SKKN bat dang thuc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT GIAO THỦY C

BÁO CÁO SÁNG KIẾN

SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
TỪ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC QUEN THUỘC.
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG
PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN
Tác giả: Đặng Thị Mai
Trình độ chuyên môn : Cử nhân
Chức vụ: Giáo viên
Nơi công tác: trường THPT Giao Thủy C

Nam Định, Tháng 4 năm 2016


THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN

1. Tên sáng kiến: Sáng tạo bất đẳng thức từ một số bất đẳng thức quen thuộc. Chứng minh
bất đẳng thức bằng phương pháp tiếp tu yến.
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học lớp 10, lớp 12.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến : Từ ngày 20 tháng 09 năm 2012 đến ngày10 tháng 04 năm
2016
4. Tác giả:
Họ và tên: Đặng Thị Mai
Năm sinh: 1982
Nơi thường trú: Giao Thủy- Nam Định.
Trình độ chu yên môn:Cử Nhân
Chức vụ công tác: Tổ trưởng chuyên môn
Nơi làm việc: Trường THPT Giao Thủy C.

Địa chỉ liên hệ: Trường THPT Giao Thủy C
Điện thoại: 0931697898
5. Đồng tác giả (nếu có): không
6. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường THPT Giao Thủy C
Địa chỉ: Hồng Thuận – Giao Thủy - Nam Định
Điện thoại: 03503 742 046

1


I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến
Trong các đề thi học sinh giỏi các tỉnh, quốc gia hay thi olypic Toán quốc tế bất đẳng
thức là một câu hỏi không thể thiếu. Tại sao lại như vậy ? Đó là vì bất đẳng thức là lĩnh vực thu
hút được sự quan tâm của đông đảo những người học Toán và làm Toán. Hay và khó, đó là
cụm từ thường được dùng khi người ta nói về bất đẳng thức. Hay là vì nó có nhiều cách Chứng
minh độc đáo, sáng tạo, bất ngờ mà nếu suy nghĩ theo khuôn mẫu hay lối mòn thì ta khó có thể
tìm ra lời Chứng minh. Và bất đẳng thức thường được dùng làm câu hỏi mang tính phân loại
cao trong các đề thi.
Tác giả cũng gặp nhiều khó khăn khi quyết định khai thác sâu phần bất đẳng thức để
dạy cho học sinh đối tượng lớp đại trà. Tuy nhiên, tác giả cũng phát hiện ra rằng nếu hướng
dẫn học sinh chứng minh từ bài đơn giản nhất, đến bài khó hơn theo mạch kiến thức nhất định
thì cũng tạo ra được hứng thú cho học sinh. Đặc biệt, một số bài toán giáo viên dừng lại phân
tích, hướng dẫn học sinh cách tạo ra bất đẳng thức đó, đồng thời sáng tạo ra một bất đẳng thức
khác từ những bất đẳng thức đã biết thì các em không còn thấy khô khan khi học bất đẳng thức
nữa.
Với suy nghĩ chia sẻ để học hỏi tác giả mạnh dạn lựa chọn nội dung “Sáng tạo bất đẳng
thức từ một số bất đẳng thức quen thuộc. Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp tiếp
tuyến” để làm bài viết nghiên cứu
II. Thực trạng

Bất đẳng thức h ay là như vậy, tầm quan trọng lớn như vậy nhưng với nhiều học sinh
thậm chí với nhiều giáo viên thì đây là phần mà họ chấp nhận bỏ qua. Với học sinh không ở
các lớp chuyên, lớp chọn thì giáo viên dạy phần này gặp rất nhiều khó khăn, phần vì thời
lượng chương trình không cho phép khai thác sâu, phần vì trong suy nghĩ của nhiều em thì đây
là phần không thể cải thiện được.
III. Các giải pháp
1. Sáng tạo bất đẳng thức từ một số bất đẳng thức cơ bản
1.1. Một số bất đẳng thức cơ bản
Bài toán 1. Cho x, y là hai số thực dương. Chứng minh rằng

2

1 1
4
(1)
 
x y x y


Bất đẳng thức tương đương

xy
x y
(1’)

x y
4

Bất đẳng thức tổng quát: cho các số thực dương x 1, x2,...,xn. Chứng minh rằng
1 1

1
n2
  ....  
x1 x2
xn x1  x2  ...  xn

(1'')

Bài toán 2. Cho a , b, c dương. Chứng minh rằng
1) a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca
2)

a  b  c

2

 3  a 2  b2  c 2 

Chứng minh các bất đẳng thức trên rất đơn giản và cũng có rất nhiều cách để chứng
minh nên trong bài viết này tác giả không nêu lại các cách chứng minh các bất đẳng thức này
mà tập trung xây dựng, chứng minh một số bất đẳng thức khác dựa vào các bất đẳng thức đó.
1.2. Sáng tạo bất đẳng thức từ các bất đẳng thức cơ bản
Từ bất đẳng thức (1) ta có bất đẳng thức sau
Bài 1. Cho a, b, c dương. Chứng minh rằng

1 1 1
1
1 
 1
   2



 (2)
a b c
 ab bc ca 

Không khó để chứng minh bất đẳng thức này. Thật vây, áp dụng bất đẳng thức (1) ta có
1 1
4 1 1
4 1 1
4
 
