SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN
ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ
TÌM GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ - TRƯỜNG
CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT A.Phần mở đầu
Trong cuộc đời học sinh của mỗi người, thậm chí cả giáo viên chúng ta
khi tiếp xúc với nội dung bất đẳng thức đều quan tâm đến nguồn gốc xuất phát
của bài toán chứng minh bất đẳng thức. Trong công tác giảng dạy và bồi dưỡng
học sinh giỏi, bản thân tôi đã gặp những tình huống mà học sinh đưa ra là “ Tại
sao người ta lại nghĩ được bài toán chứng minh bất đẳng thức này “ ; “ Tại sao
để tính giới hạn này người ta thêm bớt lượng này thì không được, nhưng thêm
bớt lượng kia lại giải ra “. Những câu hỏi đó luôn xuất hiện trong tâm trí của tôi
và luôn nhắc nhở tôi phải tìm hiểu nó.
Hình ảnh trực quan về tiếp tuyến của một đường cong là cơ sở để giải
thích những câu hỏi đó của các em học sinh. Cũng từ đó đã nảy sinh ra việc
nghiên cứu một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn hàm số
mà được gọi là phương pháp tiếp tuyến. Phương pháp này thể hiện được nguồn
gốc xuất phát của bài toán nên tôi chọn đề tài “ Sử dụng phương pháp tiếp tuyến
để chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn của hàm số “ với mục đích cung
cấp một phương pháp giải toán mới cho các em học sinh và quan trọng hơn cả là
giúp các em nhìn thấy được bản chất của sự việc, hiện tượng, thấy được sự sáng
tạo ra những bài toán đẹp từ những kiến thức hết sức cơ bản, từ những hình ảnh

không phải là điểm uốn ), khi đó tồn tại


;
 
chứa
0
x
sao cho ( )
f x ax b
 



;
x
 
 
hoặc ( )
f x ax b
 


;
x
 
 
. Đẳng thức xảy ra khi
0
x x

n
x x x
 
 
và đẳng thức
xảy ra khi
1 2 0

n
x x x x
   

Nếu
1 2

n
x x x k
   
(
k
không đổi ) thì






1 2

n

phương pháp giải vì không có một phương pháp và đường đi rõ ràng. Có những
cách giải từ trên trời rơi xuống. Học sinh không thể hiểu được vì sao người ta lại
nghĩ ra được một bài toán như vậy, vì sao lại có một bài giải như vậy. Trong đề
tài này tôi xin trình bày một phương pháp mà nếu học sinh không nắm được cơ
sở lí luận đó thì sẽ không hiểu tại sao lại có một lời giải như vậy, và khi học sinh
nắm được cơ sở lí luận của phương pháp này rồi thì việc sử dụng phương pháp
này thật rõ ràng cụ thể, các em sẽ có thể tự chứng minh được một lớp các bất
đẳng thức và có thể tự sáng tác ra các bài toán chứng minh bất đẳng thức. c.Các bước tiến hành
Nếu gặp các BĐT thuần nhất hoặc đồng bậc ta nên chuẩn hóa, tùy vào đặc
điểm từng bài mà ta có cách chuẩn hóa phù hợp để đưa bất đẳng thức về dạng
các biến được cô lập dạng


1
( )
n
f x f x

  
hoặc


1
( )
n
f x f x


( ) ( ) ( )
k
f x g x x x h x
   , trong đó


0
0
h x

, 2,k k
 

, kiểm nghiệm
( ) ( ) 0
f x g x x D
   
hoặc ( ) ( ) 0
f x g x x D
   
.
 Từ đó đưa ra lời giải : ta có
( ) ( ) 0
i i
f x g x
 
hoặc
( ) ( ) 0
i i i
f x g x x D

a b c b a c c a b
a b c b a c c a b
     
  
     Phân tích : Vì BĐT là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa bằng cách giả sử
1
a b c
  
.
Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành
( ) ( ) ( )
f a f b f c
 
8

với
, ,
a b c



0;1


trong đó
( )
f x

3
x


Ta xét
4
( ) 4
3
f x x
 
 
 
 
=
   
 
2
2
3 1 4 1
0 0;1
3 2 1
x x
x
x x
  
  
 

Vì vậy ta có lời giải sau:
Vì BĐT là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa bằng cách giả sử

4
4
2 (1 ) 3
a
a
a a

 
  
 
 
 
   
 
2
2
3 1 4 1
0 0;1
3 2 1
a a
a
a a
  
  
 

 
2
2 2
1

4
4
2 (1 ) 3
c
c
c c

 
  
 
 
 
   
 
2
2
3 1 4 1
0 0;1
3 2 1
c c
c
c c
  
  
 Cộng ba BĐT theo vế ta được

     

a b c
a b c
  
  

Phân tích :
Dấu “=” xảy ra khi
1
3
a b c
  Xét hàm
( )
f x


2
1
x
x

, tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ
1
3
là
y

36 3


2
1
a
a


36 3
50
a

 =
 
 
2
2
3 1 (4 3)
50 1
a a
a
  

3
0
4
a
   2


36 3
50
c

 =
 
 
2
2
3 1 (4 3)
50 1
c c
c
  

3
0
4
c
   

Cộng ba BĐT ta được :

