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

- 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:
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
3
Sáng kiến kinh nghiệm
“ Rèn luyện kỹ năng sử dụng tính chất của tiếp tuyến trong chứng
minh bất đẳng thức”
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
0 0
( ; )x y
(A không là điểm uốn), khi đó tồn tại khoảng D chứa
0
x
sao cho:
( ) axf x b≥ +
hoặc

f x f x f x nb+ + + ≤ +

GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
4
Sáng kiến kinh nghiệm
- Đường thẳng y = ax + b là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại
điểm A
0 0
( ; )x y
khi đó:
0
( ) (ax ) ( ) ( ); ( 2, )
k
f x b x x g x k 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:
3 3 3 2 2 2
2( ) ( ) 3x y z x y z+ + − + + ≥
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
3 2
( ) 2f x x x= −

x y z
+ + + + + ≥
Giải: Xét hàm
9
( ) ; (0;1)f x x x
x
= + ∈
. Ta có
2
9
'( ) 1f x
x
= −

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

Suy ra :

x
= ∈
+
. Ta có:
2 2
2
'( )
(1 )
x
f x
x
−
=
+

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x =
1
3
là:
y =
1 1 1 27 54
'( )( ) ( )
3 3 3 50
x
f x f
− +
− + =
Vì:
2
2 2

+ + +
.
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =
1
3
.
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
6
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:
2 2 2
1x y z+ + =
. Chứng minh
rằng:
2 2 2
3 3
1 1 1 2
x y z
x y z
+ + ≥
− − −
Dẫn dắt học sinh:
- Nhiều học sinh mắc sai lầm khi xét hàm số y =
2
1

3≤
nên không sử dung vào
(1) được.
- Mặt khác với điều kiện
2 2 2
1x y z+ + =
(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:
2 2 2
; ; ( , , 0)x a y b z c a b c= = = >
Bài toán trở thành:
Cho ba số dương a, b,c thõa mãn: a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
3 3
1 1 1 2
a b c
a b c
+ + ≥
− − −
Xét hàm:
( ) ; (0;1)
1
x
f x x
x
= ∈
−
. Ta có:
2

x
− = − + ≥ ∀ ∈
−

Nên:
3 3
; (0;1)
1 2
x
x x
x
≥ ∀ ∈
−

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

9 9 9 6 27 6 27 6 27xy yz xz x x y y z z
+ + ≤ + +
− − − − + + − + + − + +
(1)
Xét hàm: y =
2
1
; (0;3)
6 27
x
x x
∈
− + +
. Ta có:
2 2
2 6
'( )
( 6 27)
x
f x
x x
−
=
− + +

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x =1 là:
y =
9
'(1)( 1) (1)
64

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

Từ đó ta có:
2 2 2
1 1 1 27 ( ) 3
6 27 6 27 6 27 64 8
x y z
x x y y z z
− + +
+ + ≤ =
− + + − + + − + +
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
1 1 1 3
9 9 9 8xy yz xz
+ + ≤
− − −
, Dấu bằng xảy ra khi x = y = z
=1
Bài 3: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn:
4 4 4

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

Khi đó:
2 2 2 4 4 4 4 4
( ) 2( ) a b c 4( ) 12a x y x y x y z= + ≤ + ⇒ + + ≤ + + =
- Ta có:
2 2
2 2
1 1 2
;
2 4
8
4
2
x y
xy
x y
xy
a
+
≤ ⇒ ≤ =
+
−
−
−
- Từ đó xét hàm : y =
1
8 x−

a b c
+ + ≤ + +
− − −
− − −

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

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x =4 là:
y =
1 5
'(4)( 4) (4)
144 36
f x f x− + = +

