Sáng kiến kinh nghiệm
MỤC LỤC
NỘI DUNG TRANG
Mục lục 01
Phần 1: Mở đầu 02
1. Lý do chọn đề tài 02
2. Mục đích nghiên cứu 03
3. Nhiệm vụ và phương pháp nghiên cứu 03
4. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu 03
5. Điểm mới của SKKN 03
Phần 2: Nội dung 04
Chương 1: Cơ sở lý luận 04
Chương 2: Giải pháp cũ thường làm 9
Chương 3: Giải pháp mới 16
Chương 4: Kết quả thực nghiệm 22
Phần 3: Kết luận 25
Tài liệu tham khảo 26
Phần 1: MỞ ĐẦU

1
Sáng kiến kinh nghiệm
1. Lý do chọn đề tài:
Việc nâng cao phương pháp dạy học là cần thiết và thường xuyên đối với
giáo viên của tất cả các bộ môn. Trong môn toán có nhiều đơn vị kiến thức giáo
viên phải thực sự tích cực trau dồi, bồi dưỡng kiến thức và phương pháp thì mới
đạt hiệu quả khi truyền tải kiến thức cho học sinh. Hơn nữa, trong thời điểm hiện
nay, với cấu trúc thi đại học mới ban hành, nhiều phần kiến thức giáo viên phải tìm
tòi sáng tạo, tìm ra phương pháp mới để học sinh có thể giải quyết các bài toán mới
trong các đề thi học sinh giỏi, thi đại học cao đẳng. Và bài toán chứng minh bất
đẳng thức và các ứng dụng trong môn toán THPT không phải là ngoại lệ. Khi gặp
dạng toán chứng minh bất đẳng thức, giáo viên thường củng cố nêu kiến thức và

về bất đẳng thức, liên quan đến bất đẳng thức (tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của
hàm số, ) trong các đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng và thi học sinh giỏi các cấp.
Khi đó giáo viên sẽ rút ra kinh nghiệm khi giảng bài và sáng tạo các bài toán mới.
Phương pháp nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm này là phân tích, tổng
hợp hiệu quả của các phương pháp chứng minh bất đẳng thức thông thường. Từ đó
sáng tạo ra phương pháp mới, đồng thời phân tích, tổng hợp để làm rõ hiệu quả
của phương pháp mới này.
4. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu:
Về con người là các thầy cô giáo giảng dạy môn toán THPT và các em học
sinh đang học tại trường THPT của tôi. Trong phần toán học, ở đây đối tượng
nghiên cứu là các phương pháp chứng minh bất đẳng thức mà học sinh được học
trong chương trình phổ thông.
5. Điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm:
Là nêu một phương pháp mới chứng minh bất đẳng thức, vận dụng tổng
hợp các kiến thức về tính chất bất đẳng thức, các ứng dụng cơ bản của đạo hàm.
Nội dung chính của sáng kiến kinh nghiệm này bao gồm:
Chương 1: Cơ sở lý luận (Phương pháp dạy học chứng minh bất đẳng thức)
1) Phân bậc hoạt động chứng minh bất đẳng thức.
2) Rèn luyện các hoạt động trí tuệ cho học sinh qua chứng minh bất đẳng thức.

3
Sáng kiến kinh nghiệm
3) Hướng dẫn học sinh tìm ra nhiều phương pháp chứng minh một bất đẳng thức.
4) Phát hiện, khắc phục và sửa chữa sai lầm trong chứng minh bất đẳng thức.
Chương 2: Cơ sở thực tiễn (Giải pháp cũ thường làm) 10 phương pháp
chứng minh bất đẳng thức thường gặp.
Chương 3: (Giải pháp mới) Phương pháp mới chứng minh bất đẳng thức.
Chương 4: Kết quả thực nghiệm tại trường tôi công tác.
Phần 2: NỘI DUNG
Chương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN

, , , , 0a b c d e >
(4) Cho
, , 0, 1x y z xyz> =
chứng minh rằng:

4
Sáng kiến kinh nghiệm

2 2 2 2
2 2
1 1
1
3 3
x y y z
z x
xy yz zx
+ + + +
+ +
+ + ≥
(5) Cho
1 1 1
, , 0, 4x y z
x y z
> + + =
chứng minh rằng:

1 1 1
1
2 2 2x y z y z x z x y
+ + ≤

2 16x y z x y z
≤ + +
+ +
và tương tự cho hai hạng tử
còn lại.
2) Rèn luyện các hoạt động trí tuệ cho học sinh qua chứng minh bất đẳng thức:
Bất đẳng thức và các ứng dụng rất thuận lợi để rèn luyện các hoạt động trí tuệ
cho học sinh: phân tích, so sánh, tổng hợp, đặc biệt hoá, khái quát hoá,… Học sinh
cần phải có được cách giải quyết bài toán, đồng thời là cách suy nghĩ để giải quyết
bài toán, giải quyết vấn đề.
Ví dụ: Giáo viên nêu các dấu hiệu gợi ý cho học sinh nghĩ đến bất đẳng thức
Côsi (đây là hoạt động phân tích, so sánh) như: các số tham gia bất đẳng thức
dương; Có căn bậc 2, bậc 3; Vì sao phải sáng tạo, đặc biệt hoá khi dấu bằng xảy ra
để làm gì?; Áp dụng bất đẳng thức (1) cho bất đẳng thức (2) hay ngược lại một
cách linh hoạt.

5
Sáng kiến kinh nghiệm
(1) Cho
, , 0a b c >
và
3
4
a b c+ + =
.CMR:
3 3 3
3 3 3 3a b b c c a+ + + + + ≤
(2) Cho
, , 0a b c >
và

2 4 4
y x y
x x
VT x y x y x
+ −
= − ≤ = ≤
Cách 3: Đặt
2
1
. 0
4
t y t x x t= ⇒ − + ≥
.Vế trái là 1 tam thức bậc 2 của t, có
2
0
t
x x∆ = − ≤
nên ta được ĐPCM.
b) Ví dụ 2: Cho
2 2
36 16 9x y+ =
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thức sau: T = y – 2x + 5.
Cách 1: Ta có:
2 2
2 2
36 16 9 1
1/ 4 9 /16
x y
x y+ = ⇔ + =

khi
sin( ) 1
ϕ α
− =
, GTNN là
15
4
khi
sin( ) 1
ϕ α
− = −
.
Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Bunhicopxki

6
Sáng kiến kinh nghiệm

2 2 2 2
1 1 1 1 25
( 2 ) ( 4 6 ) ( )(16 36 )
4 3 16 9 4
y x y x y y− = − ≤ + + =

Khi đó:
5 5 15 25
2
4 4 4 4
y x T− ≤ − ≤ ⇒ ≤ ≤
Cách 3: Từ giả thiết ta có tập giá trị của T để hệ 2 phương trình có nghiệm. Thế
2 5y T x= + −

b ab c ac d ad e ae
+ ≥ + ≥ + ≥ + ≥
Cộng các bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh.
Đánh giá: Ở đây học sinh đã nhầm ví dụ này với ví dụ 3 của phần I.1, vận dụng
bất đẳng thức Cô-si là sai, vì các số có thể âm. Tuy nhiên, mỗi bất đẳng thức trên
đều đúng nhưng không phải theo Cô-si, mà do
2
( ) 0,
2
a
b− ≥
b) Ví dụ 2: Cho a, b, c, d là 4 cạnh của một tứ giác lồi. Chứng minh rằng diện
tích tứ giác không lớn hơn
1
( )
2
ab cd+
Lời giải: Giả sử bốn cạnh tứ giác là AB = a, BC = b, CD = c, DA = d.
Lúc đó ta có:
1 1
( sin sin ) ( )
2 2
ABC CDA
S S S ab B cd D ab cd= + = + ≤ +
=> ĐPCM.
Đánh giá: Lời giải này còn thiếu trường hợp hai cạnh có độ dài a, b đối diện.
c) Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
(2 )(2 )M x a x b x= − −
với a, b
dương, phân biệt và 0 < x < 2a, 0 < x < 2b

1
1⇔ = = =a a
a
mâu thuẫn với giả thiết
1
0
2
< ≤a
Phân tích và tìm tòi lời giải: Xét bảng sau để dự đoán Min S.
a
1
10
1
9
1
8
1
7
1
6
1
5
1
4
1
3
1
2
2.a
1

2
7
36
1
3
25
2
5
16
1
2
9
2
3
5
Nhìn bảng trên ta thấy khi a càng tăng thì S càng nhỏ từ đó dẫn đến dự đoán khi
1
2
=a
thì S nhận giá trị nhỏ nhất. Theo phân tích ở trên ta không thể sử dụng trực
tiếp bất đẳng thức Côsi cho 3 số
2
1
, ,a a
a
:
Cách 1: Ta dự đoán sử dụng bất đẳng thức Côsi cho các số
2
1
, ,a a

3
2 2 2 2
1 7 8 7
3 . .
8 8 8
 
+ + + ≥ +
 ÷
 
a a a a
a a a a
3 7.4
5
2 8
≥ + =
.

