SỬ DỤNG TÍNH CHẤT của TIẾP TUYẾN để 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

SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA TIẾP TUYẾN ĐỂ CHỨNG
MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Người thực hiện: Nguyễn Thị Hiền
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn: Toán

NĂM
2018
Nguyễn Thị THANH
Hiền – HÓA
Trường
THPT
Tĩnh Gia I

0


Sáng kiến kinh nghiệm

MỤC LỤC
1.LỜI MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài

1.2. Mục đích nghiên cứu.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2.NỘI DUNG SÁNG KIẾN
2.1 Cở sở lí luận
2.2. Thực trạng vấn đề
2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1 Các bài toán sử dụng trực tiếp hàm số
2.3.2 Khai thác dữ kiện tìm hàm số cần xét
2.3.3 Sử dụng bất đẳng thức tiếp tuyến
2.3.4. Khai thác bất đẳng thức đã chứng minh thành các bất đẳng thức mới
2.4 Hiệu quả đạt được
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
2. Kiến nghị

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

1


Sáng kiến kinh nghiệm

1. 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 khá quan trọng trong việc phát triển tư duy sáng tạo, tư
duy biện chứng cho học sinh. Sử dụng tính chất của tiếp tuyến để chứng minh bất

đẳng thức là một phương pháp rất hiệu quả.Giúp học sinh có định hướng trong việc
đánh giá một biểu thức lớn hơn hay nhỏ hơn một biểu thức bậc nhất. Mặt khác từ
việc chứng minh một bài toán cụ thể, 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.
1.1 Lý do chọn đề tài
Chủ đề bất đẳng thức tương đối khó đối với mọi đối tượng học sinh. Sự nhận thức
học sinh thể hiện khá rõ:
- Học sinh lúng túng không có định hướng khi gặp bài toán chứng minh bất
đẳng
- 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.
- Chưa có kĩ năng vận dụng kiến thức đã học vào trong thực tế cuộc sống.
- 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, và 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: Sử dụng tính chất của tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức.
1.2 Mục đích nghiên cứu.
- Từ một bất đẳng thức cụ thể cần rèn luyện cho học sinh kỹ năng xây dựng
phương trình hàm số thích hợp, từ đó sử dụng tính chất của tiếp tuyến
chứng minh bất đẳng thức hoặc tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm
số.
- Giúp giáo viên có định hướng tốt khi giảng dạy chủ đề bất đẳng thức.
1.3 Đối tượng nghiên cứu.
Các dạng bài tập chứng minh bất đẳng thức, bài tập tìm giá trị lớn nhất giá trị

nhỏ nhất của hàm số sử dụng tính chất tiếp tuyến.
1.4 Phương pháp nghiên cứu.
Xây dựng hệ thống bài tập định hướng

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

2


Sáng kiến kinh nghiệm

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN
2.1.Cở sở lý luận
Bổ đề 1: Cho hàm số y = f(x) nếu đường thẳng y = ax + b là tiếp tuyến của đồ thị
hàm số tại điểm A(x0; y0), ( A không phải là điểm uốn ), khi đó tồn tại một khoảng D
chứa điểm x0 sao cho f ( x) �ax  b , x �D hoặc f ( x) �ax  b , x �D
Nhận xét: : Nếu đường thẳng y = ax + b là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm
A(x0; y0) . Khi đó ta luôn phân tích được:
f ( x)  (ax  b )  ( x  x0 ) k g ( x), k �2, k �N
Bổ đề 2: (bất đẳng thức tiếp tuyến)
Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đạo hàm cấp 2 trên [a; b].
- Nếu f ''( x) �0, x � a, b  ta luôn có f ( x ) �f '(x 0 )( x  x0 )  f ( x0 ), x0 � a, b  .
- Nếu f ''( x) �0, x � a, b  ta luôn có f ( x ) �f '(x 0 )( x  x0 )  f ( x0 ), x0 � a, b  .
Chứng minh: +) Với f ''( x) �0, x � a, b 
Xét hàm số g ( x )  f ( x)  f '(x 0 )( x  x0 )  f ( x0 ), x0 � a, b  .
Ta có g '( x)  f '(x)  f '( x0 ) do f ''( x0 ) �0, x � a, b  . Nên hàm số f’(x) là hàm số
đồng biến trên [a;b]. Do đó g’(x) đổi dấu từ dương sang âm khi qua x0 nên g(x) đạt
cực tiểu tại x0 hay