2 2 2
9
1 1 1 10
a b c
a b c
  

  

BĐT

2 2 2
2 2 2 9
a b c a b c
     

Xét hàm
2
( ) 2
f x x x
 
.Tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )
f x
tại điểm có hoành
độ
1
là
3
y x

. Ta có

2
( ) 3 2 3
f x x x x x
   


Bài tập rèn luyện:

1.Cho các số thực
, ,
a b c
>0 thỏa
1
a b c
  
.CMR:
9
1 1 1 10
a b c
bc ac ab
  
  

HD: Ta có
 
2
4
b c
bc

 , tương tự….
Ta có sự đánh giá sau:
2 2 2
4 4 4
1 1 1 2 5 2 5 2 5

     
 
  
 
.Dấu “=”xảy ra khi
a b c
  
1
3

Dẫn đến việc xét hàm
( )
f x
=
2
1 5
x
x x

 
, tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có
hoành độ
1
3
là
18 3
y x
  
.Ta xét


2
a
suy ra
, ,
a b c
1
0;
2
 

 
 

suy ra


( ) 18 3
f x x
  
1
0 0;
2
x
 
  
 
 
.
Từ đó có lời giải bài toán như thế nào ?


1 2 1 2 1 2
3
2 2 1 2 2 1 2 2 1 5
a b c
a a b c c
  
  
     

2 2 2
1 1 1 27
2 2 1 2 2 1 2 2 1 5
a a b b c c
   
     

Dấu “=” xảy ra khi
a b c
 
1
3

Từ đó liên tưởng đến hàm
( )
f x
=
2
1
2 2 1
x x

x
x x
 
   
 

Từ đó ta có lời giải :
Vì BĐT cần chứng minh là thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh BĐT đúng
với mọi
, ,
a b c
>0 và
1
a b c
  

2
1
2 2 1
a a
 
54 27
25
a

 =
 
 
 
2

b
b b
 
   
 

2
1
2 2 1
c c
 
54 27
25
c

 =
 
 
 
2
2
3 1 (12 2)
0 0;1
25 2 2 1
c c
c
c c
 
   
 

25
c

 =
27
5
4.Cho
, ,
a b c
>0 . CMR:
 
2 2 2 2 2 2
1 3 1 1 1
3 3
a b c a b c a b c
a b c

 
         
 
 Phân tích : Vì BĐT là cùng bậc nên ta có thể chuẩn hóa bằng cách giả sử
2 2 2
1
a b c

  
1
3

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ
1
3
là :
y

1 2 3 2 2 3
3
3
x
 
 
Ta xét
( )
f x
1 2 3 2 2 3
3
3
x
 
  =




 




 
2
3 1 1 3
0 0;1
3 3
a
a
a
 
  
1 3 1
3 3
b
b


1 2 3 2 2 3
3
3
b
 
 
=





0 0;1
3 3
c
c
c
 
  
Cộng ba BĐT theo vế ta được
( ) ( ) ( )
f a f b f c
 

 
 
2 2 2
1 2 3 1 2 3
2 2 3 3 2 2 3 1
3 3
a b c a b c
 
           5. Cho
, ,
a b c


:
6

Ta xét hàm
4 3
( ) 2
f x x x
 
.Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số f(x) tại
điểm có hoành dộ 2 là
8 16
y x
 
.
Ta có
( ) (8 16)
f x x
 
=
4 3
2 8 16
x x x
  
=




2
2
2 2 4
x x x
  





2
2
2 2 4
b b b
  
0 b
  


4 3
2 8 16
c c c
  
=




2
2
2 2 4
c c c
  
0 c
  


7. Cho
, ,
a b c
>0. CMR:


 
 
2 2 2
2 2 2
3 3
9
abc a b c a b c
a b c ab bc ca
    


   

8.Cho n số thực dương thỏa mãn
1
n
i
i
a n



.CMR:
1

>0. CMR:
     
 
2 2 2
9
4
a b c
a b c
b c a c a b
  
 
  

11. Cho
, ,
a b c
>0,
2 2 2
1
a b c
  
. CMR:
1 1 1 9
1 1 1 2
ab bc ca
  
  

12. Cho
, ,


14. Cho
, ,
a b c
>0. CMR:
 
 
 
 
 
 
3 3 3
3 3 3
3 3 3
3 3 3
375
11
3 3 3
a b c b a c c a b
a b c b a c c a b
     
  
     

15. Cho
, ,
a b c
>0. CMR:
     
3 3 3

2 2 2 2
2 2 2 2
16
25
1 1 1 1
a b c d
a b c d
   
   

18. Cho
, ,
a b c
>0. CMR:
     
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1
2 2 2
a b c
a b c b a c c a b
  
     