8
Sáng kiến kinh nghiệm
Với a =
1
2
thì giá trị nhỏ nhất của S là 5.
Cách 2:
Ta dự đoán sử dụng bất đẳng thức Côsi cho các số
2
1
, ,a a
a
α β

8 8 14 3 8 .8 . 14
 
+ + − ≥ −
 ÷
 
a a a a a a
a a

=
1
12 14 12 14. 5
2
− ≥ − =a
. Với a =
1
2
thì Min S = 5.

Chương 2: GIẢI PHÁP CŨ THƯỜNG LÀM
Thực tế các giáo viên đã rất cố gắng để truyền thụ tới các học sinh phương
pháp giải bài tập chứng minh bất đẳng thức. Việc thực hiện đầy đủ các phần trên
đây theo ý kiến của tôi là cách hợp lý nhất để giải quyết dạng toán này. Khi chứng
minh bất đẳng thức theo quan điểm của tôi có 10 phương pháp chứng minh bất
đẳng thức thường được sử dụng. Việc phân chia ra phương pháp này hay phương
pháp khác chỉ tương đối, tuỳ theo quan niệm của mỗi người. Trong phương pháp
này có phương pháp kia, khó rạch ròi phân biệt được. Ví dụ đặt a = cosx có thể
hiểu là đặt ẩn phụ, hoặc gọi là phương pháp lượng giác hoá. Dưới đây tôi giới
thiệu các phương pháp chứng minh bất đẳng thức đó.
1. Phương pháp biến đổi tương đương :
Sử dụng các tích chất của bất đẳng thức, phép biến đổi kéo theo, tương

(1) Với mọi a, b thì:
2 2 2
( ) 0 2 a,b Ra b a b ab− ≥ ⇔ + ≥ ∀ ∈
(2) Với a, b, c dương thì
3
;
2 3
a b a b c
ab abc
+ + +
≥ ≥
(BĐT Cô-si)
(3) Với mọi a, b thì:
a b a b a b− ≤ + ≤ +
Ta lấy một số ví dụ:
Ví dụ 1: CMR với a,b,c dương thì:
4 4 4
3
a b c
abc
b c a
+ + ≥
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 hạng tử ở vế trái => ĐPCM.
Ví dụ 2: Với mọi a,b,c thì:
2 2 2
a b c ab bc ca+ + ≥ + +
Giải: Với mọi a,b,c thì:
2 2 2
( ) 0 2a b a b ab− ≥ ⇔ + ≥


4
1 2 3
+ + >
đúng.

10
Sáng kiến kinh nghiệm
Giả sử BĐT đúng với đến n = k tức là:
1 1 1
1
1 2
k
k
+ + + > +
Ta chứng minh cho BĐT đúng với n = k+1. Thật vậy:

1 1 1 1 1 2 2
1 2
1 2 1 1 1 2
k k
k k
k k k k k
+ +
+ + + + > + + = > = +
+ + + +
.
4. Phương pháp phản chứng:
Ví dụ: Chứng minh có ít nhất 1 trong 3 bất đẳng thức sau đây là sai:

1 1 1

64
abc a b c− − − ≤
(2)
Mâu thuẫn giữa (1) và (2). Vậy điều giả sử là sai. Ta có ĐPCM.
5. Phương pháp lượng giác hoá:
Thông thường từ dữ kiện đề bài, ta đạt ẩn phụ theo các giá trị luợng giác,
chuyển bài toán về chứng minh bất đẳng thức luợng giác. Lấy một ví dụ:
Chứng minh rằng:
1 1 1 1 1 1
( )( )( ) ( )( )( )a b c a b c
b c a a b c
− − − ≥ − − −
với a,b,c > 1.
Giải: Từ giả thiết tồn tại:
, , (0; )
2
x y z
π
∈
để
1 1 1
; ;
cos cos cos
a b c
x y z
= = =
1 1 1 1 1 1
(cos )(cos )(cos ) (cos )(cos )(cos )
cos cos cos cos cos cos
x y z x y z