g ( x) �g (x 0 ) � f ( x)  f '( x0 )( x  x0 )  f ( x0 ) �0
۳
f (�
x) f '( x0 )( x x0 )

f ( x0 ), x0

 a, b  .

Chứng minh tương tự cho trường hợp f ''( x) �0, x � a, b 
Nhận xét:
- Hệ thức y  f '(x 0 )( x  x0 )  f ( x0 ) là phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
tại điểm x0 . Do vậy nếu f ''( x) �0, x � a, b  nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại
điểm bất kì trên [a;b] luôn nằm phía dưới đồ thị của hàm số.
- Nếu f ''( x) �0, x � a, b  nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm bất kì trên [a;b]
luôn nằm phía trên đồ thị của hàm số.
Bổ đề 3:
Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đạo hàm cấp 2 trên (a; b) và n là số thực dương
 k , k  1, n saocho1   2  ...   n  1 .
+ Nếu f ''( x )  0, x �(a; b) thì ta có
1 f ( x1 )   2 f ( x2 )  ...   n f ( xn ) �f (1 x1   2 x2  ...   n xn ). Với xi �(a; b), i  1, n
+ Nếu f ''( x )  0, x �(a; b) thì ta có
1 f ( x1 )   2 f ( x2 )  ...   n f ( xn ) �f (1 x1   2 x2  ...   n xn ). Với xi �(a; b), i  1, n
Dấu bằng xảy ra khi x1 = x2 =...= xn
Chứng minh:
Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

3

Sáng kiến kinh nghiệm

Đặt y = y  1 x1   2 x2  ...   n xn . Vì f ''( x) �0, x �(a; b) nên áp dụng bổ đề 2 ta
có:
f ( xk ) �f '( y )( xk  y )  f ( y ), k  1, n.


  k f ( xk ) f '( y )( k xk  k y )  k f ( y ), k 1, n.
Cộng các vế của n bất đẳng thức trên ta được :
n

�
k 1

n

k

f ( xk ) ��( f '( y )( k xk   k y )   k f ( y ))  f ( y )  f (1x1   2 x2  ...   n xn ) .
k 1

Tương tự cho trường hợp f’(x) <0.
Nhận xét : Ta có thể mở rộng bất đẳng thức trên thành :
a)

1 x1   2 x2  ...   n xn
).
1   2  ...   n

Trong đó 1 , 2 ,..., n là các số thực dương bất kỳ ( CM tương tự)
b) Cho 1 , 2 ,..., n là các số thực dương có 1   2  ...   n  1 .Khi đó với mọi



số thực không âm x1 ,x2, ...,xn ta có: 1 x1   2 x2  ...   n xn ) �x1 x2 ...xn .
2.2 Thực trạng vấn đề
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.Trong khi đó số tiết phân
phối cho bài học ít. Khả năng vận dụng kiến thức đã học vào giải các bài toán thực
tế của học sinh còn hạn chế.
Có rất nhiều phương pháp vận dụng chứng minh bất đẳng , 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. Dẫn
đến việc học sinh ”sợ” khi gặp bài toán bất đẳng thức.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Mấu chốt của bài toán sử dụng tính chất tiếp tuyến là học sinh tìm được hàm đặc
trưng, từ đó dùng tính chất của tiếp tuyến ở trên để đánh giá biểu thức chứa biến
lớn hơn hay nhỏ hơn một biểu thức bậc nhất.
2.3.1) 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[3]: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x+ y + z = 1. Chứng minh rằng:
1 f ( x1 )   2 f ( x2 )  ...   n f ( xn ) �(1   2  ...   n ) f (

