SKKN sử dụng bất đảng thức cô si vào giải quyết một số bài toán thực tế trong chương trình phổ thông

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG
---------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀO GIẢI QUYẾT
MỘT SỐ BÀI TOÁN THỰC TẾ TRONG CHƯƠNG TRÌNH
PHỔ THÔNG

Người thực hiện: Hồ Thị Bình
Chức vụ: Giáo viên
SKKN (thuộc lĩnh vực môn): Toán

THANH HÓA NĂM 2019


MỤC LỤC


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Việc đổi mới phương pháp, hình thức dạy học và kiểm tra, đánh giá theo
định hướng phát triển năng lực học sinh đã được triển khai từ hơn 30 năm qua.
Hầu hết giáo viên hiện nay đã được trang bị lí luận về các phương pháp và kĩ
thuật dạy học tích cực trong quá trình đào tạo tại các trường sư phạm cũng như
quá trình bồi dưỡng, tập huấn hằng năm. Tuy nhiên, việc thực hiện các phương
pháp dạy học tích cực trong thực tiễn còn chưa thường xuyên và chưa hiệu quả.
Bất đẳng thức và tìm GTLN, GTNN của hàm số là một dạng Toán khó đối
với hầu hết học sinh phổ thông, kể cả học sinh khá giỏi. Trong đề thi THPT quốc

gia và đề thi Học sinh giỏi các tỉnh thành, bài toán bất đẳng thức và tìm GTLN,
GTNN của hàm số luôn là một bài tập ở đòi hỏi mức độ vận dụng cao. Mặc dù
đa phần các bài tập đều quy về một biến và dùng kỹ thuật khảo sát hàm số để
giải quyết, song với thời gian giải quyết đề thi trắc nghiệm như hiện nay, việc sử
dụng bất đẳng thức Cauchy giúp học sinh tiết kiệm được rất nhiều thời gian.
Chính vì vậy, tôi chọn đề tài “ Sử dụng bất đẳng thức Cauchy vào giải quyết một
số bài toán thực tế trong chương trình phổ thông” làm đề tài nghiên cứu của mình.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Sử dụng Bất đẳng thức Cauchy vào bài toán thực tế, nhằm giúp học sinh
bớt khó khăn khi giải các bài toán bất đẳng thức và tìm GTLN, GTNN của hàm
số trong quá trình học và thi.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu trong đề tài là học sinh khối 10 và 12 qua các năm
giảng dạy từ trước đến nay.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu là xây dựng cơ sở lý thuyết, thống kê đưa ra các bài
toán tổng quát.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Trong quá trình giảng dạy và học tập, khi đứng trước một bài toán bất
đẳng thức, chúng ta thương đặt ra các câu hỏi:
Vai trò các biến trong bất đẳng thức thế nào (Bình đẳng hay không bình
đẳng)
Có những đại lượng nào có tổng hay tích là hằng số hay không
Dấu bằng trong bất đẳng thức xảy ra khi nào
Biểu thức nào lớn, biểu thức nào bé trong bất đẳng thức
1


Những công thức, hằng đẳng thức nào liên quan đến các biểu thức trong

bài toán …
Việc trả lời các câu hỏi này giúp chúng ta định hướng cách giải, đánh giá các
biểu thức, sử dụng công thức, bất đẳng thức quen thuộc, thay đổi hình thức của
bất đẳng thức…để giải quyết bài toán.Trong bài viết này, tôi xin nêu ra một số
phương pháp thường được sử dụng trong việc áp dụng bất đẳng thức Cauchy ở
chương trình phổ thông.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Với sự thay đổi của kì thi THPT Quốc Gia kể từ năm 2017, các bài toán
thực tế có thể sẽ được đưa vào các đề thi. Như đề thi minh họa lần 1 và lần 2 của
Bộ Giáo Dục và Đào tạo đều có các bài toán thực tế nói chung. Trước khi thực
hiện đề tài này nhiều học sinh có tâm lý sợ các bài tập về các bài toán liên hệ
thực tế. Đây là một dạng toán mới và khó nên đa số học sinh khi gặp dạng toán
này còn lúng túng và không giải được. Học sinh thường làm theo phương pháp
hàm cơ bản sẽ mất nhiều thời gian hơn so với sử dụng bất đẳng thức Cauchy.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết
vấn đề.
2.3.1 Kiến thức cơ bản.
Bất đẳng thức Cauchy.
Trường hợp 2 số: Cho

là hai số thực dương ta có a + b ≥ 2 ab

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Trường hợp 3 số: Cho là ba số thực dương ta có a + b + c ≥ 3 3 abc
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi.
Mở rộng. Với các số thực dương ta có
a1 + a 2 + .... + a n ≥ n n a1.a 2 . .....a n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi.
Chú ý. Trong tài liệu này, ta gọi giá trị của các biến làm cho dấu bằng trong bất
đẳng thức xảy ra là điểm rơi của bài toán.