2 2 2 2 2 2
+ + + + + ≥ + +a ab b a ac c b bc c
(2)
Bởi BĐT (2)
2 2
2 2 2 2
3 3 3 3
( ) ( ) ( ) ( )
2 4 2 4 2 2 2 2
⇔ + + + + + ≥ − + +
b b c c b c b c
a a

7. Phương pháp hàm số:
Ví dụ 1: CMR với a,b,c không âm thì:

2 2 2
2(cos cos cos ) 6 0a b c a b c+ + + + + − ≥
Lời giải: Xét hàm số:
[
)
2
( ) 2cos , t 0;f t t t= + ∈ +∞
Ta có:
'( ) 2 2sin , ''( ) 2 2cosf t t t f t t= − = −
và
[
)
''( ) 0, t 0;f t ≥ ∀ ∈ +∞
Khi đó:

1
( ) (1 ) , 1= + ≥
x
f x x
x

1 '( ) 1 1
ln ( ) ln(1 ) ln(1 )
( ) 1
⇒ = + ⇒ = + −
+
f x
f x x
x f x x x

[ ]
[ ]
2
2 2
'( ) ( ). ''( )
'( ) ( 1) 1
( )' 0
( )
( 1)
( )
− +
+ +
⇒ = = >
+
f x f x f x

∈n
N* => ĐPCM.
8. Phương pháp đặt ẩn phụ:

12
Sáng kiến kinh nghiệm
Đôi khi ta đặt ẩn phụ mới chuyển sang bất đẳng thức khác cần chứng minh
trông đẹp hơn. Lấy ví dụ: Bài 20(SGK NC Đại số 10 Tr112):
“Chứng minh rằng nếu
2 2
1x y+ =
thì
2x y+ ≤
”
Giải: Đặt
sin ; cosx y
ϕ ϕ
= =
sin cos 2 sin( ) 2
4
x y
π
ϕ ϕ ϕ
⇒ + = + = + ≤
Xét một ví dụ khác:
“Cho 3 số dương a,b,c thoả mãn:
2 2 2
3a b c+ + =
thì:
3

0
2
xy yz yz zx zx xy
 
⇔ − + − + − ≥
 
luôn đúng với
, , 0x y z∀ >
=> ĐPCM
9) Phương pháp đánh giá
Ví dụ 1: bài 16 (SGK Đại số 10NC, Tr.112), chứng minh rằng:

2 2 2
1 1 1
1 2 ( *)
2 3
n N
n
+ + + + < ∀ ∈
Giải: Ta có:
2
1 1 1 1
( 1)
( 1) 1
n
n n n n n
< = − ∀ >
− −
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

b b a d
a b c d a b c a b c d

+
< <
+ + + + + + + +
c c c a
a b c d b c d a b c d

+
< <
+ + + + + + + +
d d d b
a b c d a b d a b c d
Cộng từng vế ta có: 1< S < 2
10) Phương pháp dồn biến:
Nội dung chính của phương pháp này đó là tìm cách đưa bài toán nhiều biến
phức tạp, thành bài toán mới ít ẩn số hơn một cách hợp lý.
Ví dụ: Cho
2 2 2
2a b c+ + =
,
1ab bc ca+ + =
, chứng minh rằng
4 4
3 3
a− ≤ ≤
Giải: Từ giả thiết ta có
2
( ) 4 2a b c b c a+ + = ⇔ + = ± −

Phương pháp làm bài: Đặt
, ,a x y b x z c y z= + = + = +
bài toán trở thành:
Cho
, , 0a b c >
thoả mãn:
2 2 2
c a b ab= + −
chứng minh rằng:
3 3 3
3 5a b abc c+ + ≤
Phương pháp đặt ẩn phụ đã giúp đưa bài toán về bài toán đỡ phức tạp hơn,
gần gũi hơn. Tuy nhiên đây là một câu trong đề thi khối A nên độ khó của nó ta

14
Sáng kiến kinh nghiệm
cũng đã biết. Các thầy cô có thể tìm hiểu lời giải này trong đáp án đề thi đại học
khối a năm 2009 của bộ giáo dục và đào tạo.
- Thứ hai: Đề thi tuyển sinh cao đẳng môn toán năm 2009, câu V :
Cho
,a b
thoả mãn:
0 1a b
< < <
, chứng minh rằng:
2 2
ln ln ln lna b b a a b− > −
Phương pháp làm bài: BĐT cần chứng minh tương đương với:
2 2
ln ln

thoả mãn
1x y+ =
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thức sau:
2 2
(4 3 )(4 3 ) 25S x y y x xy= + + +