;  
;  
a b ab b c bc c a ac
1 1 1
1
1
1 
1 1 1
1
1 
 1
Suy ra 2      4 




     2


a

b

c

 ab

bc

ca

a

b

c

 ab

bc

ca

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c
Và ta thấy rằng bất đẳng thức (2) viết lại như sau

ab  bc  ca
1
1 

 1
 2


 (2’)
abc
 ab bc ca 

Mặt khác với 3 số a , b, c luôn dương ta có bất đẳng thức quen thuộc
a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca (3), bất đẳng thức này đơn giản và có rất nhiều cách chứng minh nên

tác giả không nêu lại các cách chứng minh ấy. Kết hợp bất đẳng thức (2’) và (3) lại ta có bài
toán sau.
Bài 2. Cho ba số thực dương a , b, c . Chứng minh rằng

3


a
b
c
1
1 
 1
 
 2



bc ca ab

 ab bc ca 

Bài 3. Cho ba số thực dương a , b, c . Chứng minh rằng

ab
bc
ca
abc
(4)



ab bc ca
2

Chứng minh
Áp dụng bất đẳng thức (1’) ta c ó
Suy ra

ab
a  b bc
b  c ca
ac

;

;

ab
4 bc

4 ca
4

2a  b  c a  b  c
ab
bc
ca
, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c .




ab bc ca
4
2

Từ bài 3 với các cách chọn a , b, c ta có được các bài toán. Chẳng hạn bài toán sau
Bài 4. Cho x, y , z là các số thực dương thỏa mãn 2 x  y  4 z  6 . Chứng minh rằng
2 xy
4 yz
4 xz


3
2x  y y  4z x  2z

Hoặc có thể hỏi: tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

2 xy
4 yz

4 xz
.


2x  y y  4z x  2z

Chứng minh
Đặt a  2 x, b  y , c  4 z khi đó ta có

2 xy
ab
4 yz
bc
4 xz
8 xz
ca
và bài

;

;


2x  y a  b y  4z b  c x  2z 2x  4z c  a

toán trở thành “cho các số thực dương a , b, c thỏa mãn a  b  c  6 . Chứng minh rằng
ab
bc
ca



 3 ”.
ab bc ca

Áp dụng bất đẳng thức (4) ta có

ab
bc
ca
abc 6



  3 . Vậy bất đẳng thức được
ab bc ca
2
2


 x 1
2 x  y  4 z

chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c hay 
 y  2
2 x  y  4 z  6

1
z 

2

Bài 5. Cho tam giác ABC có số đo ba cạnh tương ứng là a , b, c và p là nửa chu vi tam giác.
Chứng minh rằng
1)

ab
bc
ca


p
2p c 2p a 2p b

(*)

4


2)

sin A.sin B
sin B.sin C
sin C.sin A sin A  sin B  sin C



sin A  sin B sin B  sin C sin C  sin A
2

Hướng dẫn

1) Với 2 p  a  b  c thì bất đẳng thức cần chứng minh chính là bất đẳng thức (4).
2) Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC ta có a  2 R sin A, b  2 R sin B , c  2 R sin C khi
đó
(*) 



2 R  sin A  sin B  sin C 
4 R 2 sin A.sin B
4 R 2 sin B.sin C
4 R 2 sin C.sin A



2 R  sin A  sin B  2 R  sin B  sin C  2 R  sin C  sin A 
2

sin A.sin B
sin B.sin C
sin C.sin A sin A  sin B  sin C



sin A  sin B sin B  sin C sin C  sin A
2

Hoặc với bất đẳng thức này ta áp dụng trực tiếp bất đẳng thức (4) với
a  sin A, b  sin B , c  sin C

Bài 6. Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:

a
b
c
3



bc ca ab 2

(5)

Bất đẳng thức này hoàn toàn không phải là bất đẳng thức lạ hay khó khăn khi chứng
minh, thậm chí có rất nhiều cách để chứng minh bất đẳng thức này. Tuy nhiên, trong khuôn
khổ bài viết này tác giả đề xuất cách chứng minh dựa vào bất đẳng thức (1’’) của bài toán 1
trong trường hợp n = 3.
Ta có (5)  

a
  b
  c
 3
 1  
 1  
 1   3
bc  ca   ab  2
1
1  9
 1
 a  b  c




bc ca ab 2
1
1
1
9




b  c c  a a  b 2a  b  c

Rõ ràng ta có

(6)

1
1
1
9
9




b  c c  a a  b b  c    c  a    a  b  2  a  b  c 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi b  c  c  a  a  b  a  b  c .

2
Với 3 số a , b, c dương ta còn có một kết quả rất đẹp nữa là  a  b  c   3  a 2  b2  c 2  , kết hợp

bất đẳng thức này với bất đẳng thức (6) ta có bài toán sau
Bài 7. Cho a , b, c dương. Chứng minh rằng

5


a

2

1
1 
3
 1
 b2  c 2  


.

 b  c c  a a  b  2a  b  c

Chứng minh.
Nhân cả hai vế của (6) với a 2  b 2  c 2 ta có
2
2
2
2

1
1  9  a  b  c  3 a  b  c
 1
 a  b  c   b  c  c  a  a  b   2  a  b  c   2  a  b  c 
2

2

2

1
1  3 a  b  c 
 1
  a 2  b2  c 2  


.

