SKKN rèn luyện kỹ năng sử dụng tính chất của tiếp tuyến trong chứng minh bất đẳng thức

Sáng kiến kinh nghiệm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA I

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN KỸ NĂNG SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA TIẾP
TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Người thực hiện: Ngô Quang Giang
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn : Toán

THANH HÓA NĂM 2013


Sáng kiến kinh nghiệm

CẤU TRÚC CỦA ĐỀ TÀI
A. Đặt vấn đề
B. Giải quyết vấn đề
I) Cở sở lý luận
II) Giải pháp thực hiện
1) Các bài toán sử dụng trực tiếp hàm số
2) Khai thác dữ kiện từ đó tìm ra hàm số cần xét
3) Khai thác bất đẳng thức đã chứng minh thành các bất đẳng thức mới
4) Bài tập áp dụng
5) Kiểm nghiệm
C. Kết luận và đề xuất
1) Kết luận

2) Đề xuất

GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

1


Sáng kiến kinh nghiệm

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I) Lời mở đầu
Mục tiêu hàng đầu của việc dạy học môn toán trung học phổ thông là trang
bị những tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh.
Phần bất đẳng thức là chủ đề khá quan trọng trong việc phát triển tư duy sáng
tạo, tư duy biện chứng cho học sinh. Đồng thời cũng thường gặp trong các đề thi
đại học và cao đẳng, đề thi học sinh giỏi hàng năm.
Có rất nhiều phương pháp vận dụng chứng minh bất đẳng thức, các phương
pháp giải đa dạng, một số tài liệu đưa ra cách giải mang tính thủ thuật, không tự
nhiên làm cho học sinh không có cách nhìn bao quát về chứng minh bất đẳng thức.
Sáng kiến kinh nghiệm này tôi đã hướng dẫn học sinh sử dụng tính chất tiếp tuyến
hợp lý từ đó vận dụng vào việc chứng minh bất đẳng thức. Với kết quả được xây
dựng một cách tự nhiên và sắp xếp từ đơn giản đến phức tạp giúp học sinh có cách
nhìn tổng quan hơn. Mặt khác hướng dẫn học sinh biết kết hợp khai thác các kiến
thức đã học, các kiến thức liên quan tìm ra các bất đẳng thức mới. Từ đó phát huy
tính cực, chủ động, sáng tạo của học sinh trong việc lĩnh hội tri thức và tạo niềm
tin, hứng thú trong học tập môn Toán.
II) Thực trạng
a) Đối với giáo viên

Chủ đề bất đẳng tương đối khó mà số lượng tiết học trong sách giáo khoa đối
với nội dung này ít. Các giáo viên thường dạy theo kiểu nêu các tính chất, các bất
đẳng thức thông dụng sau đó ra các bài tập có tính chất ngẫu hứng, rồi học sinh
giải hoặc giáo viên giải cho học sinh nghe. Dẫn đến học sinh bế tắc trong con
đường suy nghĩ và khó tìm đường lối giải quyết cho các bài tập khác
b) Đối với học sinh:
Chủ đề bất đẳng thức tương đối khó đối với mọi đối tượng học sinh. Sự nhận
thức học sinh thể hiện khá rõ:
GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

2


Sáng kiến kinh nghiệm

- Học sinh lúng túng không có định hướng khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng
thức.
- Khả năng phân tích dữ kiện, tổng hợp các kiến thức liên quan đến bài toán còn
hạn chế.
- Chưa có kỹ năng vận dụng tính chất cơ bản của bất đẳng thức và các bất đẳng
thức cổ điển để kiến tạo ra tri thức tổng hợp từ đó vận dụng vào giải bài tập.
- Từ các bất đẳng thức đã chứng minh chưa biết phân tích xây dựng thành các bài
toán mới.
Vì vậy để khắc phục các hạn chế trên của học sinh, giúp giáo viên có định
hướng tốt khi dạy phần bất đẳng thức đồng thời bồi dưỡng khả năng tư duy cho học
sinh khá giỏi, qua đó nâng cao chất lượng mũi nhọn cho nhà trường tôi đã chọn đề
tài:
“ Rèn luyện kỹ năng sử dụng tính chất của tiếp tuyến trong chứng minh bất

đẳng thức”

GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

3


Sáng kiến kinh nghiệm

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Cơ sở lí luận
- Đường thẳng y = ax + b là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm A ( x0 ; y0 )
(A không là điểm uốn), khi đó tồn tại khoảng D chứa x0 sao cho:
f ( x ) ≥ ax + b hoặc f ( x) ≤ ax + b (Dấu bằng xảy ra khi x = x 0 )