1

2

n

1 1 1
x  y  z  9(   ) �82
x y z

(Ghi chú: [3] ( giải thích cho việc trích dẫn lấy từ tài liệu tham khảo số 3))
Dẫn dắt học sinh:
Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

4


Sáng kiến kinh nghiệm

- Bất đẳng thức đối xứng với ba ẩn x, y, z, dấu bằng xảy ra khi x = y = z =
- Từ giả thiết hướng cho ta việc xét hàm f ( x)  x 
9
x

Giải: Xét hàm f ( x)  x  ; x �(0;1) . Ta có f '( x)  1 
Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x =

1
3

9

x

9
x2

1
là : y = - 80x +54
3

9
9
9(3 x  1) 2
 ( 80 x  54)   81x  54 
�0; x �(0;1)
x
x
x
9
Suy ra : x  �80 x  54; x �(0;1)
x

Vì : x 

Từ đó ta có :
1 1 1
1 1 1
x  y  z  9(   ) �80( x  y  z )  162 � x  y  z  9(   ) �82
x y z
x y z
1

Dấu bằng xảy ra khi : x = y =z = .
3

Bài 2[5]: 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
f
'(
x
)

;
x
�
(0;1)
.
Ta
có:

(1  x 2 ) 2
1  x2
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
(3 x  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) 

2.3.2) 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[2]: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x  y  z  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức :
Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

5


Sáng kiến kinh nghiệm
P

x3  y3 y 3  z 3 z 3  x3


xy  9
zy  9
xz  9

Giải: Ta có
x3  y 3 y 3  z 3 z 3  x3
1
1
1
1
1
1


 x3 (

)  y3 (

)  z3 (

)
xy  9
zy  9 xz  9
xy  9 xz  9
xy  9 zy  9
xz  9 yz  9

1
1
4 x3
4 x3

)�

Áp dụng BĐT cosi: x3 (
xy  9 xz  9
xy  xz  18 x(9  x)  18
1
1
4 y3
4 y3
y3 (

)�

xy  9 zy  9
xy  yz  18 y (9  y )  18
P

z3 (

1
1
4 z3
4 z3

)�


xz  9 yz  9
xz  yz  18 z (9  z )  18

x 3  y 3 y 3  z 3 z 3  x3
4x3
4 y3
4z3


�


xy  9
zy  9 xz  9 9 x  x 2  18 9 y  y 2  18 9 z  z 2  18
4 x3
72 x3  4 x 4  216 x 2
11
, x �(0;9] � y ' 
� y '(3) 
Xét hàm số : y 
2
2
2
9 x  x  18
(9 x  x  18)
4
11
11
21

Phương trình tiếp tuyến tại x = 3 là: y  f '(3)( x  3)  f (3)  ( x  3)  3  x 
4
4
4
3
2
4x
11
21 ( x  3) (9 x  14)
 ( x )
�0
Vì :
2
9 x  x  18
4
4
4(9 x  x 2  18)
4 x3
11
21
� x
Nên:
2
9 x  x  18 4
4

Suy ra: P 

Khi đó
P

x3  y 3 y 3  z 3 z 3  x3
4x3
4 y3
4z3


�


xy  9
zy  9 xz  9 9 x  x 2  18 9 y  y 2  18 9 z  z 2  18
11
21
� ( x  y  z )  3.  9
4
4

Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 9 khi x = y = z =3.
Nhận xét: - Giáo viên định hướng học sinh kĩ năng sử dụng bất đẳng thức cổ điển
kết hợp đánh giá về một ẩn từ đó tìm ra hàm đặc trưng.
Bài 2[2]: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: a 2  b 2  c 2  1 . Chứng minh rằng:
1 1 1
8(a  b  c )  5(   ) �39
a b c

Dẫn dắt học sinh:- Bài toán này phương trình hàm số có sẵn tuy nhiên điều kiện ẩn
số bậc 2 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.