2.3.2 Các phương pháp sử dụng bất đẳng thức Cauchy.
2.3.2.1
Phương pháp tách ghép các cặp nghịch đảo
2


Với phương pháp này, học sinh cần chú ý một số hệ quả trực tiếp từ bất
đẳng thức Cauchy như sau.
a) Nếu hai số dương có tích không đổi thì tổng hai số đó đạt giá trị nhỏ nhất khi
hai số bằng nhau
b) Với ta có
1 1
+ ÷≥ 4
x
y


( x + y) 

 1 1 1
+ + ÷≥ 9
x
y z


( x + y + z) 
Ví dụ 1.Cho . Chứng minh rằng

a b
+ ≥2

b a
Lời giải. Rõ ràng hai số hạng trong vế trái là nghịch đảo của nhau. Do đó ta có
thể áp dụng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy như sau
a b
a b
+ ≥2 . =2
b a
b a
Đẳng thức xảy ra khi
Ví dụ 2. Cho
Tìm GTNN của

Lời giải.Ở đây, do và

không phải là hai số có tích không đổi nên chưa thể

áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số này. Do đó ta biến đổi

Vậy

như sau

đạt được khi

Ví dụ 3. Chứng minh rằng với

ta có

Lời giải. Tương tự ví dụ trên ta biến đổi vế trái như sau

Và từ đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
3


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Ví dụ 4. Cho

Tìm GTNN của biểu thức

Lời giải.Với ý tưởng tương tự các ví dụ trước, ta cũng tìm cách tách P ra thành
tổng của các số hạng có tích không đổi và sau đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy.
Ta có

Do đó

2.3.2.2

Phương pháp tách ghép, thêm bớt các số hạng

Ý tưởng chính của phương pháp này là dự đoán được điểm rơi của bài toán,
từ đó tách ghép, thêm bớt các số hạng cho phù hợp rồi sau đó sử dụng bất đẳng
thức Cauchy để đánh giá.
Ví dụ 1. Cho

Tìm GTNN của biểu thức

Trước tiên ta dự đoán GTNN của

đạt được khi

Từ đó sẽ

có lời giải như sau
Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số ta có

Cộng 3 bất đăng thức trên ta có
Vậy Min P = 3, đạt được khi
Ví dụ 2.Cho

là các số thực dương thỏa mãn

Tìm GTNN của biểu

thức sau.
Với bài toán này, nhiều học sinh mắc phải sai lầm với đánh giá

4


và kết luận GTNN của S là 2. Sai lầm là do dấu bằng trong đánh giá trên xảy ra
khi
tuy nhiên điều này không thể xảy ra với giả thiết
vì

Để có phép đánh giá đúng ta phải dự đoán được điểm rơi của bài toán là
Lời giải. Ta có

Từ đó
Nhận xét.Qua ví dụ trên ta nhận thấy việc dự đoán đúng điểm rơi của bài toán
là yếu tố quyết định đến việc tách ghép các số hạng một cách hợp lý.

Ví dụ 3. Cho

. Tìm GTNN của biểu thức

Cũng giống ví dụ trước, nhiều học sinh sẽ mắc sai lầm với đánh giá trực
tiếp
và kết luận

. Sai lầm vẫn nằm ở việc dự đoán điểm rơi vì dấu bằng

trong đánh giá trên xảy ra khi
Ta dự đoán S đạt GTNN khi

không thỏa mãn giả thiết.
. Khi đó

Lời giải.
Ta có

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
5


Từ đó ta có

2.3.3 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy vào bài toán thực tế.
Ví dụ 1. Từ một tờ giấy hình tròn bán kính R , ta có thể cắt ra một hình chữ nhật
có diện tích lớn nhất bằng bao nhiêu?
A. 4R 2 .

B.

π R2
.
2

C. R 2 .

D. 2R 2 .

Lời giải
Chọn D
Gọi a, b là 2 cạnh của hình chữ nhật nội tiếp đường tròn bán kính R.
Ta có: a 2 + b 2 = 4R 2 .
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
S = a.b ≤

a 2 + b2
= 2 R 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b .
2

Ví dụ 2. Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng diện tích 48 cm 2, hình chữ nhật
có chu vi nhỏ nhất bằng:
A.16 3 cm.
B. 4 3 cm.
C. 24 cm.
D. 8 3 cm.
Lời giải
Chọn A
Cách 1

Gọi cạnh của hình chữ nhật: a, b; 0 Ta có: ab = 48 ⇔ b =

48 
48

. Chu vi: P(a) = 2  a + ÷
a 
a


 48 
P′(a ) = 2 1 − 2 ÷ ; P′(a ) = 0 ⇔ a = 4 3
 a 

Bảng biến thiên:

Cách 2
6


• Áp dụng bất đẳng thức Côsi: a + b ≥ 2 ab ⇔ a + b ≥ 2 48 = 8 3
⇔ chu vi nhỏ nhất: 2(a + b) = 16 3
• Hình chữ nhật có chu vi nhỏ nhất bằng 16 3 khi cạnh bằng 4 3 .
Rõ ràng ta thấy việc sử dụng bất đẳng thức Cauchy sẽ tiết kiệm được thời
gian của học sinh rất nhiều so với việc sử dụng phương pháp hàm.
Ví dụ 3. Người ta muốn rào quanh một khu đất với một số vật liệu cho trước là
a ( m) thẳng hàng rào. Ở đó người ta tận dụng một bờ giậu có sẵn để làm một
cạnh của hàng rào. Vậy để rào khu đất ấy theo hình chữ nhật sao cho có diện
tích lớn nhất thì giá trị lớn nhất đó tính theo a bằng.