Từ đó ta có: f ( x1 ) + f ( x2 ) + ........ + f ( xn ) ≥ a (x1 + x2 + ...... + xn ) + nb
Hoặc: f ( x1 ) + f ( x2 ) + ........ + f ( xn ) ≤ a (x1 + x2 + ...... + xn ) + nb
Nếu biết: x1 + x2 + ...... + xn = m (m không đổi) ta có:
f ( x1 ) + f ( x2 ) + ........ + f ( xn ) ≥ am + nb hoặc f ( x1 ) + f ( x2 ) + ........ + f ( xn ) ≤ am + nb

- Đường thẳng y = ax + b là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm A ( x0 ; y0 )
khi đó: f ( x) − (ax + b) = ( x − x0 ) k g ( x); (k ≥ 2, k ∈ N )
II. Giải pháp thực hiện
1) Các bài toán sử dụng trực tiếp hàm số :
Để học sinh vận dụng thành thạo nội dung của phương pháp và tạo niềm tin
lĩnh hội tri thức cho học sinh. Tôi hướng dẫn học sinh xét các bài toán đơn giản,
các bài toán mà hàm số cần xét đã có sẵn.
Bài 1: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x+ y + z = 3. Chứng minh rằng:

2( x 3 + y 3 + z 3 ) − ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ 3

Dẫn dắt học sinh:
- Bất đẳng thức đối xứng với ba ẩn x, y, z, dấu bằng xảy ra khi x = y = z =1
- Từ giả thiết hướng cho ta việc xét hàm f ( x) = 2 x3 − x 2
Giải: Xét hàm : f ( x) = 2 x3 − x 2 ; x ∈ (0;3) Ta có: f '( x) = 6 x 2 − 2 x
Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 1 là: y = 4x – 1
Vì: 2 x3 − x 2 − (4 x − 1) = ( x − 1)2 (2 x + 3) ≥ 0; ∀x ∈ (0;3) ,
Nên: 2 x3 − x 2 ≥ 4 x − 3; ∀x ∈ (0;3)

GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

4


Sáng kiến kinh nghiệm

Suy ra: (2 x3 − x 2 ) + (2 y 3 − y 2 ) + (2 z 3 − z 2 ) ≥ 4( x + y + z ) − 9 ⇔ 2( x3 + y 3 + z 3 ) − ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ 3
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =1.
Bài 2: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x+ y + z = 1. Chứng minh rằng:
1 1 1
x + y + z + 9( + + ) ≥ 82
x y z
9
9
Giải: Xét hàm f ( x) = x + ; x ∈ (0;1) . Ta có f '( x) = 1 − 2
x
x

1
Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x =
là : y = - 80x +54
3
9
9
9(3 x − 1) 2
≥ 0; ∀x ∈ (0;1)
Vì : x + − (− 80 x + 54) = + 81x  −54 =
x
x
x
9
Suy ra : x + ≥ −80 x + 54; ∀x ∈ (0;1)
x

Từ đó ta có :
1 1 1
x + y + z + 9( + + ) ≥ −80( x + y + z ) + 162
x y z
1 1 1
⇔ x + y + z + 9( + + ) ≥ 82
x y z

Dấu bằng xảy ra khi : x = y =z =1.
Bài 3: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x+ y + z = 1. Chứng minh rằng:
1
1
1
27

+
+
≤
2
2
2
1+ x 1+ y 1+ z
10
−2 x
1
; x ∈ (0;1) . Ta có: f '( x ) =
2
(1 + x 2 ) 2
1+ x
1
Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = là:
3
1
1
1 −27 x + 54
y = f '( )( x − ) + f ( ) =
3
3
3
50
2
1
−27 x + 54
(3x − 1) (4 − 3 x)
−

=−
≤ 0; ∀x ∈ (0;1)
Vì:
2
1+ x
50
50(1 + x 2 )
1
−27 x + 54
≤
; ∀x ∈ (0;1)
Suy ra:
2
1+ x
50
1
1
1
27
162 27
Từ đó ta có: 1 + x 2 + 1 + y 2 + 1 + z 2 ≤ − 50 ( x + y + z ) + 50 = 10 .
1
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = .
3