2
bc ca ab

Bài 8.(Belarus, 1999). Cho a , b, c dương thỏa mãn a 2  b 2  c 2  3 . Chứng minh rằng
1
1
1
3



1  ab 1  bc 1  ca 2

Trong tài liệu[1] đã chứng minh bài toán như sau:
Lời Chứng minh 1. Hàm số f ( x) 

1
là hàm lồi với mọi x > 0. Do đó ta có
1 x

f  ab   f  bc   f  ca 
3
3
1
 ab  bc  ca 
 f



2
2
2
3
3
2

 3  ab  bc  ca 3  a  b  c

Mặt khác ta có
1
Suy ra 

f (ab)  f (bc )  f (ca ) 1  1
1
1 
 



3
3  1  ab 1  bc 1  ca 

1
1 
9
9
3




2
2
2
2
 1  ab 1  bc 1  ca  3  ab  bc  ca 3  a  b  c


Tuy nhiên, trong khuôn khổ bài viết này thì tác giả đề xuất cách chứng minh dựa vào
bất đẳng thức (1’’) trong trường hợp n = 3, lời Chứng minh này ngắ n gọn hơn cách sử dụng
phương pháp hàm lồi như trên. Đặc biệt với đối tượng học sinh THPT không chuyên thì
phương pháp hàm lồi rất xa lạ và người dạy cũng như người học rất khó khăn khi tiếp cận, bởi

lẽ khi sử dụng phương pháp này thì các tính chất hay địn h lý có liên quan không được đưa vào
chương trình chính khóa, do đó khi sử dụng ta lại phải nêu và chứng minh các định lý hay các
tính chất đó.
Lời Chứng minh 2.
Áp dụng bất đẳng thức (1’’) với n = 3 ta có

6


1
1 
9
9
 1





 1  ab 1  bc 1  ca  1  ab   1  bc   1  ca  3  ab  bc  ca

Mặt khác ta có ab  bc  ca  a 2  b 2  c 2  3 nên suy ra
1
Kết hợp (8.1) và (8.2) ta có 

(8.1)

9
9 3
 

3  ab  bc  ca 6 2

1
1  3


 1  ab 1  bc 1  ca  2


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c
Bài 10.( Russia, 2003).
Cho các số dương a , b, c thỏa mãn a  b  c  1. Chứng minh rằng
1
1
1
2
2
2





1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c

Chứng minh.
Với a  b  c  1 ta có


1

1
1
2
2
2





1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c
1
1
1
2
2
2





b  c c  a a  b 2a  b  c a  2b  c a  b  2c

Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có
1
1
4



b  c c  a a  b  2c
1
1
4


b  c a  b a  2b  c
1
1
4


c  a a  b a  2b  c

1
1 
4
4
4
 1
 2





 b  c c  a a  b  2a  b  c a  2b  c a  b  2c
1
1
1

2
2
2






b  c c  a a  b 2a  b  c a  2b  c a  b  2c

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a+b = b + c = c + a  a = b = c.
Bài 11.(Estonia, 2004).
Cho các số dương a , b, c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  3 . Chứng minh rằng
1
1
1


1
1  2ab 1  2bc 1  2ca

7

(8.2)


Chứng minh
Áp dụng bất đẳng thức (1’’) ta có
1

1
1
9
9




 1 do a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca
2
2
2
1  2ab 1  2bc 1  2ca 3  2(ab  bc  ca ) 3  2( a  b  c )

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Một số bài toán tham khảo .
Bài 12. Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:
1
1
1
1



a  4b  c b  4c  a c  4a  b 2(a  b  c)

Bài 13. Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:
a
b
c

1 ab  bc  ca
1 a2  b2  c2


 2


2 a2  b2  c2
2 ab  bc  ca b  c c  a a  b

Bài 14. Cho x,y,z là các số dương có: x + y + z = 1. Chứng minh rằng:

x
y
z
3



x 1 y 1 z 1 4
Bài 15. Cho x, y, z là các số dương: x+y+z ≤ 3/2. Chứng minh rằng :

1 1 1 15
x+y+z+   
x y z 2
2. Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp tiếp tuyến
2.1. Cơ sở lý thuyết
Cho hàm số f(x) liên tục và có đạo hàm trên K, x0  K . Nếu y = ax + b là tiếp tuyến
của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm A(x0;f(x0))( A không phải điểm uốn) thì tồn tại khoảng

 ;  

chứa x 0 sao cho f ( x)  ax  b, x   ;   hoặc f ( x)  ax  b, x   ;   . Đẳng thức

xảy ra khi x = x0.
Từ đây ta có f ( x1 )  f ( x2 )  ....  f ( xn )  a  x1  x2  ...  xn   nb
với x1 , x2 ,..., xk   ;   hoặc f ( x1 )  f ( x2 )  ....  f ( xn )  a  x1  x2  ...  xn   nb với

x1 , x2 ,..., xk   ;   , đẳng thức xảy ra khi x1  x2  ...  xn . Nếu có x1  x2  ...  xn  k thì

8


f ( x1 )  f ( x2 )  ....  f ( xn )  ak  nb hoặc f ( x1 )  f ( x2 )  ....  f ( xn )  ak  nb với
x1 , x2 ,..., xk   ;   .
2.2. Các bước chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp tiếp tuyến
-

Kiểm tra bất đẳng thức đã cho có đồng bậc hay thuần nhất không, bằng một số bước
biến đổi ta đưa bất đẳng thức về dạng

f ( x1 )  f ( x2 )  ....  f ( xn )  a

hoặc

f ( x1 )  f ( x2 )  ....  f ( xn )  a .
-

Chuẩn hóa x1  x2  ...  xn  k .Dự đoán đẳng thức xảy ra, kết quả thuận lợi nếu như
x1  x2  ...  xn  x0 

-

k
. Từ đó suy ra được xi   ;   .
n

Chọn hàm f(x) dựa vào bất đẳng thức. Viết phương trình tiếp tuyến y = g(x) của đồ thị
hàm số f(x) tại điểm (x0;f(x0).