A.

a2 2
m .
4

( )

B.

a2 2
m .
6

( )

a2 2
m .
8

( )

C.

D.

a2 2
m .
12

( )

Lời giải
Chọn C
Gọi x là chiều dài cạnh song song bờ giậu và y là chiều dài cạnh vuông góc với
bờ giậu.
a
2

Theo đề: x + 2 y = a Þ x = a - 2 y, 0 < y < .
Diện tích miếng đất: S = xy = y ( a - 2 y ) .
Đặt f ( y ) = y ( a - 2 y ) , " y Î

æ aö
ç
0; ÷
÷
ç
÷.
ç
è 2ø

Cách 1:
a
Ta có: f ¢( y ) = a - 4 y Þ f ¢( y ) = 0 Û y = và f ¢¢( y ) =- 4 < 0, " y Î
4

Do đó: max S = max f ( y ) =

æ a÷

ö
ç
0; ÷
.
ç
ç
è 2÷
ø

a2
a
a
Û y= Þ x= .
8
4
2

Cách 2:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy có:
2

1
1 ( 2 y + a - 2 y)
a2
S = xy = y ( a - 2 y ) = 2 y ( a - 2 y ) £
= ..
2
2
4
8

a
a
Dấu " = " Û 2 y = a - 2 y Û y = Þ x = . .
4
2

Ví dụ 4. Độ giảm huyết áp của một bệnh nhân được cho bởi công thức
f ( x ) = 0, 025 x 2 ( 30 − x ) , trong đó x (miligam) là liều lượng thuốc được tiêm cho

bệnh nhân. Khi đó, liều lượng thuốc được tiêm cho bệnh nhân để huyết áp giảm
nhiều nhất là
A. 20 miligam.

B. 10 miligam.

C. 15 miligam.

D. 30 miligam.
7


Lời giải
Chọn A
3

2
 x + x + 60 − 2 x 
Ta có f ( x ) = 0, 025 x ( 30 − x ) = 0, 0125 x.x. ( 60 − 2 x ) ≤ 0, 0125. 
÷ = 100 .
3



Dấu “=” xảy ra khi x = 60 − 2 x ⇔ x = 20 miligam.

Ví dụ 5. Người ta cần làm một cái bồn chứa dạng hình trụ có thể tích 1000 lít
bằng inox để chứa nước, tính bán kính R của hình trụ đó sao cho diện tích toàn
phần của bồn chứa đạt giá trị nhỏ nhất:
A. R = 3

3
.
2π

B. R = 3

1
.
2π

C. R = 3

2
.
π

D. R = 3

1
.
π

Lời giải
Chọn B
Gọi h và R lần lượt là chiều cao và bán kính đáy (đơn vị: mét).
Ta có: V = hπ R 2 = 1 → h =

1
.
π R2

Stp = 2π R 2 + 2π Rh = 2π R 2 + 2π R

1
2
= 2π R 2 + ( R > 0 ) .
2
πR
R

Cách 1: Khảo sát hàm số, thu được

f ( R ) min ⇔ R =

3

1
⇒h=
2π

1

π3

1 .
4π 2

Cách 2: Dùng bất đẳng thức:
1
1 1
1 1
= 2π R 2 + + ≥ 3 3 2π R 2 . . = 3 3 2π .
2
πR
R R
R R
1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi R3 = .
2π
Stp = 2π R 2 + 2π Rh = 2π R 2 + 2π R

Ví dụ 6. Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 6 cm. Người ta muốn cắt một
hình thang như hình vẽ.

Tìm tổng x + y để diện tích hình thang EFGH đạt giá trị nhỏ nhất.
A. 4 2 .

B.

7 2
.

2

C. 7 .

D. 5 .
8


Lời giải
Chọn B
Ta có S EFGH = S ABCD − ( S AHE + S DHG + SGCF + S EBF ) .
Để diện tích hình thang EFGH đạt giá trị nhỏ nhất thì S AHE + S DHG + SGCF đạt giá trị
lớn nhất.
1
1
1
1
1
Ta có S AHE = AE. AH = .2.x = x ; S DHG = DH .DG $SC$; SCGF = CG.CF = 3 y .
2

2

2

1
2

2

2

1
2

Đặt S = S AHE + S DHG + SGCF , S = ( 2 x + 3 y + 36 − 6 x − 6 y + xy ) = ( 36 + xy − 4 x − 3 y ) (1).
Mặt khác ta lại có ∆AEH ∽ ∆CGF ⇒
1