Giải: Đặt: a 2  x; b 2  y; c 2  z ( x, y, z  0) Bài toán trở thành:
Cho ba số dương a, b,c thõa mãn: x + y + z = 3. Chứng minh rằng:
Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

6


Sáng kiến kinh nghiệm
1
1
1


) �39
x
y
z
5
4
5

Xét hàm: f ( x)  8 x  ; x �(0; 3) . Ta có: f '( x) 
x
x 2x x
1
Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = là:
3
3

3x  23
y = f '(1)( x  1)  f (1)  ( x  1)  13 
2
2
2
5 3 x  23 ( x  1) ( 3 x  10)

�0; x �(0; 3)
Vì: 8 x  
2
x
2 x
5
3x  23
�
; x �(0; 3) .
Nên: 8 x 
2
x
1
1
1
3( x  y  z )  69
 39
Khi đó: 8( x  y  z )  5( x  y  z ) �
2
8( x  y  z )  5(

Dấu bằng xảy ra khi: x = y = z =1
Bài 3: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: a 2  b 2  c 2  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức: P 

a 3  b3 c 3  b3 c 3  a 3


.
a  2b b  2c c  2a

Dẫn dắt học sinh:
- Bài toán này phương trình hàm chưa có sẵn và điều kiện ẩn số bậc 2. Vì vậy ta
a
( )3  1
a 3  b3
 b
phải khai thác dữ kiện để tìm ra hàm số:
a
a  2b
2
b
- Đồng thời phải kết hợp đặt ẩn phụ a 2  x; b2  y; c 2  z ( x, y, z  0) để chuyển về bài

toán với điều kiện bậc nhất. x + y +z = 3
Giải:
x
y

x
1
y

z z
y
1
1
2
2
2
x
x
z
Đặt: a  x; b  y; c  z ( x, y, z  0) , khi đó: P 

x
y
z
2
2
2
y
z
x
1
x3 x 
x x 1
, x  0 Ta có y  x x  1 , x  0 � y ' 
2
Xét hàm số : y 
x 2
x 2
( x  2) 2

y
 z

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm x = 1.

7
2 7x  5
( x  1)  
18
3
18
2
x x  1 7 x  5 ( x  1) (11x  8)
x x 1 7x  5


�0, x  0 . Nên:
�
, x  0
Vì:
18
18
x 2
18( x  2)
x 2
y  f '(1)( x  1)  f (1) 

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

7


Sáng kiến kinh nghiệm

P
Ta có

a 3  b3 c 3  b3 c 3  a 3 x x  1 y y  1 z z  1





a  2b b  2c c  2a
x 2
y 2
z 2
7
15
� ( x  y  z)   2
18
18

Vây giá trị nhỏ nhất của biểu thức là: P = 2 khi x = y = z = 1.
8( x  y  z )  5(

1
1

1


) �39
x
y
z

Nhận xét: Giáo viên định hướng học sinhsử dụng kĩ năng đặt ẩn phụ từ đó tìm ra
hàm cần xét
Bài 4[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

Dẫn dắt học sinh:
x2  y2
xy �
;
- Học sinh nghĩ ngay đến việc sử dụng:
2

1
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( x4  y 4  z 4 )  12
-

x2  y 2
xy �
;
Ta có:
2

- Từ đó xét hàm : y =

1
4  xy

1
x2  y 2
4
2

2
8 a

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
1
2
1
1
1
2
2
2
�

2
2


Vì: 4  xy 4  x  y 8  a nên: 4  xy  4  yz  4  xz �
(1)
8 a 8 b 8 c
2
1
1
; x �(0;12) Ta có: f '( x ) 
Xét hàm y =
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) 
Vì:

1
5
x
144
36

1
1
5
1
(
t )
( t  2)2 (4  t ) �0; t �(0;12)
144
36
144
8 t

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

8

Sáng kiến kinh nghiệm

Nên:

1
1
5
� t  ; t �(0;12)
8  t 144 36

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
Bài 5[5]: Cho a, b, c là các số dương . Chứng minh rằng:

(b  c  a) 2 ( a  c  b) 2 (b  a  c) 2 3


�
a 2  (b  c ) 2 b 2  (a  c) 2 c 2  (b  a ) 2 5

Dẫn dắt học sinh: - Bất đẳng thức đúng với a, b,c thì cũng đúng với ka, kb, kc
0
f (ka; kb; kc) 0;(k R)
- Vì : f (ka; kb; kc)  k 2 f ( a; b; c) ,Nên f (a; b; c) �۳�
1
0 f ( x; y; z ) 0
- Đặt x= ka;y= kb;z=kc và chọn k=
thì x  y  z  1 và f (a; b; c) �۳
abc
- Do đó đối với những bất đẳng thức dạng này ta có thể giả thiết thêm a  b  c  1
m
(hoặc a  b  c  m nếu chọn k 
).
abc
Giải: Không làm mất tính tổng quát giả sử: a + b +c = 1.
(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
Khi đó:
1
1
1
27
� 2
 2
 2
�
2a  2a  1 2b  2b  1 2c  2c  1 5
1
; x �(0;1)
Xét hàm số f ( x)  2
2x  2x 1
1
Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = là:
3
1
1
1 54 x  27
y = f '( )( x  )  f ( ) 
3
3
3

25
2
1
54 x  27 2(3 x  1) (6 x  1)


�0;  x �(0;1)
Vì:
2
2x  2x 1
25
25(2 x 2  2 x  1)
1
54 x  27
�
; x �(0;1)
Nên: 2
2 x  2x  1
25
1
1
1
54(a  b  c)
27 27
 2
 2
�
 3. 
Từ đó ta có: � 2
2a  2a  1 2b  2b  1 2c  2c  1

25
25 5
(1) �

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =1.
Nhận xét: Giáo viên định hướng học sinh kĩ năng chuẩn hóa điều kiện.
Bài 6[3]: Cho ba số dương a,b, c. Chứng minh rằng:

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

9


Sáng kiến kinh nghiệm
a3
b3
c3
a bc


�
2
2
2
2
2
2
a  ab  b c  bc  b c  ac  a

3

Dẫn dắt học sinh:
- Bài toán này phương trình đặc trưng không dễ biến đổi về một ẩn như trong các
ví dụ trên. Tuy nhiên vai trò các ẩn bình đẳng và dầu bằng xẩy khi a = b = c. Vậy ta
a3
, a, b  0 (với a là ẩn b là tham số).
a 2  ab  b 2
a 4  2a 3b  3a 2b 2
a3
y
'

,
a
,
b

0
Giải: Xét hàm số: y  2
Ta
có
(a 2  b 2  ab) 2
a  ab  b 2

xét hàm y 

Ta đánh giá:
f ( a) �f
'(b۳۳

)(a b)

f (b)

2a  b
3

a3
a 2  ab  b 2

(a  b)( a  b) 2
3(a 2  ab  b 2 )