Phương pháp làm bài: Ta thấy sự đối xứng của x, y trong biểu thức S và điều
kiện bài toán.Dẫn đến hình thành tư duy liên hệ giữa tổng và tích của x và y. Trong
đó ở đây
1x y+ =
lúc này gợi ý đặt xy=t.
Cần sử dụng đến BĐT
2
( ) 1
0
4 4
x y
xy
+
≤ ≤ =
khi đó:
1
0
4
t≤ ≤
. Bài toán trở thành:
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
2
1

( )
4 16
t t= =
hay không? Từ đó mới kết luận được kết quả của bài toán.
Trên đây là 3 câu hỏi trong đề thi đại học, cao đẳng năm 2009. Với các phương
pháp đã nêu khi trang bị cho học sinh. Tôi tin học sinh của tôi thực hiện tốt những
câu hỏi này.
- Thứ tư: Đề thi tuyển sinh đại học khối A môn toán năm 2012, câu 6

15
Sáng kiến kinh nghiệm
“Cho các số thực
x, y,z
thỏa mãn điều kiện
x y z 0+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
x y y z z x
2 2 2
P 3 3 3 6(x y z )
− − −
= + + − + +
.”
Trước bài toán này, câu hỏi đặt ra là chúng ta sẽ giải quyết nó theo hướng
nào? Các phương pháp kể trên có giải quyết được bài toán hay không?
Chương 3: GIẢI PHÁP MỚI
Xuất phát yêu cầu kiến thức của từng giai đoạn khác nhau, giáo viên bổ sung
cho học sinh các phương pháp, cách giải phù hợp. Dạy học chứng minh bất đẳng
thức cũng vậy. Người giáo viên tìm tòi, bổ sung phương pháp chứng minh cho các
học sinh những phương pháp mới hiệu quả là điều cần thiết. Ngoài các phương

x
sao cho trên đó đồ thị (C) nằm phía dưới đồ thị (d) hoặc
nằm phía trên đồ thị (d). Tức là
f (x) ax b x D≤ + ∀ ∈
hoặc
f (x) ax b x D≥ + ∀ ∈
. Và
đẳng thức xảy ra khi
0
x x=
.
Hơn thế nữa ta đều phân tích được
k
0
f (x) (ax b) (x x ) .g(x)− + = −
với
k N,k 2∈ ≥
.
Khi đó ta xét dấu của
g(x)
để so sánh giữa
f (x)
và
(ax b)+
.
Từ việc phân tích ở trên ta thấy, để chứng minh bất đẳng thức 2 hay nhiều
biến nếu ta biến đổi một bất đẳng thức về dạng chẳng hạn như
1 2 n
f (a ) f (a ) f(a ) E+ + + ≥
. Khi đó điểm rơi là

tương đương với

3 2 3 2 3 2 3 2
1 1
(6a a ) (6b b ) (6c c ) (6d d ) f (a) f (b) f (c) f (d)
8 8
− + − + − + − ≥ ⇔ + + + ≥
Trong đó
3 2
f (x) 6x x= −
. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
y f (x)=
tại
1
x
4
=
là
1 1 1 5 1
y f '( ).(x ) f ( ) x
4 4 4 8 8
= − + = −
. Ta cần so sánh
f (x)
và
5x 1
x (0;1)
8
−
∀ ∈

Bài 2: Cho
3
a,b,c ;a b c 1
4
≥ − + + =
. Chứng minh
2 2 2
a b c 9
a 1 b 1 c 1 10
+ + ≤
+ + +
.
Nhận xét. Dấu bằng xảy ra
1
a b c
3
= = =
, khi đó
9
f (a) f (b) f (c)
10
+ + ≤
với hàm
số
2
x
f (x)
x 1
=
+