AH AE
=
⇒ xy = 6 (2).
CF CG
18 



Thay (2) vào (1) ta có S =  42 −  4 x + ÷ .
2
x 


Ta có S lớn nhất khi 4x +
Khi x =

18
18
3 2
nhỏ nhất ⇔ 4x = ⇔ x =
.

x
x
2

3 2
7 2
thì y = 2 2 . Vậy x + y =
.
2
2

Ví dụ 7. Trong mùa cao điểm du lịch, một tổ hợp nhà nghỉ ở Đà Nẵng gồm 100
phòng đồng giá luôn luôn kín phòng khi giá thuê là 480 nghìn đồng/phòng. Qua
khảo sát các năm trước bộ phận kinh doanh của nhà nghỉ thấy rằng: cứ tăng giá
phòng lên x % ( x ≥ 0) so với lúc kín phòng (giá thuê 480 nghìn đồng/phòng) thì
số phòng cho thuê giảm đi

4x
%. Hỏi nhà nghỉ phải niêm yết giá phòng là bao
5

nhiêu để đạt doanh thu cao nhất?
A. 540 nghìn đồng.
C. 600 nghìn đồng.

B. 480 nghìn đồng.
D. 660 nghìn đồng.
Lời giải

Chọn A

Số phòng cho thuê lúc giá phòng tăng x % là:
100 − 100.

4x
4
% = 100 − x
5
5

Tổng doanh thu tương ứng:
4 

A ( x ) =  100 − x ÷. ( 480 + 4,8 x )
5 


Ta có A ( x ) = 3,84 ( 125 − x ) ( 100 + x )
9


2

 125 − x + 100 + x 
⇒ A ( x ) ≤ 3,84 
÷ = 48600 (nghìn đồng)
2


Dấu " = " xảy ra khi 125 − x = 100 + x ⇔ x = 12,5

Giá phòng niêm yết là: 480 + 4,8.12,5 = 540 (nghìn đồng)
Ví dụ 8. Xét các hình chóp S . ABC có SA = SB = SC = AB = BC = a . Giá trị lớn nhất
của khối chóp S . ABC bằng
A.

3 3a 3
.
4

B.

a3
.
4

a3
.
4

C.

D.

a3
.
8

Lời giải
Chọn D

 SD ⊥ AB
⇒ AB ⊥ ( SCD ) .
CD ⊥ AB

Gọi D là trung điểm của cạnh AB . Theo giải thiết ⇒ 
Gọi H là trung điểm của cạnh SC thì DH ⊥ SC .
1
3

1
3

Ta có VS . ABC = 2VS . ADC = 2. S∆SDC . AD = SC.DH . AD .
Đặt B ⇒ SD 2 = a 2 − x 2 .
Xét tam giác vuông SHD có HD 2 = SD 2 − SH 2 =

3a 2
3a 2
− x 2 ⇒ HD =
− x2 .
4
4
2

Ta có VS . ABC

3a
1
x2 +
− x2 a3

2
3a 2
2
1
= AD.SC.DH = a.x
= .
− x ≤ a.
4
3
8
3
4
3
2

Dấu " = " xảy ra khi ABCD ⇔ x = a

3
8

Vậy giá trị lớn nhất của khối chóp S . ABC là

a3
.
8
10


Ví dụ 9. Ông Quang muốn xây một bể nước dạng hình hộp chữ nhật có nắp với
dung tích 3000 lít. Đáy bể là một hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng.

Giá thuê nhân công để xây hồ là 500 000 đồng cho mỗi mét vuông. Hỏi chi phí
thấp nhất ông An cần bỏ ra để xây bể nước là bao nhiêu?
A. 6 490123 đồng. B. 7 500 000 đồng. C. 5151214 đồng.
D. 6500 000 đồng.
Lời giải
Chọn A
Gọi x là chiều rộng bể, chiều dài bể là 2x ⇒ diện tích đáy là 2x 2 .
3
Do thể tích bể là V = 3000 ( l ) = 3 ( m ) nên chiều cao bể là

3
.
2x 2

Diện tích xây dựng là diện tích toàn phần của bể là
3
3 
9 
9
9


S = 2  2 x 2 + x. 2 + 2 x. 2 ÷ = 2  2 x 2 + ÷ = 4 x 2 +
+
≥ 3 3 81 .
2x
2x 
2x 
2x 2x




Vậy diện tích xây dựng ít nhất là S = 9 3 3 khi 4 x 2 =

3
9
9
⇔x=
.
2x
2

Chí phí xây dựng ít nhất là 9 3 3.500 000 = 6490123 đồng.
Ví dụ 10. Chi phí cho xuất bản x cuốn tạp chí (bao gồm: lương cán bộ, công
nhân viên, giấy in…) được cho bởi C ( x ) = 0, 0001x − 0, 2 x + 10000 , C ( x ) được tính
theo đơn vị là vạn đồng. Chi phí phát hành cho mỗi cuốn là 4 nghìn đồng. Tỉ số
2

T ( x)
với T ( x ) là tổng chi phí (xuất bản và phát hành) cho x cuốn tạp
x
chí, được gọi là chi phí trung bình cho một cuốn tạp chí khi xuất bản x cuốn.
M ( x) =

Khi chi phí trung bình cho mỗi cuốn tạp chí M ( x ) thấp nhất, tính chi phí cho
mỗi cuốn tạp chí đó.
A. 20.000 đồng.
B. 15.000 đồng.
C. 10.000 đồng.
D. 22.000 đồng.