-

Chứng minh f ( x)  g ( x) hoặc f ( x)  g ( x) với x   ;   . Áp dụng cho các xi ta có
được bất đẳng thức cần chứng minh.
Lưu ý. Việc chứng minh f ( x)  g ( x) hoặc f ( x)  g ( x) với x   ;   thông

thường ta chỉ cần phân tích f ( x)  g ( x)   x  x0  .h( x) trong đó h(x) luôn âm hoặc luôn
2n

dương với x   ;   .
2.3. Xây dựng bất đẳng thức bằng phương pháp tiếp tuyến
Dựa vào cơ sở lý thuyết và các bước chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp tiếp
tuyến ta có thể xây dựng các bất đẳng thức phong phú, đa dạng nhằm phục vụ cho quá trình
giảng dạy của mình với các đối tượng học sinh khác nhau. Tuy nhiên, ngược lại với các bước
chứng minh, ở đây ta xuất phát từ việc chọn hàm f(x), chọn điểm x 0 trước, viết phương trình
tiếp tuyến g(x) tại đó, dựa vào hiệu f(x) – g(x) ta xây dựng được bất đẳng thức mới. Chẳng hạn,
ta xét bài toán sau đây.
Hàm số f ( x) 

x

liên tục và có đạo hàm trên  . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại
x 1
2

36
3
1 3 
. Ta có
x
 ;  có phương trình y  g ( x ) 
50
50
 3 10 

9


  3 x  1  4 x  3
2

f ( x)  g ( x) 

Từ đó ta có f ( x )  g ( x ), x 
x0 

50  x 2  1

3
3
hoặc f ( x )  g ( x ), x 

. Do ở trên ta chọn điểm rơi là
4
4

1
nên ở đây ta chỉ xét trường hợp
3

f ( x) 

36
3
 3

x  , x    ;   .
50
50
 4


f ( x1 )  f ( x2 )  ...  f ( xn ) 

.

Áp

dụng

f ( x )  g ( x ), x 

với

các

3
. Tức là ta luôn có
4

 3

xi , xi    ;  
 4


ta

có

36
3n
3
 x1  x2  ...  xn   , xi    ;   . Như vậy ta có thể xây
50
50
 4


dựng được một số bất đẳng thức xoay quanh bài toán này sao cho dấu “=” xảy ra khi
x1  x2  ...  xn 

1
3

Ví dụ 1. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1 . Chứng minh rằng
a
b
c
9



2
2
2
1 a 1 b 1 c
10

Ví dụ 2. Cho các số thực dương a, b, c, d thỏa mãn 3  a  b  c  d   4 . Chứng minh rằng
a
b
c
d
6




2
2
2

2
1 a 1 b 1 c 1 d
5

Trong bài toán trên nếu ta chọn điểm rơi x0 khác đi thì tiếp tuyến g(x) sẽ khác đi và như vậy
với mỗi một hàm số, với mỗi cách chọn điểm rơi x0 phù hợp ta có thể xây dựng được nhiều bất
đẳng thức theo ý đồ khai thác của mình.
2.4. Chứng minh một số bất đẳng thức bằng phương pháp tiếp tuyến
Đối với học sinh hay đối với cả bản thân người dạy phát hiện ra một bất đẳng thức có
thể chứng minh được bằng phương pháp tiếp tuyến là không hề dễ dàng. Liệu có dấu hiệu nào
để học sin h nhận ra được rằng bất đẳng thức nào đó có thể chứng minh được bằng phương
pháp tiếp tuyến hay không? Theo kinh nghiệm mà tác giả tìm hiểu, học hỏi được thì có thể dựa
vào một vài dấu hiệu như sau:

10


-

Bất đẳng thức ta gặp là bất đẳng thức thuần nhất hay đồng bậc, hoặc bằng một số bước
biến đổi có thể đưa về bất đẳng thức thuần nhất, đồng bậc.

-

Qua

việc

chuẩn

hóa

hoặc

điều

kiện

của

đề

bài

có

sẵn

dạng

a  b  c  d  ...  k ,(a  b  c  d  ...  k , a  b  c  d  ...  k ) , và dấu “=” trong bất
đẳng thức xảy ra khi các biến trên bằng nhau.
Chú ý:Tiếp tuyến của đồ thị hàm số f(x) mà ta chọn để xét phải thỏa mãn điều kiện là chỉ
tiếp xúc với đồ thị hàm số f(x) tại duy nhất một điểm mà ta viết phương trình, không cắt đồ thị
tại điểm khác nữa.
Các bất đẳng thức trong phần này đã có các cách chứng min h khác, tuy nhiên trong
khuôn khổ bài viết này tác giả chỉ nêu cách chứng minh bằng phương pháp tiếp tuyến.
Bài 1.(ĐH 2003) Cho các số dương x, y và z thoả mãn x + y + z  1. Chứng minh rằng

x2 

1

x2

y2 

1
1
 z 2  2  82
2
y
z

Chứng minh
Trước hết ta dự đoán rằng dấu “=” xảy ra khi x  y  z 
Do đó ta xét hàm số f ( x) 

1
x  . Ta có f '( x) 
3
1

hàm số tại điểm  ;

3

Xét f ( x)  g ( x) 

x2 

1
.
3

1
, x  (0;1) , và tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm
x2

x4  1
x3

1
80
 f '( )  
. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị
3
1
82
x2  2
x