0, a, b

0

a3
2a  b
�
Suy ra: 2
2
a  ab  b
3
3
a
b3
c3
2a  b 2b  c 2c  a a  b  c



�



Khi đó: 2
2
2
2
2
2
a  ab  b c  bc  b c  ac  a
3
3
3
3

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c
Nhận xét: Giáo viên định hướng cho học sinh kĩ năng chuyển về xét hàm với một
ẩn đóng vai trò là biến các ẩn còn lại đóng vai trò tham số.
2.3.3) Sử dụng bất đẳng thức tiếp tuyến:
Bài 1: Cho x,y,z là các số thực không âm thõa mãn: x + y+ z = 3.Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức: P  ( x  x 2  1) y ( y  y 2  1) z ( z  z 2  1) x (1).
Giải: Ta có (1) � LnP  y ln( x  x 2  1)  z ln( y  y 2  1)  x ln( z  z 2  1)
Xét hàm số y  ln( x  x 2  1), x �0
Ta có: y ' 

1
x2  1

, x �0; y '' 

x
( x 2  1)3

�0, x �0 .

Áp dụng bổ đề 2 ta có:

f ( x) �f '(1)( x  1)  f (1)
f ( y ) �f '(1)( y  1)  f (1)
f ( z ) �f '(1)( z  1)  f (1)

Cộng các vế của ba bất đẳng thức trên ta được:

ln P  yf ( x )  zf ( y )  xf ( z )
�y ( f '(1)( x  1)  f (1))  z ( f '(1)( y  1)  f (1))  x( f '(1)( z  1)  f (1))
 ( xy  yz  xz  x  y  z ) f '(1)  ( x  y  z ) f (1)
1
�( ( x  y  z ) 2  x  y  z ) f '(1)  3 f (1)  3 f (1)  3ln(1  2)
3

Do đó P �(1  2)3 . Vậy giá trị lớn nhất của P bằng (1  2)3 khi x = y = z = 1.
Bài 2[5]: Cho tam giác nhọn ABC tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

10

Sáng kiến kinh nghiệm

P = sinA.sin2B.sin3C
Giải: Ta có LnP = ln(sinA) +2ln(sinB) + 3ln(sinC)

2

Xét hàm số: f ( x)  ln(sin A), x �(0; ) .Vì f '( x)  cot x, f ''( x)  

2

1

 0, x �(0; )
2
sin x
2

Nên: f ( A) �f '( X )( A  X )  f ( X ), X �(0; ).

f ( B ) �f '(Y )( B  Y )  f (Y ), Y �(0; )
2

f (C ) �f '( Z )( B  Z )  f ( Z ), Z �(0; ).
2

Với X,Y,Z là ba góc nhọn của một tam giác.
Khi đó:

tan X . f ( A)  tan Y . f ( B)  tan Z . f (C ) �( A  X  B  Y  C  Z )
 tan X .ln(sin X )  tan Y .ln(sin Y )  tan Z .ln(sin Z )
tan X tan Y tan Z


k
Do vậy ta chỉ cần chọn các góc X,Y,Z sao cho:
1
2
3

Mặt khác: tanA.tanB.tanC = tanA + tanB + tanC
� k  2k  3k  6k 3 � k  1
tan X
1
2
3
� sin X 

;sin Y 
;sin Z 
;
2
2
5
10
1  tan X
1
2
3

27
f ( A�
) 
2 f ( B ) 3 f (C ) ln
2 ln
3ln
ln
Khi đó : ln P 
2
5
10
25 5
27
1
2
3
;
Giá trị lớn nhất của P =
khi sin A  ;sin B  ;sin C 
25 5
2
5
10

P

27
25 5

Nhận xét:

- Qua bài 1 và 2 giáo viên định hướng học sinh sử dụng kĩ năng sử dụng logrit
hóa cho bài toán dạng tích các biểu thức với số mũ thực.
- Bài toán có thể tổng quát thành:
Cho tam giác nhọn ABC tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = sinmA.sinnB.sinpC( m, n, p là các số thực dương)
Bài 3:
Cho x,y,z,t là các số thực dương thõa mãn: x �2, x  y �6, x  y  z �12, x  y  z  t �24.
1

1

1 1

Chứng minh rằng: x  y  z  t �1 .
Giải:
1
t

Xét hàm số y = , t  0 Ta có y '' 