Lời giải
Chọn D
Ta có T ( x) = C ( x).10000 + 4000 x = x 2 + 2000 x + 100000000 (đồng).
T ( x) x 2 + 2000 x + 100000000
100000000
=
= x + 2000 +
Suy ra M ( x) =
(đồng).
x
x
x

Lại có M ( x) = x + 2000 +

100000000
100000000
≥ 2 x.
+ 2000 = 22000 (đồng).
x
x

Ví dụ 11. Một con cá hồi bơi ngược dòng để vượt một khoảng cách là 400 ( km ) .
Vận tốc dòng nước là 10 ( km/h ) . Nếu vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên là
v ( km/h ) thì năng lượng tiêu hao của cá trong t giờ được cho bởi công thức
E ( v ) = cv 3t , trong đó c là một hằng số, E được tính bằng jun. Tìm vận tốc của cá

khi nước đứng yên để năng lượng tiêu hao là ít nhất.
11

A. 20 ( km/h ) .

B. 18 ( km/h ) .

C. 12 ( km/h ) .
Lời giải

D. 15 ( km/h ) .

Chọn D
Với vận tốc tự thân là v (km/h) , vận tốc dòng nước là 10 (km/h) thì.
Vận tốc di chuyển ngược dòng của con cá hồi là : v − 10 (km/h) .
Thời gian để con cá hồi vượt 400 (km) ngược dòng nước là :
t=

400
(km)
v − 10

Như

thế

( v > 10 ) .
lượng

năng

lượng

tiêu

hao

của

con

cá

hồi

là:

v3
E ( v ) = cv 3t = 400c ×
(jun) .
v − 10

Dùng bất đẳng thức Cauchy.
v3
1000
1000
2
= v 2 + 10v + 100 +
= ( v − 10 ) + 30 ( v − 10 ) +
+ 300 .
v − 10
v − 10

v − 10
125
2
= ( v − 10 ) + 6.5 ( v − 10 ) + 8.
+ 300 ≥ 1515 56.1258 + 300 = 675 .
v − 10
125
2
⇒ v = 15 .
Dấu bằng đạt được khi ( v − 10 ) = 5 ( v − 10 ) =
v − 10
Vậy nếu vận tốc tự thân của cá hồi là 15 (km/h) thì năng lượng tiêu hao của nó
f ( v) =

thấp nhất.
Ví dụ 12. Cho một tấm nhôm hình tam giác đều có cạnh bằng 20 ( cm ) . Người ta
cắt ở ba góc của tấm nhôm đó ba tam giác như hình vẽ dưới đây để được hình
chữ nhật MNPQ. Tìm độ dài đoạn MB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn
nhất.

A. 5 ( cm ) .

B. 4 ( cm ) .

.
C. 2 ( cm ) .
Lời giải

D. 10 ( cm ) .

Chọn A
Giả sử MB = x ⇒ NC = x nên MN = 20 − 2 x .
2

 10 − x + x 
Ta có MQ = x 3 nên S = ( 20 − 2 x ) x 3 = 2 3 ( 10 − x ) x ≤ 2 3 
÷ = 50 3 .
2


Dấu bằng xảy ra khi 10 − x = x ⇔ x = 5 .

12


Ví dụ 13. Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 2016 ( cm ) . Người ta cắt ở bốn góc
của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng
x ( cm ) , rồi gập tấm nhôm lại như hình vẽ dưới đây để được một cái hộp không
nắp. Tìm x để hộp nhận được có thể tích lớn nhất.
A. x = 672 .

B. x = 1008 .

C. x = 336 .
Lời giải

D. x = 504 .

Chọn C
2

Điều kiện: 0 < x < 1008, ta có. V = h.B = x ( 2016 − 2 x ) = f ( x ) .

Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số không âm 4 x; 2016 − 2 x; 2016 − 2 x .
1
1  4 x + ( 2016 − 2 x ) + ( 2016 − 2 x ) 
= .4 x. ( 2016 − 2 x ) . ( 2016 − 2 x ) ≤ . 
÷.
4
4 
3

3

V = x ( 2016 − 2 x )

2

Dấu " = " xảy ra khi 4 x = 2016 − 2 x ⇔ x = 336 . Vậy x = 336 thì thể tích lớn nhất.
Ví dụ 14. Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón có thể tích 27cm3 với
chiều cao là h và bán kính đáy là r để lượng giấy tiêu thụ là ít nhất thì giá trị
của r là:
A. r = 6

38
.
2π 2

B. r = 4

36

.
2π 2

C. r = 6

36
.
2π 2

D. r = 4

38
.
2π 2

Lời giải
Chọn A
1
3

Thể tích của cốc: V = π r 2 h = 27 ⇒ r 2 h =

81
81 1
⇒h= . 2 .
π
π r

Lượng giấy tiêu thụ ít nhất khi và chỉ khi diện tích xung quanh nhỏ nhất.
S xq = 2π rl = 2π r r 2 + h 2 = 2π r r 2 +