80
162
82 
x
.
 là y  g ( x)  
3 
82

3 82
x2 

1  80
162 


x


 với x   0;1 .
x2 
82
3 82 

11


2

1  80
162 
x  2 
x

1  80
162 
x  82
3 82 
f ( x)  g ( x)  x 2  2   

x


x  82
3 82 
1  80
162 
x2  2   
x

x  82
3 82 
2

2

1

2
 x    6318 x  4428 x  738 
3
 
 0 x   0;1


1
80
162



82 x 2  x 2  2   
x

x
82
3 82  



Ta có f ( x)  g ( x)  x 2 
hay

x2 

1  80
162 

x
  0 x   0;1
2
x 
82
3 82 

1  80
162 
 
x
 x   0;1
2

x
82
3 82 


Tương tự đối với y , z và cộng lại ta được

x2 

1

x2

y2 

1
1
80
162
 z2  2  
( x  y  z) 
 82
2
y
z
82
82

(do x  y  z  1 ). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z 

1
.
3

Bài 2. Chứng minh rằng, trong tam giác ABC, ta có

sin A  sin B  sin C 

3 3
2

Chứng minh.
Dự đoán bất đẳng thức xảy ra dấu bằng khi A  B  C 


3


3
 . Ta
3
2



Xét hàm số f ( x)  sin x, x  (0; ) và xét tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm 

;

1

3 
  1
 .
  nên tiếp tuyến có phương trình là y  g ( x)  x 
2
2 6
3 2

có f '( x)  cos x  f ' 

12


1

Xét f ( x )  g ( x)  sin x  

2

x

1

Ta có f ( x )  g ( x )  sin x  

2

Xét hàm số h( x)  sin x 

3 

  với x   0;  
2
6

x

3 
1
3 
   sin x  x 
  h( x )
2
6
2
2
6

1
3 
x
 , x   0; 
2
2 6

1
2

Ta có h '( x)  cosx  ; h '( x)  0  x 



3

Ta có bảng biến thiên

3

0

x
h’(x)

+

0



-

0
h(x)
Dựa vào bảng biến thiên trên ta có h( x )  0 với x   0;   hay ta luôn có

sin x 

1
3 
x
 , x  (0; ) . Áp dụng bất đẳng thức này cho A, B, C và cộng vế lại ta
2

2
6

được

1
3 3 
3 3
sin A  sin B  sin C  ( A  B  C ) 
  sin A  sin B  sin C 
2
2
2
2
Bài 3 (USA Math Olympiad, 2003)
Cho a, b, c là những số dương. Chứng minh rằng

(2a  b  c) 2
(2b  c  a ) 2
(2c  a  b) 2


8
2a 2  (b  c) 2 2b 2  (c  a ) 2 2c 2  (a  b) 2
Chứng minh.
Chuẩn hóa a  b  c  1 , và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

13

(a  1) 2
(b  1) 2
(c  1) 2


8
2a 2  (1  a ) 2 2b 2  (1  b) 2 2c 2  (1  c) 2
Vì rằng đẳng thức xảy ra khi a  b  c 

f ( x) 

1
nên xét hàm số
3

( x  1) 2
, x  (0;1) và xét tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm
2 x 2  (1  x) 2

f '( x)  4.

1 8
 ;  . Ta có
3 3

2 x2  x  1
1 8
. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số f ( x) tại điểm  ;  có phương
2
2

(3 x  2 x  1)
3 3

trình là y  g ( x)  4 x 

4
.
3

( x  1) 2
4

  4 x   , x  (0;1)
Xét f ( x)  g ( x)  2
2
2 x  (1  x) 
3
Ta có

( x  1) 2
4
( x  1) 2
4

Ta có f ( x)  g ( x)  2

4
x




4
x



2 x  (1  x) 2 
3  2 x 2  (1  x) 2
3
36 x3  15 x 2  2 x  1   3x  1 1  4 x 


 0 x   0;1
3  2 x 2  (1  x) 2 
3  2 x 2  (1  x) 2 
2

( x  1) 2
4
 4 x  , x  (0;1)
Hay ta có
2
2
2 x  (1  x)
3
Với x  a , x  b, x  c ta có

(c  1) 2
4
 4c  , c  (0;1)

2
2
2c  (1  c)
3
(a  1) 2
4
 4a  , a  (0;1)
2
2
2a  (1  a )
3
(b  1) 2
4

4
b

, b  (0;1)
2b 2  (1  b) 2
3
Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta có

14


(a  1) 2
(b  1) 2
(c  1) 2



8
2a 2  (1  a ) 2 2b 2  (1  b) 2 2c 2  (1  c) 2

1
3

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  .
Bài 4.(Rioplatense, 2002).
Cho a, b, c là những số thực dương. Chứng minh rằng
ab bc ca
9
1 1 1
 2  2 
  
2
c
a
b
abc a b c

Chứng minh.
Chuẩn hóa a  b  c  1 khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
1 c 1 1 a 1 1 b 1
  2   2  9
c2
c
a
a b
b

Nhận thấy dấu “=” xảy ra khi a  b  c 

1
1 2
nên ta xét hàm f ( x)  2  , x   0;1 và tiếp
3
x
x

2 2
1 
tuyến của đồ thị hàm số tại điểm  ;3  . Ta có f '( x )  3 + 2 , f
x x
3 

1
'    36 nên tiếp tuyến
3

1 
của đồ thị hàm số tại  ;3  có phương trình là g ( x)  36 x  15 .
3 

 4 x  1 3x  1  0 x  0;1
1 2
Lại có f ( x)  g ( x)  2   36 x  15 
 
x
x
x2

2

Do đó ta có

1 2
  36 x  15, x   0;1 , với a, b, c   0;1 ta có
x2 x

1 2
  36a  15
a2 a
1 2
  36b  15
b2 b
1 2
  36c  15
c2 c
Suy ra

1 2 1 2 1 2
      36( a  b  c)  45  9 . Vậy bất đẳng thức được chứng
a2 a b2 b c2 c

minh.