2
1 1 1 1
 0, t  0 . Vì     1
3
t
2 4 6 12

Áp dụng bổ đề 3 ta có :

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

11


Sáng kiến kinh nghiệm
1 1 1 1 1 x 1 y 1 z
1
t
    f ( ) f ( ) f ( )
f( )
x y z t 2 2 4 4 6 6 12 12
1 x 1 y 1 z 1 t
144
�f ( .  .  .  . ) 
2 2 4 4 6 6 12 12 36 x  9 y  4 z  t
144
144

�
1
27 x  5( x  y )  3( x  y  z )  ( x  y  z  t ) 27.2  5.6  3.12  24

Dấu bằng xảy ra khi x = 2; y = 4; z = 6; t = 12.
2.3.4) 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.

Khai thác bài toán 2(mục 2.3.1):
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 (Trích đề thi đại học cao đẳng 2005)
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

x yz 3 1
) �3
3
3
1
1
1
x2
82
) x 2  2  x 2 

.....

�
82

x
81x 2
81x 2

(81x 2 ) 2
 ) xyz �(

Nguyễn Thị Hiền

82
41

981 x80

– Trường THPT Tĩnh Gia I

12


Sáng kiến kinh nghiệm

� 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:
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 � n4  1
2
x1
x2
xn

b) x1n 

1
1
1
 x2n  n  .....  xnn  n � ( n 2n  1).n 2n
n
x1
x2
xn

c) n x12 

1
1
1
 n x22  2  ......  n xn2  2 �n (n4  1).n n 2

2
x1
x2
xn

1
x
x
1
 1 x 
 X
. Đặt: X = 1  x �
1 x
1 x
1 x X
2
2
2
2
Ta có: ( X  Y  Z ) �3( X  Y  Z )  6 � X  Y  Z � 6
1
5
Sử dụng tính chất tiếp tuyến ta chứng minh được:  X � X  6; X �(0; 6)
X
2
x
y
z
1 1 1
Từ đó suy ra: 1  x  1  y  1  z �X  Y  Z  ( X  Y  Z )

Hướng 4: Nhận thấy:

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:
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

Tổng quát:
Cho n số dương x1 ; x2 ;......., x n thõa mãn: x1  x2  .......  xn  m, (m  0)
Chứng minh rằng:

xn
x1
x2
mn

 ....... 
�
n 1
m  x1
m  x2
m  xn

Khai thác bài toán 3(mục 2.3.1):
Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

13


Sáng kiến kinh nghiệm

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
1
1
1
Hướng 2.2: Đặt x = n ; y  n ; z  n
a
b
c

Ta có bài toán 2.2:
1 1 1
   1 . Chứng minh rằng:
a n bn c n
a2n
b2 n
c2 n
27


�
2n
2n
2n
1 a
1 b

1 c
10
1 1
1
b)Tổng quát: Cho n số dương x1 ; x2 ;......., x n thõa mãn: x n  x n  ....  x n  1 .Chứng
1
2
n

a) Cho ba số dương a, b, c thõa mãn:

xn2 n
x12 n
x22 n
n3

 ..... 
�
1  x12 n 1  x22 n
1  xn2 n n 2  1

minh rằng:

2a 2
2b 2
2c 2
;y
;z 
Hướng 2.3: Thay x 
(b  c)

ac
ab
2
2
2
a
b
c
(a  b c) 2
x

y

z

2(


)
�
2
1
(Khi đó :
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 x

2



1
1 y

2



1

1
1
1
81
) 2 �3(


)�
2
2
2
1 x 1 y 1 z
10
1 z
2

Ta có bài toán 3.1:
Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

14


Sáng kiến kinh nghiệm

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 z2

9 10
�
10

Hướng 3.2: Xuất phát từ
x
y
z
x2
y2
z2
( x  y  z )2  (
yz 
xz 

y  x )2 �(


)2( x  y  z )
yz xz yx
yz
xz
yx
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
x2
y2
z2