812 1
812 1
4
=
2
π
r
+
.
π 2 r4
π 2 r2

2
814
812 1 812 1
1 812 1
4 81
6
3
= 2π r + 2 2 + 2 2 ≥ 2π 3 r . 2 2 . 2 2 = 2 3π
4π 4
2π r
2π r
2π r 2π r
4

(theo BĐT Cauchy).
2
8

S xq nhỏ nhất ⇔ r 4 = 81 1 ⇔ r 6 = 3 ⇔ r =
2π 2 r 2
2π 2

6

38
.
2π 2

Ví dụ 15. Một cái hồ rộng có hình chữ nhật. Tại một góc nhỏ của hồ người ta
đóng một cái cọc ở vị trí K cách bờ AB là 1 m và cách bờ AC là 8 m , rồi dùng
một cây sào ngăn một góc nhỏ của hồ để thả bèo (như hình vẽ). Tính chiều dài
ngắn nhất của cây sào để cây sào có thể chạm vào 2 bờ AB , AC và cây cọc K
(bỏ qua đường kính của sào).
13


A.

5 65
.
4

B. 5 5 .

C. 9 2 .

D.

5 71
.
4

Lời giải
Chọn B
Đặt AP = a ; AQ = b ( a, b > 0 ).
Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của K xuống AB và AC . Suy ra
KE = 1 , KF = 8 .
KE PK KF QK
KF KE
8 1
Ta có: AQ = PQ ; AP = PQ ⇒ AP + AQ = 1 hay là + = 1 .
a b

(Hoặc có thể dùng phép tọa độ hóa: Gán A = ( 0;0 ) , P = ( 0; a ) , Q = ( b;0 ) . Khi đó
K = ( 1;8 ) .
x
b

y
a
8 1
8k k
Ta có: PQ 2 = a 2 + b 2 . Vì + = 1 ⇒ + = k ∀k > 0 .
a b
a b

Phương trình đường thẳng PQ : + = 1 . Vì PQ đi qua K nên

1 8
+ = 1 .)
b a

2
8k  
k 
4k 4k   2 k
k 

a 2 + b 2 + k =  a 2 + ÷+  b 2 + ÷ =  a 2 +
+ ÷+  b + + ÷ ≥ 3 3 16k 2 + 3 3 k .
a  
b 
a
a  
2b 2b 

4

 2 4k
a = a
k = 250

2
k


2
⇒ a = 10 .

Suy ra PQ nhỏ nhất ⇔ a 2 + b2 nhỏ nhất ⇔ b =
b

b = 5

8 1
+
=
1
a b


Vậy giá trị nhỏ nhất của PQ là a 2 + b 2 = 125 = 5 5 . Từ đó suy ra chiều dài
ngắn nhất của cây sào để cây sào có thể chạm vào 2 bờ AB , AC và cây cọc K
là 5 5 .
Ví dụ 16. Cho một tấm nhôm hình chữ nhật ABCD có AD = 60cm , AB = 40cm . Ta
gập tấm nhôm theo hai cạnh MN và PQ vào phía trong cho đến khi AB và DC
trùng nhau như hình vẽ bên để dược một hình lăng trụ khuyết hai đáy. Khi đó có
thể tạo được khối lăng trụ với thể tích lớn nhất bằng
3
A. 4000 3 ( cm )

3
B. 2000 3 ( cm )

3
C. 400 3 ( cm )

3
D. 4000 2 ( cm )

14


Lời giải
Chọn A

Đáy của lăng trụ là tam giác cân có cạnh bên bằng x , cạnh đáy bằng 60 − 2x
2

60 − 2 x 
÷ = 60 x − 900 , với H là trung
 2 

Đường cao tam giác đó là AH = x 2 − 
điểm NP . Diện tích đáy là
S = S ANP =

1
1
AH .NP = 60 x − 900. ( 30 − x ) =
2
30
3

( 60 x − 900 ) ( 900 − 30 x ) ( 900 − 30 x )

1  900 
2
2

⇒S≤

÷ = 100 3 cm .Diện tích đáy lớn nhất là 100 3cm nên thể tích
30  3 

(

)

3
lớn nhất là V = 40.100 3 = 4000 3 ( cm ) .