36a 3 a (3a 1) (4a 3) 3 36a 3 a
0 a
50 a 1 50(a 1) 4 50 a 1
+ − + +
− = ≥ ∀ ≥ − ⇒ ≥
+ + +
Suy ra
2 2 2
a b c 36(a b c) 9 9
a 1 b 1 c 1 50 10
+ + +
+ + ≤ = ⇒
+ + +
ĐPCM.
(Dấu bằng xảy ra khi
1
a b c
3
= = =
).
Qua 2 bài tập trên ta nhận thấy rằng phương trình tiếp tuyến là đường lối cơ
sở để chúng ta dẫn đến bất đẳng thức cơ bản cần chứng minh. Điều quan trọng là
biến đổi để có được hàm số và điểm rơi cần thiết. Qua đó cũng cho thấy sự hạn chế
của phương pháp này. Tuy nhiên cũng sẽ là công cụ giúp ta giải quyết các bài tập
chứng minh bất đẳng thức một cách tự nhiên hơn. Người đọc sẽ giải thích được các
câu hỏi như: Tại sao lai có bất đẳng thức đó? Nó xảy ra khi nào? Cách nào để tìm
ra nó. Thực tế khi giải bài tập, không nhất thiết phải trình bày chi tiết cách tìm ra
bất đẳng thức cơ sở, từ đó suy ra điều phải chứng minh. Ta tiếp tục xét một số bài
toán thuộc dạng này.
Bài 3. Cho 3 số dương

2 2 2
a b c 9
(b c) (c a) (a b) 4(a b c)
+ + ≥
+ + + + +
.
Lời giải.

18
Sáng kiến kinh nghiệm
Không mất tính tổng quát với bộ số a, b, c ta đặt
a b c 1+ + =
khi đó ta cần
chứng minh
2 2 2
a b c 9
(1 a) (1 b) (1 c) 4
+ + ≥
− − −
. Xét hàm số
2
x
f (x)
(1 x)
=
−
trên (0;1).
Ta viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
2
x

Nếu
a b c
a b c t 0 1
t t t
+ + = > ⇔ + + =
, ta chứng minh tương tự như trên cho bộ số
a b c
a ' ;b' ;c'
t t t
= = =
. Từ đó ta có điều cần chứng minh.
Trên đây ta đã đề cập đến một số bài tập có sử dụng phương pháp chứng
minh bất đẳng thức dự vào phương trình tiếp tuyến của đường cong. Phương pháp
này không tối ưu trong mọi trường hợp nhưng qua đó giúp ta giải quyết được nhiều
bài toán chứng minh bất đẳng thức một cách khó khăn theo cách giải khác. Một số
bài toán khi thực hiện theo cách giải này sẽ tự nhiên hơn, mang đến cái nhìn đơn
giản hơn. Qua đó phần nào đáp ứng được việc làm đơn giản hóa bài toán chứng
minh bất đẳng thức trước học sinh. Ta xét bài toán tổng hợp Câu 6 đề thi đại học
khối A năm 2012, một bài tập tương đối khó.
“Cho các số thực
x, y,z
thỏa mãn điều kiện
x y z 0+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
x y y z z x
2 2 2
P 3 3 3 6(x y z )
− − −
= + + − + +

+ − − + − + − − + − ≥ − + − + −
Do đó
2 2 2
2 2 2 2
x y y z z x 2( x y y z z x ) 6(x y z ) 2(x y z)− + − + − ≥ − + − + − = + + − + +

2 2 2
x y y z z x 6(x y z ) P 3⇒ − + − + − ≥ + + ⇒ ≥
Khi
x y z 0= = =
thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của (P) bằng 3.”
(Theo đáp án môn toán khối A, đề thi tuyển sinh đại học năm 2012)
Theo đáp án trên đây, việc tìm giá trị nhỏ nhất của bài toán phụ thuộc nhiều
vào việc tìm ra bất đẳng thức (*) và sử dụng nó. Theo đáp án thì lời giải không
thấy tự nhiên. Nhưng nếu chúng ta xét theo phương pháp giải sử dụng phương
trình tiếp tuyến của đường
t
y e=
tại điểm có hoành độ bằng 0.

t
y' e y'(0) 1 PTTT : y y'(0).(t 0) y(0) t 1= ⇒ = ⇒ = − + = +
Lại có
t t t
3
( ) 1 t 0 3 e
e
≥ ∀ ≥ ⇒ ≥
, việc chứng minh
t

20
Sáng kiến kinh nghiệm
HD. (*)
2 2 2
1 a 1 b 1 c
2 3
a b c
− − −
⇔ + + ≥
. Ta viết PTTT của đồ thị hàm só
2
1 x
y
x
−
=
tại điểm có hoành độ
1
x
3
=
và sử dụng phương pháp 11.
Bài 2. Cho một tam giác có độ dài 3 cạnh là a, b,c. Chứng minh