15


Bài 5.(Russia, 2003)
Cho a, b, c là những số thực dương thỏa mãn a  b  c  1 . Chứng minh rằng

1
1
1
2
2
2





1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c

Chứng minh.
Ta có

1
1
1
2
2
2
1
1
1
2
2
2












0
1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c
1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c

1
1
2
Nhận thấy dấu “=” xảy ra khi a  b  c  , nên xét hàm f ( x) 

, x   0;1 và tiếp
3
1 x 1 x

3x 2  2 x  3  1  27
1 

, f '  
tuyến của đồ thị hàm số tại điểm  ;0  . Ta có f '( x) 
, tiếp tuyến
2
 3 8

3 
1  x2





27 
1
1 
của đồ thị tại điểm  ;0  có phương trình g ( x) 
 x  .
8 
3
3 

1
2
27 
1   3 x  1 3 x  1
Ta có f ( x)  g ( x) 

 x 
 0, x   0;1
1 x 1 x 8 
3
8 1  x 2 
2

Hay ta có

1
2
27 
1


 x   , x   0;1 , suy ra với a, b, c   0;1 ta có
1 x 1 x 8 
3

1
2
27 
1


a  
1 a 1 a 8 
3
1
2
27 
1


b  
1 b 1 b 8 
3
1

2
27 
1


c  
1 c 1 c 8 
3
1
2
1
2
1
2
27
27







a  b  c   0
1 a 1 a 1 b 1 b 1 c 1 c 8
8
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 6.(Estonia,2004)
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  3 . Chứng minh rằng
1

1
1


1
1  2ab 1  2bc 1  2ca

16


Chứng minh .
Ta có a 2  b 2  2ab 
Lập luận tương tự ta có

1
1
1


2
2
1  2ab 1  a  b
4  c2
1
1
1
1
1
1






2
2
1  2ab 1  2bc 1  2ca 4  a
4b
4  c2

1
1
1


1
2
2
4a
4b
4  c2

Ta đi chứng minh

Nhận thấy dấu “=” xảy ra khi và chỉ k hi a 2  b 2  c 2  1 nên ta xét hàm số
f ( x) 

1
 1
, x   0;1 và tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm  1;  .

4 x
 3

Ta có f '( x) 
dạng g ( x) 

1

4  x

, f ' 1 
2

1
 1
và phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại  1;  có
9
 3

1
1
 x  1  .
9
3

1
1
1 1  x  1
  x  1  
 0, x   0;1

Ta có f ( x)  g ( x) 
4 x 9
3 9 4 x
2

Hay ta có

1
1
1
  x  1  , x   0;1 với a 2 , b 2 , c 2   0;1 ta cũng có
4 x 9
3
1
1
1 1
1
1 1
1
1
  a 2  1  ,
  b 2  1  ;
  c 2  1 
2
2
2
4a
9
3 4b
9

3 4c
9
3

Vậy

1
1
1
1


  a 2  b 2  c 2  3  1  1
2
2
2
4a
4b
4c
9

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a 2  b 2  c 2  1 .
Bài 7.(Croatia, 2004)
Chứng minh rằng

a2
b2
a2
3
với mọi số thực dương




( a  b)( a  c ) (b  c )(b  a ) (c  b)(c  a ) 4

a, b, c.
Chứng minh
1
Chuẩn hóa a  b  c  1 ,dự đoán được rằng dấu “=” xảy ra khi a  b  c  .
3

17


bc
 1  a   a  1

a

Khi đó (a  b)(a  c)  a (a  b  c)  bc  a  bc  a  


 
4
 2 
 2 
2

2

2

a2
4a 2
Do đó
. Lập luận tương tự ta có

( a  b)( a  c ) ( a  1) 2
b2
4b 2
c2
4c 2
. Từ đó suy ra

;

( a  b)(b  c ) (b  1) 2 (c  b)( a  c ) (c  1) 2
a2
b2
c2
4a 2
4b 2
4c 2
.





( a  b)( a  c ) ( a  b)(b  c ) (c  b)(a  c ) (a  1) 2 (b  1) 2 (c  1) 2

4a 2
4b 2
4c 2
3
a2
b2
c2
3
Ta đi chứng minh


 



2
2
2
2
2
2
( a  1)
(b  1)
(c  1)
4
( a  1)
(b  1)
(c  1)
16

Xét hàm sô f ( x) 
Ta có f '( x ) 
g ( x) 

1 1 
, x   0;1 và tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm  ;  .
 3 16 
 x  1

x2

2

2x
1 9
1 1 
, tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại  ;  có phương trình
, f '  
3
( x  1)
 3  32
 3 16 

9 
1 1
x  .
32 
3  16

Mặt khác ta có

9
1  1   x  1 3x  1
f ( x)  g ( x) 
 x  
 0, x   0;1
2
2
32
3
16


x

1
32
x

1
 
 
2

x2

Hay ta có f ( x ) 

9 
1 1

 x    , x   0;1 . Áp dụng ta có
32 
3  16

f ( a )  f (b )  f ( c ) 

9
3
3
 a  b  c  1  
32
16 16

a2
b2
c2
3
Hay


 . Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu “=” xảy ra
2
2
2
( a  1)
(b  1)
(c  1)
16

1

khi và chỉ khi a  b  c  .
3

18


Bài 8. Cho các số dương a, b, c thoả mãn 4(a  b  c)  9  0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu



thức S  a  a 2  1


b

b  b2  1


c

c  c2  1



a

Chứng minh .