Ví dụ 17. Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón có thể tích 27cm 3.
Vói chiều cao h và bán kính đáy là r . Tìm r để lượng giấy tiêu thụ ít nhất.
A. r = 6

38
2π 2

B. r = 6

3
2π 2

C. r = 6

8
2π 2

D. r = 6

38
2π 2

Lời giải
Chọn A
1
3

Ta có: V = π r 2 h ⇒ h =
2

3V
nên độ dài đường sinh là:
π r2
2

38
 3V 
 81 
l = h + r =  2 ÷ + r2 =  2 ÷ + r2 =
+ r2
2 4
π
r
π
r
π
r





2

2

Diện tích xung quanh của hình nòn là: S xq = π rl = π r

38
38
2
+
r
=
π
+ r4
2 4
2 2
π r
π r

Áp dụng BĐT Cauchy ta được giá trị nhỏ nhất là khi r = 6

38
.
2π 2

Ví dụ 18. Từ miếng tôn hình vuông cạnh bằng 4 dm , người ta cắt ra hình quạt
tâm O bán kính OA = 4 dm (xem hình) để cuộn lại thành một chiếc phễu hình

nón (khi đó OA trùng với OB ). Tính chiều cao của chiếc phễu .
A. h = 4
B. h = 15
C. h = 14
D. h = 13
15


Lời giải
Chọn B
O

4 dm

h

4 dm

I

Ta có cung AB có độ dài bằng

A≡B

π
.4 = 2π .
2

Dựa vào đề bài ta thấy có thể tạo thành hình nón đỉnh O, đường sinh OA.
Để cuộn lại thành một chiếc phễu hình nón (khi đó OA trùng với OB ) thì chu vi

C đường tròn đáy bằng độ dài cung AB bằng 2π . Khi đó bán kính đáy là
2π
= 1.
2π
Xét tam giác OIA vuông tại I có OA = 4 dm , IA = R = 1 dm .
C = 2π R ⇒ R =

h = OI trong đó OI 2 = OA2 − IA2 = 42 − 12 = 15 ⇒ OI = 15 Vậy h = 15 .

Ví dụ 19. Cho một miếng tôn hình tròn có bán kính 50cm . Biết hình nón có thể
tích lớn nhất khi diện tích toàn phần của hình nón bằng diện tích miếng tôn ở
trên. Tính bán kính của hình nón.
A. 25 ( cm )
B. 26 ( cm )
C. 23 ( cm )
D. 22 ( cm )
Lời giải
Chọn A
Đặt a = 50 cm . Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình nón lần lượt là x, y

( x, y > 0 ) . Ta có

SA = SH 2 + AH 2 = x 2 + y 2

Khi đó diện tích toàn phần của hình nón là Stp = π x 2 + π x x 2 + y 2 .
Theo giả thiết ta có π x 2 + π x x 2 + y 2 = π a 2 ⇔ x x 2 + y 2 + x 2 = a 2
⇔ x x +y =a −x ⇔ x (x +y
2

2

2

2

2

2

)

a4
= a + x − 2a x ⇔ x = 2
y + 2a 2

1
3

a4
1
y
.y = π a4. 2
2
2
y + 2a
3
y + 2a 2

2

Khi đó thể tích khối nón là V = π .

4

4

2

2

2

16


V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi

Ta có

y 2 + 2a 2
đạt giá trị nhỏ nhất
y

y 2 + 2a 2
2a 2
2a 2
= y+
≥ 2 y.
= 2 2a
y

y
y

Vậy V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi y =

2a 2
a
, tức là y = a 2 ⇒ x = = 25 cm
y
2

Ví dụ 20. Với một miếng tôn hình tròn có bán kính bằng R = 6cm . Người ta muốn
làm một cái phễu bằng cách cắt đi một hình quạt của hình tròn này và gấp phần
còn lại thành hình nón ( Như hình vẽ). Thể tích lớn nhất của hình nón có khi
người ta cắt cung tròn của hình quạt có chiều dài bao nhiêu?

A. 6 6π ( cm )

B. 26 6 ( cm )

C. 23 ( cm )

D. 22 ( cm )

Lời giải
Chọn A
Gọi x ( x > 0 ) là chiều dài cung tròn của phần được xếp làm hình nón.
Như vậy, bán kính R của hình tròn sẽ là đường sinh của hình nón và đường tròn
đáy của hình nón sẽ có độ dài là x. Bán kính r của đáy được xác định bởi đẳng
thức 2π r = x ⇒ r =

x
.
2π

Chiều cao của hình nón là: h = R 2 − r 2 = R 2 −

x2
.
4π 2

2

1
π x 
x2
Thể tích của khối nón: V = π r 2 h =  ÷ R 2 − 2 .
3

3  2π 

4π

Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có:
 x2
x2
x2
2
+
+

R
−
4π 2 x 2 x 2  2 x 2  4π 2  8π 2 8π 2
4π 2
V2 =
. 2 . 2  R − 2 ÷≤

9 8π 8π 
4π 
9 
3



Do đó V lớn nhất khi và chỉ khi


÷ 4π 2 R 6
.
÷=
÷ 9 27
÷


x2
x2
2π
2
=
R

−
⇔ x=
R 6 ⇔ x = 6 6π .
2
2
8π
4π
3

17


3. KẾT LUẬN
3.1 Kết quả thực nghiệm
3.1.1 Kết quả kiểm tra
Khi chưa áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Tổng
Số bài
12C2 40
12C3 43

8.0 – 10.0
SL %
2
5
3
7

Tổng 83

Trên Khá 18 chiếm 21,7%

Lớp

6,5 – 7,9
SL %
6
15
7
16,3

Khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
8.0 – 10.0 6,5 – 7,9
Tổng
Lớp
Số bài
SL %
SL %
12C2 40
10
25
22
55
12C3 43
15
34,8 20
46,5
Tổng 83