19. Cho n số thực dương thỏa mãn
1
n
i

3 3 3 5 5 5
10 9 1
a b c a b c
     

21.Cho
, ,
a b c
là các số thực dương sao cho
2 2 2
3
a b c
  

CMR:
5 2 5 2 5 2
1 1 1
1
3 3 3
a a b b c c
  
     

22.Cho
, ,
a b c
>0 và
3
a b c
  

 
 
 
 
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3 3 3
1
2
2 2 2
b c a a c b a b c
a b c b a c c a b
     
  
     

Rõ ràng phương pháp tiếp tuyến là một phương pháp chứng minh bất
đẳng thức rất rõ ràng, hiệu quả, dễ áp dụng đối với học sinh. Giúp học sinh
không còn cảm giác “sợ “ khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức, một nội

dung mà học sinh luôn gặp trong mọi kì thi của cấp trung học phổ thông, một
nội dung mà đa số mọi học sinh đều gặp vướng mắc trong việc tìm phương pháp
giải. Qua phương pháp này giúp học sinh thấy được chỉ từ một kiến thức rất đơn
giản, chỉ từ một hình ảnh rất trực quan về tiếp tuyến của một đường cong có thể
phát hiện được tính chất và từ đó tạo ra hướng sáng tạo được những bài toán
đẹp và phương pháp giải toán hiệu quả. Phương pháp này đã được áp dụng cho
đối tượng là học sinh lớp 12T2 và đội tuyển học sinh giỏi khối 12 trong chuyên
đề ‘Một số phương pháp giải tích chứng minh bất đẳng thức”. Trong chuyên đề
này các em đã có thể tự giải những lớp bài toán chứng minh bất đẳng thức thuần

tại M
0



C

là giới hạn của cát tuyến M
0
M của đồ thị (C ) khi

M dần tới M
0
( M, M
0
thuộc đồ thị (C ) ) . Và vì vậy có thể thấy rằng khi x
0
x

thì f(x) và


'
0 0 0
( )( )
f x x x f x
  là hai lượng “vô cùng bé tương đương”
b.Thực trạng vấn đề :
Trong quá trình khử dạng vô định
0

  
nếu như số hạng vắng là hằng số. Nguyên
nhân là dạng vô định
0
0
mà ta khử sau khi thêm bớt hằng số vắng, không phải là
hai lượng vô cùng bé cùng cấp. Vấn đề đặt ra là số hạng vắng đó tìm như thế
nào để thu được dạng vô định
0
0
mà vô cùng bé ở tử và vô cùng bé ở mẫu là
cùng cấp để có thể khử dạng vô định trên mà không phải gặp tình huống khử
được dạng vô định này lại gặp dạng vô định khác. Phương pháp tiếp tuyến sẽ
giúp chúng ta giải quyết được vấn đề này.
c.Các bước thực hiện :
Giả sử giới hạn
 
0
0
( ) ( )
lim
m n
k
x x
l x h x
x x



được viết lại là

y g x

tại
0
x
, giả
sử được
( )
y t x


 Tính
 
0
0
( ) ( )
lim
m n
k
x x
l x h x
x x



=
   
0
0 0
( ) ( ) ( ) ( )

Đặt
( )
f x
=
3 2
8 6 9
x x x
  
,
( )
g x
=
3 2
9 27 27
x x
 
. Phương trình tiếp tuyến của
hàm số
( )
y f x

tại điểm có hoành độ 0 là
3
y x
 
. Khi đó
T=
33 2 2
3 3
0


 
 
 
   
 
 
=
37
27

Ví dụ 2: Tìm giới hạn T=
4
2
2
0
cos2 2 1 2 4
lim
x
x x x x
x

   

Lời giải :
Đặt
( )
f x
=
cos2 2


   

=
   
4
2
2 2
0
cos2 2 1 1 1 2 4
lim
x
x x x x x x
x x

 
      
 

 
 

=
 
 


       
4 3 2 2
2 2

2
2
3 2 2 3
0 0
2
sin
4 6
1 2
(1 1 2 )
lim lim
( ) (1 )
1 1 ( ) (1 ) ( ) ( )
x x
x
x x
x
x
f x x
x x g x x g x g x
 

  
 
 

 
 
     
 


x

       

3. Tìm giới hạn


3
2
0
1 52 ln 1 1 3
lim
3
x
x x x x
x

    

4. Tìm giới hạn
 
 
 
 
3
0
2 2
3
lim
1 2 1 1 3 1 3


C.Phần kết luận
Trong quá trình áp dụng sáng kiến , bản thân đã rút ra được kết luận
 Phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức dành để vận
dụng cho một lớp bất đẳng thức thuần nhất hoặc cùng bậc cùng với phép chuẩn
hoá thích hợp để cô lập được các biến.
 Phương pháp tiếp tuyến dành để tìm giới hạn
 
0
0
( ) ( )
lim
k
x x
f x g x
x x



trong
đó
( )
f x

( )
m
l x
,
( )
g x
Tài liệu tham khảo
[1] Phan Quốc Khánh, Phép tính vi tích phân, NXBGD 1997
[2]Tạp chí Toán học và tuổi trẻ, Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam
[3]Tài liệu mạng