Giải: Xét hàm số: f ( x) =

GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

5


Sáng kiến kinh nghiệm

2) Khai thác dữ kiện bài toán tìm hàm số cần xét
Trong phần này tôi đưa ra các bài toán mà chưa có sẵn hàm số cần xét, mỗi bài
mở ra một hướng khai thác dữ kiện khác nhau để tìm ra hàm số cần xét, từ đó phát
huy khả năng sáng tạo của học sinh.
Bài 1: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Chứng minh rằng:
x
y
z
3 3
+
+
≥
2
2
2
1− x 1− y 1− z
2

Dẫn dắt học sinh:
x
trên khoảng (0;1).
1 − x2
x
y

z
3 3
x
3 ⇒
+
+
≥ 3( x + y + z ) −
Từ đó suy ra được:
≥ 3x −
;
(1)
2
2
2
2
1− x 1− y 1− z
2
1− x
2

- Nhiều học sinh mắc sai lầm khi xét hàm số y =

- Vì điều kiện: x 2 + y 2 + z 2 = 1 suy ra x + y + z ≤ 3 nên không sử dung vào (1) được.
- Mặt khác với điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = 1 (ẩn số bậc 2) mà khi sử dụng tính chất tiếp
tuyến ta chỉ đánh giá với biểu thức ẩn bậc nhất, do đó ta nên đặt ẩn phụ để chuyển
về bài toán với điều kiện ẩn bậc nhất.
Giải: Đặt: x 2 = a; y 2 = b; z 2 = c (a, b, c > 0) Bài toán trở thành:
Cho ba số dương a, b,c thõa mãn: a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
a
b

c 3 3
+
+
≥
1− a 1− b 1− c
2

Xét hàm: f ( x) =

x +1
x
; x ∈ (0;1) . Ta có: f '( x ) =
2 x (1 − x) 2
1− x
1
là:
3
1
1
1 3 3
x
y = f '( )( x − ) + f ( ) =
3
3
3
2

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x =

Vì:

x 3 3
3 3
1 2
2
−
x=
x( x −
) ( x+
) ≥ 0; ∀x ∈ (0;1)
1− x
2
2
3
3

Nên:

x 3 3
≥
x ; ∀ x ∈ (0;1)
1− x
2

GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

6

Sáng kiến kinh nghiệm

Khi đó:

a
b
c 3 3
3 3
+
+
≥
(a + b + c ) =
.
1− a 1− b 1− c
2
2

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =

1
3

Bài 2: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z = 3.Chứng minh rằng:
1
1
1
3
+
+

≤
9 − xy 9 − yz 9 − xz 8

Nhận xét: - Các ẩn x, y, z đối xứng và dấu bằng xảy ra khi x = y = z =1
- Cần khai thác dữ kiện để tìm ra hàm số cần xét.
Vì: xy ≤ (

1
1
x+ y 2
3− z 2
≤ 2
) =(
) nên
. Tương tự với ẩn còn lại
9 − xy − z + 6 z + 27
2
2

Từ đó suy ra hàm số cần xét là y =
1

1

1
.
− x + 6 x + 27
2

1

1

1

1

Giải: Ta có: 9 − xy + 9 − yz + 9 − xz ≤ − x 2 + 6 x + 27 + − y 2 + 6 y + 27 + − z 2 + 6 z + 27 (1)
Xét hàm: y =

2x − 6
1
; x ∈ (0;3) . Ta có: f '( x ) =
2
(− x + 6 x + 27) 2
− x + 6 x + 27
2

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x =1 là:
y = f '(1)( x − 1) + f (1) =

−x + 9
64

1
−x + 9
( x − 1) 2 ( x − 13)
−
≤ 0; ∀x ∈ (0;3)
Vì: 2

=
− x + 6 x + 27
64
64(− x 2 + 6 x + 27)

Nên:

1
−x + 9
≤
; ∀x ∈ (0;3)
− x + 6 x + 27
64
2

1

1

1

Từ đó ta có: − x 2 + 6 x + 27 + − y 2 + 6 y + 27 + − z 2 + 6 z + 27 ≤
1

1

1

27 − ( x + y + z ) 3
=

64
8

(2)

3

Từ (1) và (2) suy ra: 9 − xy + 9 − yz + 9 − xz ≤ 8 , Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =1
Bài 3: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x 4 + y 4 + z 4 = 3. Chứng minh rằng:
1
1
1
+
+
≤1
4 − xy 4 − yz 4 − xz

GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

7


Sáng kiến kinh nghiệm

Dẫn dắt học sinh:
x2 + y2
1
xy ≤

;⇒
≤
- Học sinh nghĩ ngay đến việc sử dụng:
2
4 − xy

1
x2 + y2
4−
2

- Tuy nhiên điều kiện ẩn số bậc 4 mà khi sử dụng tính chất tiếp tuyến ta chỉ đánh
giá với biểu thức ẩn bậc nhất, nên phải kết hợp cả đánh giá và đặt ẩn phụ để chuyển
về bài toán với điều kiện bậc nhất.
-

Đặt a = ( x 2 + y 2 )2 ; b = (z 2 + y 2 )2 ;c = ( x 2 + z 2 ) 2

Khi đó: a = ( x 2 + y 2 ) 2 ≤ 2( x 4 + y 4 ) ⇒ a + b+ c ≤ 4( x 4 + y 4 + z 4 ) = 12
-

Ta có:

xy ≤

x2 + y2
1
;⇒
≤
2

4 − xy

- Từ đó xét hàm : y =

1
2
=
2
2
x +y
8− a
4−
2

1
8− x

Giải: Đặt a = ( x 2 + y 2 )2 ; b = (z 2 + y 2 )2 ;c = ( x 2 + z 2 ) 2 ta có a+ b + c ≤ 12
1
≤
Vì: 4 − xy

1
2
1
1
1
2
2
2

=
2
2
+
+
≤
+
+
x +y
(1)
8 − a nên:
4 − xy 4 − yz 4 − xz 8 − a 8 − b 8 − c
4−
2

Xét hàm y =

1
1
; x ∈ (0;12) Ta có: f '( x ) =
2 x (8 − x ) 2
8− x

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x =4 là:
y = f '(4)( x − 4) + f (4) =

1
5
x+
144

36

1
1
5
−1
−(
t+ )=
( t − 2) 2 (4 − t ) ≤ 0; ∀t ∈ (0;12)
8 − t 144 36 144
1
1
5
≤
t + ; ∀t ∈ (0;12)
Nên:
8 − t 144 36

Vì:

Từ đó ta có:

2
2
2
2
15
+
+
≤

(a + b + c) + = 1 (2)
18
8 − a 8 − b 8 − c 144
1

1

1

Từ (1) và (2) Suy ra: 4 − xy + 4 − yz + 4 − xz ≤ 1 . Dấu bằng xảy ra khi: x = y = z =1

GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

8


Sáng kiến kinh nghiệm

Bài 4: Cho x, y,z là các số dương thõa mãn: x + y + z = 6. Chứng minh rằng:
2 x2 + 5
1 + x3

+

2 y2 + 5
1 + y3

+

2z 2 + 5
1 + z3

≥ 13

2 x2 + 5

Dẫn dắt học sinh: - Nếu sử dụng hàm số y =

1 + x3

thì dẫn đến việc tính toán

phức tạp, khi đó ta nghĩ đến việc đánh giá để tìm ra hàm số đơn giản hơn.
1

2
1
4
⇔
≥ 4
⇔ x 2 ( x − 2) 2 ≥ 0; ∀x
2
3
2
2+ x
1+ x
x + 4x + 4
1+ x

2
2
2 x + 5 2(2 x + 5)
1
≥
= 2(2 +
)
Khi đó ta có:
2
3
2+ x
2 + x2
1+ x

- Ta có:

Từ đó suy ra:

≥

3

2 x2 + 5
1+ x

3

+

2 y2 + 5

1+ y

3

+

2z2 + 5
1+ z

Khi đó xét hàm: y =

1
, x ∈ (0;6) .
x +2

Giải: Xét hàm: y =

1
, x ∈ (0;6) .
x +2

3

≥ 2(6 +

1
1
1
+
+

)
2
2
2+ x 2+ y
2 + z2

2

2

Phương trình tiếp tuyến của hàm số tại điểm có hoành độ x = 2 là:
y = f '(2)( x − 2) + f (2) =
Vì: 1 − ( − x + 7 ) =
x2 + 2
9 18

−x 7
+
9 18

1
( x − 2) 2 ( x + )
1
−x 7
≥
+ ; ∀x ∈ (0;6)
2 ≥ 0, ∀x ∈ (0;6) nên 2
x
+
2

9
18
2
9( x + 2)

−1
7 1
Ta có: 2 + x 2 + 2 + y 2 + 2 + z 2 ≥ ( x + y + z ) + = (1)
9
6 2
1

1

1

Kết hợp với (1) suy ra:

2 x2 + 5
1 + x3

+

2 y2 + 5
1 + y3

+

2z 2 + 5
1 + z3

≥ 2(6 +

1
1
1
+
+
) ≥ 13
2
2
2+ x 2+ y
2 + z2

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 2
Bài 5: Cho a, b, c là các số dương . Chứng minh rằng:
(2a + b + c) 2 (2b + a + c) 2 (2c + b + a ) 2
+
+
≤8
2a 2 + (b + c ) 2 2b2 + (a + c) 2 2c 2 + (b + a ) 2

GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

9


Sáng kiến kinh nghiệm

Dẫn dắt học sinh: - Bất đẳng thức đúng với a, b,c thì cũng đúng với ka, kb, kc
- Vì : f ( ka; kb; kc) = k 2 f (a; b; c) ,Nên f ( a; b; c) ≥ 0 ⇔ f ( ka; kb; kc) ≥ 0;(k ∈ R)
- Đặt x= ka;y= kb;z=kc và chọn k=

1
thì x + y + z = 1 và f (a; b; c) ≥ 0 ⇔ f ( x; y; z ) ≥ 0
a+b+ c

- Do đó đối với những bất đẳng thức dạng này ta có thể giả thiết thêm a + b + c = 1
(hoặc a + b + c = m nếu chọn k =

m
).
a+b+c

Giải: Không làm mất tính tổng quát giả sử: a + b +c = 1.
(2a + b + c) 2
(1 + a ) 2
a 2 + 2a + 1
=
=
Khi đó: 2
(Tương tự cho các biểu thức còn lại.)
2a + (b + c ) 2 2a 2 + (1 − a) 2 3a 2 − 2a + 1

Xét hàm số f ( x) =

x2 + 2 x + 1
; x ∈ (0;1)

3x 2 − 2 x + 1

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x =

1
là:
3

1
1
1 12 x + 4
3
3
3
3
2
2
x + 2 x + 1 12 x + 4
(3 x − 1) (4 x + 1)
−
=−
≤ 0; ∀ x ∈ (0;1)
Vì:
2
3x − 2 x + 1
3
3(3 x 2 − 2 x + 1)
x 2 + 2 x + 1 12 x + 4
≤
; ∀x ∈ (0;1)

Nên: 2
3x − 2 x + 1
3
y2 + 2 y +1
x2 + 2 x + 1
z 2 + 2 z + 1 12( x + y + z ) + 12
≤
=8
Từ đó ta có: 2
+ 2
+ 2
3x − 2 x + 1 3 y − 2 y + 1 3z − 2 z + 1
3

y = f '( )( x − ) + f ( ) =

(2 x + y + z ) 2 (2 y + x + z ) 2 (2 z + x + y ) 2
+
+
≤ 8.
Từ (1) và (2) ta có: 2
2 x + (y+ z ) 2 2 y 2 + (x + z ) 2 2 z 2 + (x + y ) 2

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =1.
3) Khai thác bất đẳng thức đã chứng minh thành các bất đẳng thức mới
Với mục tiêu giúp học sinh không chỉ dừng lại ở việc chứng minh một bất
đẳng thức, mà từ bất đẳng thức đã chứng minh khai thác tìm tòi ra nhiều bất đẳng
thức mới, qua đó phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh và nhu cầu khám phá tri
thức mới.
GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

10


Sáng kiến kinh nghiệm
3.1)

Khai thác bài toán 2(mục II.1):

Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x+ y + z = 1. Chứng minh rằng:
1 1 1
x + y + z + 9( + + ) ≥ 82
x y z

Hướng 1: Vì BĐT không phụ thuộc vào số ẩn nên ta có bài toán tổng quát:
Bài toán 1: Cho n số dương x1 ; x2 ;......., x n thõa mãn: x1 + x2 + ....... + xn = m (m > 0).
Tìm giá trị nhỏ nhất (hoặc giá trị lớn nhất tùy theo giá trị a, b) của biểu thức:
1

1

1

A= a( x1 + x2 + ....... + xn ) +b( x + x + ...... + x ) (a, b ∈ R)
1
2
n
Hướng 2: Xuất phát từ bất đẳng thức:

(12 + 92 )( x 2 +

Từ đó ta có: 82( x 2 +

1
9
1
9
) ≥ ( x + ) 2 ⇒ 82 x 2 + 2 ≥ x +
2
x
x
x
x

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

Ta có bài toán 2: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z =1. Chứng minh
a) x 2 +