5.0 – 6.4

SL %
20
50
22
51,2

5.0 – 6.4
SL %
8
20
8
18,7

Trên Khá 67 chiếm 80,7%

3.5 – 4.9
SL %
12
30
11
25,5

0.0 – 3.4
SL %
0
0
0
0

Dưới Khá 65 chiếm 78,3%

3.5 – 4.9
SL %
0
0
0
0

0.0 – 3.4
SL %
0
0
0
0

Dưới Khá 16 chiếm 19,3%

3.1.2 Kết quả chung
Chuyên đề này đã được thực hiện giảng dạy khi tôi tham gia dạy khối 10,
khối 12 và luyện thi đại học trong trong hai năm gần đây. Trong quá trình học
chuyên đề này, học sinh thực sự thấy tự tin, biết vận dụng khi gặp các bài toán
liên quan, tạo cho học sinh niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra cho học
sinh cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền
tảng cho học sinh tự học, tự nghiên cứu.
3.2 Bài học kinh nghiệm
Từ thực tế giảng dạy chuyên đề này, một kinh nghiệm được rút ra là trước
hết học sinh phải nắm chắc các kiến thức cơ bản, biết vận dụng linh hoạt các
kiến thức này, từ đó mới dạy các chuyên đề mở rộng, nâng cao, khắc sâu kiến
thức một cách hợp lý với các đối tượng học sinh nhằm bồi dưỡng năng khiếu,
rèn kỹ năng cho học sinh.

3.3 Kết luận
Sau một thời gian nghiên cứu và được sự giúp đỡ đóng góp ý kiến của
đồng nghiệp đề tài hoàn thành với một số ưu nhược điểm sau:
3.3.1 Ưu điểm
- Sáng kiến đã đạt được những yêu cầu đặt ra ở phần đặt vấn đề.
- Tìm hiểu và đưa ra hệ thống bài tập tương đối đầy đủ có lời giải chi tiết.
18


- Phần lớn bài tập đưa ra phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh khá
- giỏi THPT. Bên cạnh đó đề tài đưa ra bài tập khó dành cho học sinh giỏi.
- Giúp học sinh có những bài tập tương tự để phát triển tư duy.
3.3.2 Nhược điểm:
- Hệ thống bài tập chưa phong phú.
3.3.3 Hướng phát triển
- Do thời gian thực hiện đề tài có hạn nên tôi chỉ giới hạn trong hệ thống
bài tập
- Xây dựng hệ thống bài tập phong phú và đa dạng hơn.

KẾT LUẬN
Như chúng ta đã biết, bất đẳng thức Cauchy là một bất đẳng thức khá nổi
tiếng bởi phạm vi ứng dụng rộng rãi của nó. Ngoài việc được vận dụng để chứng
minh các bất đẳng thức đại số thì bất đẳng thức Cauchy còn được sử dụng trong
các các bài chứng minh bất đẳng thức lượng giác hay các bài toán cực trị hình
học. Tuy nhiên, do thời gian nghiên cứu không nhiều nên trong chuyên đề này
những vấn đề thú vị đó vẫn chưa được đề cập đến.
Trên đây là một số kinh nghiệm có được trong quá trình dạy hoc, tìm tòi tự
bồi dưỡng nghiệp vụ chuyên môn. Các ví dụ được sưu tầm và chọn lọc kĩ lưỡng
từ đề thi đại học các năm và đề thi học sinh giỏi các tỉnh trong cả nước. Mặc dù
đã cố gắng song kinh nghiệm còn rất khiêm tốn. Mong nhận được sự góp ý chân

thành của quý thầy cô và các bạn động nghiệp về cả nội dung và hình thức trình
bày để chuyên đề được hoàn thiện hơn.
XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 28 tháng 04 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến kinh
nghiệm của mình viết, không sao chép nội
dung của người khác.

Hồ Thị Bình

19


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Bất đẳng thức ( Phan Đức Chính).
2. Chuyên đề bất đẳng thức và ứng dụng trong đại số (Nguyễn Đức Tấn).
3. Báo toán học và tuổi trẻ.

DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC TỈNH XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Hồ Thị Bình
Chức vụ và đơn vị công tác: Trường THPT Hàm Rồng

TT
1.

2.

Tên đề tài SKKN
Áp dụng công nghệ thông tin
vào dạy học một số bài toán
trong chương Vecto- Hình
học 10.
Rèn luyện tư duy giải toán
cho học sinh thông qua mối
liên hệ giữa hình học phẳng
và hình không gian

Cấp đánh giá
xếp loại
(Ngành GD cấp
huyện/tỉnh; Tỉnh...)

Kết quả
đánh giá
xếp loại
(A, B, hoặc C)

Năm học
đánh giá
xếp loại

Ngành giáo dục
cấp tỉnh.

C

2012

Ngành giáo dục
cấp tỉnh.

C

2017

20


21