(2)
Từ (1) và (2) Suy ra:
1 1 1
1
4 4 4xy yz xz
+ + ≤
− − −
. Dấu bằng xảy ra khi: x = y = z
=1
Bài 4: Cho x, y,z là các số dương thõa mãn: x + y + z = 6. Chứng
minh rằng:
2 2 2
3 3 3
2 5 2 5 2 5
13
1 1 1
x y z
x y z
+ + +
+ + ≥
+ + +
Dẫn dắt học sinh: - Nếu sử dụng hàm số y =
2
3
2 5
1
x
x
+
+

+ +
+
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
10
Sáng kiến kinh nghiệm
Từ đó suy ra:
2 2 2
2 2 2
3 3 3
2 5 2 5 2 5 1 1 1
2(6 )
2 2 2
1 1 1
x y z
x y z
x y z
+ + +
+ + ≥ + + +
+ + +
+ + +
Khi đó xét hàm:
2
1
, (0;6)
2
y x
x
= ∈
+
.

x
x x
− +
−
− + = ≥ ∀ ∈
+ +
nên
2
1 7
; (0;6)
2 9 18
x
x
x
−
≥ + ∀ ∈
+
Ta có:
2 2 2
1 1 1
2 2 2x y z
+ +
+ + +
1 7 1
( )
9 6 2
x y z
−
≥ + + + =
(1)

2
( ; ; ) ( ; ; )f ka kb kc k f a b c=
,Nên
( ; ; ) 0 ( ; ; ) 0;( )f a b c f ka kb kc k R≥ ⇔ ≥ ∈
- Đặt x= ka;y= kb;z=kc và chọn k=
1
a b c
+ +
thì
1x y z
+ + =
và
( ; ; ) 0 ( ; ; ) 0f a b c f x y z
≥ ⇔ ≥
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
11
Sáng kiến kinh nghiệm
- Do đó đối với những bất đẳng thức dạng này ta có thể giả thiết thêm
1a b c+ + =
(hoặc
a b c m+ + =
nếu chọn
m
k
a b c
=
+ +
).
Giải: Không làm mất tính tổng quát giả sử: a + b +c = 1.
Khi đó:

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

2 2 2
2 2 2 2 2 2
(2 ) (2 ) (2 )
8
2 (y ) 2 (x ) 2 (x )
x y z y x z z x y
x z y z z y
+ + + + + +
+ + ≤
+ + + + + +
.
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
12
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
9( ) 82x y z
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

x x
+ + ≥ +
⇒
2
2
1 9
82 x x
x x
+ ≥ +
Từ đó ta có:
2 2 2
2 2 2
1 1 1 9 9 9
82( ) 82x y z x y z
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
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1 1 1
) 82
1 1 1
) 82
a x y z
x y z
b x y z
y z x

3 3
x y z
xyz
x
x x
x x x x
x
x y z
x y z
x y z x y z
+ +
+ ≤ ≤
+ + = + + + ≥ =
⇒ + + + + + ≥ + + ≥ =
- 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:
2
2 2 2 2
2 2 2
1 1 1
) 82.3
1 1 1
) (9 1).3
nn n n n
n n n
n n
n
n

1 2
2 2 2
1 2
1 1 1
) 1
1 1 1
) ( 1).n
1 1 1
) ( 1).n
n
n
n n n n n
n
n n n
n
n
n
n n
n
n
n
a x x x n
x x x
b x x x n
x x x
c x x x n
x x x
−
−
+ + + + + + ≥ +

Sử dụng tính chất tiếp tuyến ta chứng minh được:
1 5
6; (0; 6)
2
X X X
X
− ≥ − + ∀ ∈

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

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

x
x x mn
n
m x m x m x
+ + + ≥
−
− − −
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:
2 2 2
1 1 1 27
1 1 1 10x y z
+ + ≤
+ + +
Hướng 1 : Nếu tăng số biến lên n ta có bài toán
Cho n số dương
1 2
; ; ,x
n
x x
thõa mãn:
1 2
1
n
x x x+ + + =
.Chứng minh rằng:
3
2 2 2 2
1 2