Ta có S  a  a 2  1


b

b  b2  1






c

c  c2  1







a



 lnS  b ln a  a 2  1  c ln b  b 2  1  a ln c  c 2  1
Dự đoán S đạt giá trị lớn nhất khi a  b  c 



3
, nên ta xét hàm số
4

3
 9
f ( x)  ln( x  x 2  1), x   0;  tiếp tuyến của đồ thị hàm s ố f(x) tại điểm ( ;ln 2)
4
 4
Đạo hàm f '( x) 

3
3 4
 f '( )  . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm ( ;ln 2) có
4
4 5
x2  1

phương trình g ( x) 

1

4
3
x  ln 2  .
5
5





Xét hiệu f ( x )  g ( x )  ln x  x 2  1 





h( x)  ln x  x 2  1 

4
3
 9
x  ln 2  , x   0; 
5
5
 4

4
3
x  ln 2 
5
5

3

x

(TM )


5  4 x 1
5  4 x 1
4
h '( x) 
, h '( x)  0 
0
2
2
5 x 1
5 x 1
 x   3 ( KTM )

4
2

2

 3
3 9 3
 9
Ta có h '( x )  0 x   0;  , h '( x )  0 x   ;  , h    0 nên ta có h( x)  0, x   0; 
 4
4 4 4
 4

Hay ln( x 

x 2  1) 

4
3
 9
x  ln 2  , x   0;  .
5
5
 4

2
Áp dụng bất đẳng thức này cho số dương a ta được ln(a  a  1) 

19

4
3
a  ln 2  .
5
5


Nhân hai vế với số b > 0 ta suy ra b ln(a  a 2  1) 

4
3

ab   ln 2   b .
5
5


4
3

c ln(b  b 2  1)  bc   ln 2   c .
5
5


Tương tự ta có

4
3

a ln(c  c 2  1)  ca   ln 2   a .
5
5

Cộng vế ba bất đẳng thức này ta được

4
3

lnS  (ab  bc  ca)   ln 2   (a  b  c) .
5
5


1
3

2
Lại có (ab  bc  ca)  (a  b  c) và a  b  c 

Vậy giá trị lớn nhất của S là 4 4 2 khi a  b  c 

9
9
, nên ln S  ln 2  S  4 4 2 .
4
4

3
.
4

Bài 9.(HSG Thừa Thiên Huế 2015 - 2016)
Cho ba số thực dương a, b, c và a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

a

1  a 

2



b

1  b 

2



c

1  c 

2



9
4

Chứng minh
Dự đoán dấu “=” xảy ra khi a = b = c =

1
x
nên ta xét hàm số f ( x ) 
trên  0;1
2
3
1  x 

9
3
1 3
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số trên tại điểm  ;  có phương trình là g( x )  x 

2
4
3 4
Xét hiệu f ( x )  g( x ) 

Do đó ta có

x

1  x 

2



x

1  x 

2

9
3 (3-2x)(-1+3x)2
 x 
 0,x   0;1
2
2
4
4 1  x 

9
3
x  ,x   0;1 . Từ trên suy ra
2
4
a

1  a 

2



b

1  b 

2



c

1  c 

2

20



9
9 9
a  b  c  
2
4 4


Bài 10. (HSG Hà Nội 2015 – 2016)
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1. Chứng minh

1
1  1 1 1
 1
4


   9
ab bc ca a b c
Chứng minh
Theo giả thiết ta có a, b, c dương và a +b + c = 1. Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên
ta có a + b > c, b + c > a, a + c > b suy ra 0  a,b,c 

1
. Ta có
2

1
1  1 1 1
1

1  1 1 1
 1
 1
4




     9  4
   9
ab bc ca a b c
1 c 1 a 1 b  a b c
1
1  1 1 1
4
1
4
1
4
1
 1
4


 
 
 9
   9
1 a a 1 b b 1 c c
1 c 1 a 1 b  a b c

Xét thấy dấu “=” xảy ra khi a = b = c =

1
4
1
 1
nên ta xét hàm số f ( x ) 
 ,x   0; 
3
1 x x
 2

1 
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm  ; 3  có phương trình là g(x) = 18x – 3.
3 
4
1
( 2 x  1 )( 3 x  1 )2
 1
Xét hiệu f ( x )  g( x ) 
  18 x  3 
 0,x   0;  hay ta luôn có
1 x x
x( 1  x )
 2

4
1

  18a  3

1 a a

4
1
4
1
4
1
4
1

  18b  3  
 
 
  18( a  b  c )  9  9
1 b b
 1 a a 1 b b 1 c c
4
1

  18c  3 
1 c c

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 11. (HSG Hà Tĩnh 2012 – 2013)
Cho a , b, c là các số thực dương thỏa a 2  b 2  c 2  3abc . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P=

a
8a  1

2



b
8b  1
2

Chứng minh

21



c
8c  1
2

.