�1

yz xz x y

rằng :

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) x 2 ( 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”
Vì dấu bằng xảy ra khi x  y  z 

1

nên:
3

9x
9 xy 2
9 xy 2
27 xy
1 2

9
x

�
9
x

 9x 
( do y 2  � y )
2
1 1 9 y
1
2
2
9 3
y2 
y2 
y
9
9
3

x
y
z
27
27 1 9


�9( x  y  z )  ( xy  yz  xz ) �9  . 
Từ đó: y 2  1 z 2  1 x 2  1
2
2 3 2
9
9
9
1
(do 3( xy  yz  xz ) �( x  y  z )2 � xy  yz  xz � )
3
x



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

Nhận xét :
Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

15


Sáng kiến kinh nghiệm

- 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
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.
2.4 Hiệu quả đạt được
- Đề tài được nghiên cứu và thực hiện giảng dạy trong hai năm 2016- 2017;
2017- 2018. Trong một số tiết chữa bài tập và một số tiết bồi dưỡng học sinh
khá giỏi.
- Đối tượng thực nghiệm là học sinh các lớp 12A2(2016-2017), 12A2 (20172018), 12A1(2017-2018), của nhà trường.
- Sau khi giảng dạy tôi tiến hành kiểm tra khả năng tiếp thu của học sinh kết
quả thu được như sau :12A2 (2017-2018) (chưa triển khai sáng kiến
này),12A1(2017-2018), 12A2( 2017- 2018)(đã triển khai sáng kiến này).

Lớp 12A2
(2016-2017)
Lớp12A2
(2017-2018)
Lớp12A1
(2017-2018)

Sĩ
số

Giỏi

Khá

TB

Yếu - Kém

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

42

5

11,9

12

28,6

18

42,8

7

16,7

42

10

23,8

17

40,5

12

28,6

3

7,1

42

13

30,9

20

45,1

9

19,6

1

2,4

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
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.

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

16


Sáng kiến kinh nghiệm

2. Kiến nghị
- 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.
- Rất mong được sự góp ý từ các thầy cô giáo và hội đồng khoa học của Sở
GD&ĐT Thanh Hóa để sáng kiến này được hoàn thiện, thuận lợi cho việc
bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn thi Đại học, cao đẳng.
XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 05 Năm 2018.
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.

Nguyễn Thị Hiền

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

17


Sáng kiến kinh nghiệm

Tài liệu tham khảo
[1] Sách đại số và giải tích 12, sách bài tập giải tích 12 nâng cao( Chủ biên: Đoàn
Quỳnh – Nhà xuất bản giáo dục 2011).
[2] Sách “ bất đẳng thức và ứng dụng” (tác giả: Phan Huy Khải – Trần Hữu Nam)
[3] Sách “263 bài toán bất đẳng thức” (tác giả: Nguyễn Vũ Thanh).
[4] Một số bài lấy từ đề thi đại học và cao đẳng của Bộ giáo dục từ năm 2005 đến
2015.
[5] Đề thi thử đại học của các trường THPT lấy từ trang www.toanmath.com.vn,
dethi.violet.vn
Danh mục các SKKN mà tác giả được Hội đồng Cấp sở GD&ĐT đánh giá đạt
từ loại C trở lên.
STT
Tên SKKN
1

Rèn luyện kĩ năng sử dụng biểu thức
trung gian để chứng minh bất đẳng thức
trong dạy học đại số 10
2
Rèn luyện kĩ năng xây dựng đẳng thức
mới từ đẳng thức đã có.
3
Rèn luyện kĩ năng chứng minh bất đẳng
thức bằng phương pháp dồn biến.

Nguyễn Thị Hiền

Xếp loại
C

Năm học
2009 - 2010

C

2011 - 2012

C

2013 - 2014

– Trường THPT Tĩnh Gia I

18