1 1 1 9 1 1 1
4( )
a b c a b c a b b c c a
+ + + ≥ + +
+ + + + +
(**)

a b c= =
.
Xét hàm số
3 4 3 2 2
2 2 2 2 2
x x 2bx 3b x
f (x) f '(x)
x bx b (x bx b )
+ +
= ⇒ =
+ + + +
viết phương trình
tiếp tuyến của
y f (x)=
tại x = b. Từ đó chứng minh
3
2 2
a 2a b
a ab b 3
−
≥
+ +
Tương tự với các biểu thức còn lại ta có đpcm.21
Sáng kiến kinh nghiệm
Chương 4: KẾT QUẢ THỰC NGHIỆM
I. THỰC NGHIỆM 1:
Bài kiểm tra chương 1 giải tích 12. Tôi đã dõi và tổng hợp kết quả của học

3 4y x x= − +
đồng biến trên khoảng:
A. (0; 2) B. (
−∞
; 0) và (2;
+∞
) C. (
−∞
; 2) D. (0; +∞)
Câu 2: Hàm số
4 2
2 3y x x= − − +
đồng biến trên khoảng:
A. (–∞; 0) B. (–∞; –1) C. (1; +∞) D. (0; +∞)
Câu 3: Hàm số
1
2
x
y
x
−
=
+
nghịch biến trên khoảng:
A. (–∞; +∞) B. (–∞; 2) C. (2; +∞) D. (–2; +∞)

22
Sáng kiến kinh nghiệm
Câu 4: Hàm số
3 2

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
Câu 8: Đồ thị hàm số
2
3
2
x
y
x x
−
=
+ −
có bao nhiêu tiệm cận đứng:
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
B. Phần tự luận: (6 điểm)
Bài 1. Cho hàm số :
3 2
3 4= + −y x x
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình:
3 2
3x x m+ =
.
Bài 2. Cho 2 số dương x, y thỏa mãn
x y 1+ ≤
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 1
P x y
x y

cao. Qua đó ta thấy ưu điểm của phương pháp này trong bài toán cụ thể trên.
II. THỰC NGHIỆM 2:
Cuối năm học 2011 – 2012, tôi ra 2 đề thi sát hạch các khối 10 và 11, nội dung
đề thi bám sát yêu cầu của đề thi đại học cao đẳng của Bộ giáo dục đàò tạo. Mục
kiểm tra đánh giá kết quả học tập của các em và của các giáo viên trong năm học,
đồng thời là cơ sở phân luồng của học sinh. Chúng tôi đã lựa chọn 2 bài tập bất
đẳng thức và ứng dụng trong 2 đề này ngoài những mục tiêu kể trên, tôi kiểm tra
xem học sinh lớp 11 khi được trang bị phương pháp mới thì kết quả của các em
thay đổi như thế nào. Kết quả thi của 2 khối và đặc biệt khối 11 đã đáp ứng một
phần kì vọng của chúng tôi.
Kết quả thi sát hạch cuối năm Năm học 2011 - 2012 của khối 10:
Điểm bài thi Điểm giỏi Điểm khá Điểm TB Điểm yếu, kém
Số luợng 19 60 123 208
Làm tốt BĐT 23 18 0 0
Kết quả thi sát hạch cuối năm Năm học 2011 - 2012 của khối 11:
Điểm bài thi Điểm giỏi Điểm khá Điểm TB Điểm yếu, kém
Số luợng 45 78 172 101
Làm tốt BĐT 38 25 04 0
Qua số liệu đó ta thấy số học sinh làm tốt câu bất đẳng thức đã tăng lên đáng
kể khi có thêm một phương pháp làm bài mới. Tất nhiên phụ thuộc vào nội dung
đề bài. Ta cũng phải công nhận rằng nhiều bài tập về bất đẳng thức và ứng dụng
chỉ có một hướng giải đặc biệt, khó có thể áp dụng phương pháp giải khác. Do đó
phương pháp chứng minh bất đẳng thức dựa vào phương trình tiếp tuyến của
đường cong cũng là một hướng giải mà mỗi người giáo viên cũng nên trang bị cho
học sinh.

24
Sáng kiến kinh nghiệm
Phần 3: KẾT LUẬN