1

1
1
+ y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82
2
x
y
z

b) x 2 +

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

Hướng 3: Xuất phát từ bất đẳng thức
+ ) xyz ≤ (
+ ) x2 +

x+ y+ z 3 1
) ≤ 3
3
3

1
1

1
x2
82
2
82
=
x
+
+
.....
+
≥
82
=
2
2
2
2 2
x
81x
81x
(81x ) 41 981 x80

⇒ x2 +

1
1
1
82 1
1

1
82
+ y2 + 2 + z2 + 2 ≥
(
+
+
)≥
2
41 40
41 81 41 40
41 81
41 40
x
y
z
3
x
y
z
3

1
3

41

x 40

1
41

y 40

1
41

z 40

= 82

- Với cách làm trên thì căn bậc hai và bậc của x không ảnh hưởng trực tiếp vào bài
toán, từ đó ta có bài toán sau:

GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

11


Sáng kiến kinh nghiệm

Bài toán 3: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z =1. Chứng minh rằng:

a) x n +

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

n
x
y
z

b) n x 2 +

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

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

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

b) x1n +

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

c) n x12 +

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

Hướng 4: Nhận thấy:

1
x
x
1
− 1− x =
= −X
. Đặt: X = 1 − x ⇒

1− x
1− x
1− x X

Ta có: ( X + Y + Z )2 ≤ 3( X 2 + Y 2 + Z 2 ) = 6 ⇒ X + Y + Z ≤ 6
Sử dụng tính chất tiếp tuyến ta chứng minh được:
x

y

z

1

1

1
5
− X ≥ − X + 6; ∀X ∈ (0; 6)
X
2

1

Từ đó suy ra: 1 − x + 1 − y + 1 − z ≥ X + Y + Z − ( X + Y + Z )
Vì:

x
y
z

3
1 1 1
5
3
+
+
≥
+ + − (X +Y + Z) ≥ − (X +Y + Z) + 3 6 =
⇒
2
1− x
1− y
1− z
X Y Z
2
2

Ta có bài toán 4:
a) Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z =1.Chứng minh rằng :
x
y
z
3
+
+
≥
2
1− x
1− y
1− z

b) Tổng quát: Cho n số dương x1 ; x2 ;......., x n thõa mãn: x1 + x2 + ....... + xn = m, (m > 0)

GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

12


Sáng kiến kinh nghiệm

Chứng minh rằng:

xn
x1
x2
mn
+
+ ....... +
≥
n −1
m − x1
m − x2
m − xn

3.2 Khai thác bài toán 3(mục II.1):
Bài toán 2: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x+ y + z = 1. Chứng minh rằng:
1
1

1
27
+
+
≤
2
2
2
1+ x 1+ y 1+ z
10

Hướng 1: Nếu tăng số biến lên n ta có bài toán
Cho n số dương x1 ; x2 ;......., x n thõa mãn: x1 + x2 + ....... + xn = 1 .Chứng minh rằng:
1
1
1
n3
+
+
.......
+
≤
1 + x12 1 + x22
1 + xn2 n 2 + 1

Hướng 2: Thay biến bởi biểu thức phù hợp ta có bài toán mới:
Hướng 2.1: Đặt x = a n ; y = b n ; z = c n
Ta có bài toán 2.1:
a) Cho ba số dương a, b, c thõa mãn: a n + b n + c n = 1 . Chứng minh rằng:
1

1
1
27
+
+
≤
2n
2n
2n
1+ a
1+ b
1+ c
10

b) Tổng quát:
Cho n số dương x1 ; x2 ;......., x n thõa mãn: x1n + x2n + .... + xnn = 1 .Chứng minh rằng:
1
1
1
n3
+
+
.....
+
≤
1 + x12 n 1 + x22 n
1 + xn2 n n 2 + 1

Hướng 2.2: Đặt x =

1
1
1
; y = n ;z = n
n
a
b
c

Ta có bài toán 2.2:
a) Cho ba số dương a, b, c thõa mãn:

1 1 1
+ + = 1 . Chứng minh rằng:
an bn cn

a2n
b2 n
c 2n
27
+
+
≤
2n
2n
2n
1+ a
1+ b
1+ c
10

b)Tổng quát:

GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

13


Sáng kiến kinh nghiệm
1

1

1

Cho n số dương x1 ; x2 ;......., x n thõa mãn: x n + x n + .... + x n = 1 .Chứng minh rằng:
1
2
n
xn2 n
x12 n
x22 n
n3
+
+
.....
+
≤