Ta có
2


a
b
c 
b
c 

 a
P2  



3





2
2
2
2
8b 2  1
8c 2  1 
 8a  1 8b  1 8c  1 
 8a  1
1
1
1
a
b
c
a
b
c
xét Q= 2
 2

 2



2
2
2
8a  1 8b  1 8c  1
1
1
1
8  8  8 
a
b
c
Theo giả thiết ta có

a 2  b 2  c 2  3abc   a  b  c   3  a 2  b 2  c 2   9abc
2

 a 2  b 2  c 2  2( ab  bc  ac )  9abc  ab  bc  ac  3abc 
Đặt x 

1 1 1
  3
a b c

1
1
1

x
y
z
, y  ,z   0  x, y,z; x  y  z  3 . Khi đó Q 


2
2
a
b
c
8  x 8  y 8  z2

Dự đoán dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1. Xét hàm số f ( x ) 

x
,x   0; 3
8  x2

7
2
 1
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại 1;  có phương trình là g( x )  x  .
81
81
 9
Xét hiệu f ( x )  g( x ) 

x
7

2 ( 7 x  16 )( x  1 )2

x


 0x   0; 3
8  x 2 81
81
81( x 2  8 )

Hay

x
8  x2
x
8  x2
y
8  y2
z
8  z2

7
2
x  ,x   0; 3
81
81
7
2 
 x 
81

81 
7
2
x
y
z
7
6 1
 y 


 ( x  y  z ) 
2
2
2
81
81  8  x 8  y 8  z
81
81 3
7
2 
 z 
81
81 


Hay ta có Q 

1
suy ra P  1 . Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi a = b = c = 1

3

22


Một số bài tập tham khảo.
Bài 12.(1997 Japanese Math Olympiad) Cho a, b, c là những số thực dương. Chứng minh
rằng

(b  c  a ) 2
(c  a  b ) 2
(a  b  c) 2 3


 .
a 2  (b  c) 2 b 2  (c  a ) 2 c 2  (a  b) 2 5
Bài 13. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC và số a  2 ta có bất đẳng thức sau

sin A
sin B
sin C
3 3



a  cos A a  cos B a  cos C 2a  1
3. Kết luận
Không có phương pháp nào là vạn năng, là tôn chỉ để Chứng minh quyết các bài toán,
nhất là với phần bất đẳng thức , một phần hay và khó. Có rất nhiều phương pháp chứng minh
bất đẳng thức, cũng như có rất nhiều tài liệu viết về phần này. Tuy nhiên, với kiến thức còn

hạn chế của mình thì tác giả cố gắng nghiên cứu hai vấn đề, một là chứng minh bất đẳng thức
dựa vào các bất đẳng thức quen thuộc (1),(1’) và (1”) , hai là chứng minh bất đẳng thức bằng
phương pháp tiếp tuyến. Ở đây, tác giả thấy rằng đó là kiến thức phù hợp với đối tượng học
sinh THPT mà tác giả trực tiếp giảng dạy. Trong bài viết này tác giả đã làm được nhữ ng vấn
đề sau:
-

Nghiên cứu một số tài liệu có liên quan đến bất đẳng thức và ứng dụng.

-

Chọn lọc một số bài toán phù hợp với mục đích nghiên cứu của tác giả.

-

Chứng minh các bất đẳng thức bằng phương pháp mà tác giả lựa chọn. Ở đây, tác giả cố
gắng tự chứng minh các bài toán theo kiến thức có được của mình.

-

Nêu cách xây dựng một bất đẳng thức dựa vào các bất đẳng thức quen thuộc và dựa vào
phương pháp tiếp tuyến.

IV. Hiệu quả do sáng kiến đem lại:
4.1. Hiệu quả ( Giá trị làm lợi tính thành tiền -nếu có): không.
4.2. Hiệu quả về mặt xã hội :
- Bài viết có thể là nguồn tư liệu tham khảo cho các thầy cô giáo dạy ở các lớp chất lượng cao,
dạy học sinh giỏi và dạy ôn thi THPT Quốc gia.

23

- Trong những năm học trước tác giả đã xây dựng những bất đẳng thức và phương pháp chứng
minh trên cho học sinh giỏi, kết quả đạt được rất khả quan. Các em không cảm thấy quá khó
khăn khi học bất đẳng thức, và trong kì thi học sinh giỏi tỉnh môn Toán năm 2012 – 2013 đã
có học sinh Lâm Thị Thảo Chứng minh được câu bất đẳng thức. Năm học 2014 – 2015 tác giả
đã áp dụng phần 1 vào dạy cho học sinh lớp 10 A1 trường THPT Giao Thủy C và nhận thấy
rằng có nhiều em thấy hứng thú với bài tập được đưa ra, và các em xử lý khá tốt các bài tập
này. Dự kiến trong năm học 2016 – 2017 tác giả tiếp tục giảng dạy một số phương pháp nêu
trên cho các em học sinh lớp 12A1 nhằm mục đích giúp các em tiếp cận bất đẳng thức tốt hơn,
cũng như nâng cao hơn nữa chất lượng dạy học của bản thân.
V.Đề xuất, kiến nghị:
Những phần kiến thức trên đây, với nhân loại thì không cò n là mới nữa, đâu đó trong
các tài liệu về bất đẳng thức có thể có, và cũng có nhiều người đã làm được. Nhưng với tác giả
thì đó là sự nỗ lực tìm tòi và hoàn thiện kiến thức về bất đẳng thức. Bài viết có thể còn nhiều
thiếu sót nên tác giả rất mong được sự góp ý của quý thầy cô. Và nội dung bài viết có thể áp
dụng được cho học sinh lớp chọn và học sinh giỏi của trường THPT Giao Thủy C.

CƠ QUAN ĐƠN VỊ

TÁC GIẢ SÁNG KIẾN

ÁP DỤNG SÁNG KIẾN

(Ký ghi rõ họ tên tên)

(xác nhận, đánh giá, xếp loại)

Đặng Thị Mai

Tài liệu tham khảo.
[1]. Inequalities A Mathematical Olympiad Approach.

24