Cho n số dương
1 2
; ; ,x
n
x x
thõa mãn:
1 2
1
n n n
n
x x x+ + + =
.Chứng minh rằng:
3
2 2 2 2
1 2
1 1 1

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

n n n
n
x x x
+ + + =
.Chứng minh rằng:
2
2 2
3
1 2
2 2 2 2
1 2

1 1 1 1
n
n n
n
n n n
n
x
x x n
x x x n
+ + + ≤
+ + + +
Hướng 2.3: Thay
2 2 2
2 2 2
; ;
( )
a b c
x y z

đẳng thức mới
Hướng 3.1: Ta có:
2
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1 81
( ) 3( )
1 1 1 10
1 1 1
x y z
x y z
+ + ≤ + + ≤
+ + +
+ + +

Ta có bài toán 3.1:
Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z = 1.Chứng minh rằng :
2 2 2
1 1 1
1 1 1x y z
+ +
+ + +
9 10
10
≤
Hướng 3.2: Xuất phát từ
2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )2( )

Mà:
2 2 2 2 2 2
2 2
4 4 4
2 2 2
( ) ( )
( ).2( )
( ) ( ) ( )
x y z x y z
x z x y y z
y z x
y x z z x y x y z
x y z
x y z
y x z z x y x z y
+ + = + + + + +
+ + +
≤ + + + +
+ + +
Từ đó ta có bài toán 3.3:
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
17
Sáng kiến kinh nghiệm
Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1. Chứng minh rằng:
4 4 4
2 2 2
1
( ) ( ) ( ) 2
x y z
y x z z y x x z y

9 9 9
x y z
x y z xy yz xz
y z x
+ + ≥ + + − + + ≥ − =
+ + +
(do
2
1
3( ) ( )
3
xy yz xz x y z xy yz xz+ + ≤ + + ⇔ + + ≤
)
Ta có bài toán 3.4 :
Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1. Chứng minh rằng:
2 2 2
1
1 9 1 9 1 9 2
x y z
y z x
+ + ≥
+ + +
b) Tương tự bài toán trên kết hợp với vai trò bình đẳng của x, y, z ta
khai thác theo hướng sau:
3 2 2
2 2 2 2
2 2
x xy xy y
x x x
x y x y xy

c)
1 1 1 3
x y z
a
x y y z z x
x y z
x y y z z x
x y z
y z x
+ + ≥
+ + +
+ + ≥
+ + +
+ + +
+ + ≥
+ + +
Hướng 3.5:Khai thác bài toán trên theo hướng sử dụng các bất đẳng thức
đúng:
a) Ta có:
2 2 2 2 2
( ) 2 0 3x y x xy y x xy y xy− = − + ≥ ⇔ + + ≥
2 2
2 2
3 3
xy xy y
x xy y xy
⇒ ≤ =
+ +
Ta có bài toán 3.5:
Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng minh rằng:

x y z
x y z
x xy y y yz z z xz z
+ + ≥ + +
+ + + + + +
Ta có bài toán: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z = 1.
Chứng minh rằng:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
1
3
x y z
x xy y y yz z z xz z
+ + ≥
+ + + + + +
Nhận xét :
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
19
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.
4) Bài tập áp dụng
Bài 1: Cho ba số dương x, y,z thõa mãn:
1x y z+ + =


khá giỏi.
- Đối tượng thực nghiệm là học sinh đã học xong chương trình 11.
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
20
Sáng kiến kinh nghiệm
- Sau khi giảng dạy tôi tiến hành kiểm tra khả năng tiếp thu của học
sinh kết quả thu được như sau :
Lớp Năm học Kết quả
12A1 2011– 2012 28/45 (62,2%)
12A2 2011 – 2012 32/45(71,1%)
12A1 2012 – 2013 34/45(75,5%)
12A2 2012 - 2013 37/45(82,7%)
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.
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
21
Sáng kiến kinh nghiệm
- 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