1 + x12 n 1 + x22 n
1 + xn2 n n 2 + 1

Hướng 2.3: Thay x =
(Khi đó : x + y + z = 2(

2a 2
2b 2
2c 2
;y =
;z =
(b + c )
a+c
a+b

a2
b2
c2
(a + b + c) 2
+
+
)≥2
=1
b+c a+c a+b
2(a + b + c)

Ta có bài toán 2.3: Cho ba số dương a, b, c . Chứng minh rằng:
(b + c) 2
(a + c) 2
( a + b) 2

27
+
+
≤
4
2
4
2
4
2
4a + (b + c ) 4b + (a + c) 4c + (b + a )
10

Hướng 3: Kết hợp với các bất đẳng thức cổ điển từ đó tạo ra các bất đẳng thức mới
Hướng 3.1: Ta có: (

1
1 + x2

+

1
1 + y2

+

1
1+ z2

) 2 ≤ 3(

1
1
1
81
+
+
)≤
2
2
2
1+ x 1+ y 1+ z
10

Ta có bài toán 3.1:
Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z = 1.Chứng minh rằng :
1
1+ x

2

+

1
1+ y

2

+

1
1+ z

2

≤

9 10
10

Hướng 3.2: Xuất phát từ
x
y
z
x2
y2
z2
2
( x + y + z) = (
y+ z +
x+ z +
y + x) ≤ (
+
+
)2( x + y + z )
y+ z x+ z y+ x
y+ z
x+ z
y+ x
2

x2
y2
z2
x2
y2
z2
⇔ x+ y+ z ≤
+
+
⇔
+
+
≥1
y+ z x+ z y+ x
y+ z x+ z y+ x

Ta có bài toán 3.2 :
Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z = 1. Chứng minh rằng :
x2
y2
z2
+
+
≥1
y+z x+z x+ y

GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

14


Sáng kiến kinh nghiệm
x2 y 2 z 2
Hướng 3.3:Xuất phát từ biểu thức: + + ≥ x + y + z = 1
y
z
x
(

Mà:

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

x+ z +

y2
z x+ y

x+ y +

z2
x y+z

y + z )2

x4
y4
z4
+
+
).2( x + y + z )
y 2 ( x + z) z 2 ( x + y) x2 ( z + y)

Từ đó ta có bài toán 3.3:
Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1. Chứng minh rằng:
x4
y4
z4
1
+
+
≥
2
2
2
y ( x + z ) z ( y + x) x ( z + y ) 2

Hướng 3.4: Sử dụng bất đẳng thức Côsi “ thuận - nghịch”
a) Vì dấu bằng xảy ra khi x = y = z =

1
nên:
3

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

x

Từ đó: y 2 + 1
9

+

y
z2 +

1
9

+

z
x2 +

1
9

≥ 9( x + y + z ) −

27
27 1 9
( xy + yz + xz ) ≥ 9 − . =
2
2 3 2

(do 3( xy + yz + xz ) ≤ ( x + y + z ) 2 ⇔ xy + yz + xz ≤

1
)
3

Ta có bài toán 3.4 :
Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1. Chứng minh rằng:
x
y
z
1
+
+
≥
2
2
2
1 + 9 y 1+ 9z 1+ 9x
2

b) Tương tự bài toán trên kết hợp với vai trò bình đẳng của x, y, z ta khai thác theo
hướng sau:

x3
xy 2
xy 2
y
= x− 2
≥ x−
= x−
2

2
2
x +y
x +y
2 xy
2

x3
y3
z3
x+ y+z 1
+
+
≥
=
Từ đó suy ra: 2 2
2
2
2
2
x +y
y +z
z +x
2
2

GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

15


Sáng kiến kinh nghiệm

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

x3
y3
z3
1
a) 2
+ 2
+ 2
≥
2
2
2
x +y
y +z
z +x
2
x4
y4
z4
1
+
+
≥
3

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

Hướng 3.5:Khai thác bài toán trên theo hướng sử dụng các bất đẳng thức đúng:
a) Ta có:

( x − y ) 2 = x 2 − 2 xy + y 2 ≥ 0 ⇔ x 2 + xy + y 2 ≥ 3xy ⇒

xy 2
xy 2 y
≤
=
x 2 + xy + y 2 3 xy 3

Ta có bài toán 3.5:
Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng minh rằng:

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

b) Hoặc:
( x − y ) 2 = x 2 − 2 xy + y 2 ≥ 0 ⇔ 3( x 2 − xy + y 2 ) ≥ x 2 + xy + y 2
x 2 − xy + y 2 1
x 2 − xy + y 2 1
x3 + y 3
1
⇒ 2
≥ ⇔ ( x + y) 2
≥ ( x + y) ⇔ 2
≥ ( x + y)
2
2

2
x + xy + y
3
x + xy + y
3
x + xy + y
3

Khi đó ta có:

x3
y3
z3
1
+
+
≥ ( x + y + z)
2
2
2
2
2
2
x + xy + y
y + yz + z
z + xz + z
3

Ta có bài toán: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z = 1.
x3

y3
z3
1
+
+
≥
Chứng minh rằng: 2
2
2
2
2
2
x + xy + y
y + yz + z
z + xz + z
3

Nhận xét :
- Từ sự dẫn dắt trên học sinh có thể khai thác và tìm thêm nhiều bài toán mới.
- Trên đây tôi hướng dẫn học sinh dựa trên mối liên hệ logic của toán học
phát triển bài toán cụ thể thành các bài toán khác nhau, từ đó rèn luyện học

GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

16


Sáng kiến kinh nghiệm

sinh đức tính luôn chủ động, tích cực trong việc tiếp thu tri thức. Từ đó phát
triển tư duy sáng tạo cho học sinh.
4) Bài tập áp dụng
Bài 1: Cho ba số dương x, y,z thõa mãn: x + y + z = 1
x

y

z

9

a)Chứng minh rằng: (1 − x) 2 + (1 − y )2 + (1 − z ) 2 ≥ 4 .
b) Phát triển bài toán trên thành các bài toán mới
x

y

z

Bài 2: Cho ba số dương x, y,z thõa mãn: x + y + z ≥ y + z + x
x

y

z

3

a)Chứng minh rằng: x + 1 + y + 1 + z + 1 ≥ 2 .
b) Phát triển bài toán trên thành các bài toán mới.
5) Kiểm nghiệm:
- Đề tài được nghiên cứu và thực hiện giảng dạy trong hai năm 2011- 2012;
2012- 2013. Trong một số tiết chữa bài tập và một số tiết bồi dưỡng học sinh
khá giỏi.
- Đối tượng thực nghiệm là học sinh đã học xong chương trình 11.
-

Sau khi giảng dạy tôi tiến hành kiểm tra khả năng tiếp thu của học sinh kết
quả thu được như sau :
Lớp
12A1
12A2
12A1
12A2

GV: Ngô Quang Giang

Năm học
2011– 2012
2011 – 2012
2012 – 2013
2012 - 2013

Kết quả
28/45 (62,2%)
32/45(71,1%)
34/45(75,5%)
37/45(82,7%)

Trường THPT Tĩnh Gia I

17


Sáng kiến kinh nghiệm

KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
1)Kết luận
Qua thời gian nghiên cứu và vận dụng đề tài vào giảng dạy tôi rút ra một số
nhận xét sau :
- Với cách dạy như trên tạo ra tâm thế hứng thú, sẵn sàng lĩnh hội tri thức,
khắc phục tính chủ quan hình thành tính độc lập chủ động của người học.
- Giáo viên đã tạo được niềm tin cho học sinh khi đứng trước bài toán về bất
đẳng thức, đó là động lực thúc đẩy học sinh khám phá thêm các phần tương
tự, các bài toán khó về bất đẳng thức.
- Rèn luyện khả năng phân tích tổng hợp, tư duy trừu tượng hóa, khái quát
hóa, phán đoán logic cho học sinh.
2) Đề xuất
- Trong khuôn khổ một sáng kiến tôi chỉ đề xuất một vài hướng giải quyết bài toán,
vì vậy theo định hướng này giáo viên phải tiếp tục đào sâu nghiên cứu để xây dựng
nhiều bài tập tương tự để dạy cho học sinh đạt kết quả cao.
- Duy trì phong trào viết sáng kiến kinh nghiệm hàng năm nhằm nâng cao chất
lượng dạy và học.
- Các sáng kiến có chất lượng hàng năm nên được triển khai rộng rãi làm tư liệu
giảng dạy cho giáo viên.

GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

18


Sáng kiến kinh nghiệm
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Tĩnh gia, ngày 25 tháng 5 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết , không sao chép nội dung của
người khác.
Người viết
Ngô Quang Giang

GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

19