SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ỨNG DỤNG PHẦN MỀM
MATHCAD SÁNG TẠO VÀ GIẢI
BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC
BẰNG PHƯƠNG PHÁP TIẾP
TUYẾN

PHẦN MỞ ĐẦU
I. Bối cảnh của đề tài :
- Bài toán chứng minh bất đẳng thức là một bài toán khó trong các kì
thi học sinh giỏi và thi đại học, mặc dù học sinh đã được trang bị khá nhiều
kiến thức về bất đẳng thức từ các lớp trung học cơ sở , các lớp 10, 11, 12 ở
trung học phổ thông tuy nhiên, đối với một số dạng bất đẳng thức khó trong
các kì thi học sinh giỏi, thi đại học các em rất lúng túng trong cách giải
quyết và thậm chí là mất khá nhiều thời gian vẫn không giải quyết được.
- Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi xin đóng góp một phương pháp
khá hiệu quả trong việc giải quyết một lớp bất đẳng thức thuần nhất, đối
xứng 2,3, ,n biến bằng phương pháp tiếp tuyến và sử dụng phần mềm
Mathcad để tạo ra các bài tập tương tự cho học sinh luyện tập từ đó nâng cao
được khả năng giải quyết các bài toán bất đẳng thức thuộc dạng này.
II. Lý do chọn đề tài
Trong các đề thi đại học từ năm 2000- 2001 đến nay , đa số đều có
câu hỏi về chứng minh bất đẳng thức, đây là một câu hỏi khó và đa số học
sinh đều bỏ câu này. Đôi lúc câu hỏi này cũng không phải là khó lắm nhưng
do học sinh mất bình tĩnh, chưa nắm được phương pháp nên không giải

I. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ :
I.1.Thực trạng của vấn đề : Xin nêu ra một số bất đẳng thức
đã cho trong các kì thi đại học, thi học sinh giỏi vòng tỉnh, thi khu
vực và quốc tế :
1. Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa điều kiện
2 2 2
a b c 1
+ + =
.
CMR:
2 2 2 2 2 2
a b c 3 3
2
b c c a a b
+ + ³
+ + +
( Đề thi ĐH Cần Thơ 1995)

2. Cho a, b, c là 3 số thực thỏa điều kiện : a + b + c = 1
Chứng minh rằng :
a b c a b c
1 1 1 a b c
3
3 3 3 3 3 3
æ ö
+ + ³ + +
ç ÷
è ø

( Đề thi Học viện bưu chính viễn thông 2001)


2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 6
5
( ) ( ) ( )
a b c b c a c a b
b c a c a b a b c
+ + +
+ + £
+ + + + + +

( Đề thi Olympic 30_4 khối 11 lần XII - 2006)

6. Chứng minh với 4 số a,b,c,d dương thì :

a b c d 4
b c d c d a d a c a b c 3
+ + + ³
+ + + + + + + +
(BĐT Nesbit mở rộng )

7. cho
3
a,b,c
4
³ -
và a + b + c = 1. Chứng minh rằng
2 2 2
a b c 9
10

+ + ³
+ + + + + +

(Olympic Nhật Bản 1997)

Có thể ta sẽ đặt 3 câu hỏi sau :
· Cách giải các bài toán trên như thế nào ?
· Tại sao người ta có thể đặt được bài toán như vậy ?
· Có thể mở rộng hoặc tạo các bài toán tương tự được không ?
Để giải đáp các câu hỏi trên tôi đã cố gắng nghiên cứu, tìm tòi để giải
quyết các câu hỏi trên đó là dùng phương pháp tiếp tuyến của đồ thị hàm số ,
kết hợp với phần mềm toán học Mathcad để khám phá và tạo các bài toán
tương tự dạng này.
Qua thực tế giảng dạy phương pháp tiếp tuyến chứng minh bất đẳng
thức đã được học sinh tiếp thu khá tốt, các em đã vận dụng ngày càng linh
hoạt, sáng tạo để giải quyết một lớp các bài toán bất đẳng thức đối xứng,
thuần nhất 3 biến trong các kì thi học sinh giỏi, thi đại học.
I.2.Cơ sở lý luận :
Phương pháp dựa vào tiếp tuyến của đồ thị tại một điểm của đồ thị nằm trên
hay nằm dưới đồ thị trong một khoảng nào đó như hình vẽ sau :
Nếu y = Ax + B là tiếp tuyến của đồ thị (C): y = f(x) tại M(x
0
; y
0
) , x
0
Î (a,

Hay
n n
i i
i 1 i 1
f(x ) A x nB
= =
³ +
å å
( hoặc tương tự
n n
i i
i 1 i 1
f(x ) A x nB
= =
£ +
å å
)
Nếu lại có
n
i
i 1
x C
=
=
å
(không đổi) thì ta có
n
i
i 1
f(x ) A.C nB

Û

( , , ) ' ( , , )
f ka kb kc k f a b c
=

, , , , 0
k a b c D k
" Î ¹

Bất đẳng thức dạng
( , , ) 0
f a b c
³
với là một hàm thuần nhất được gọi là
bất đẳng thức thuần nhất .
Bất đẳng thức đối xứng
Đa thức
( , , )
f a b c
đối xứng
Û

( , , ) ( , , ) ( , , )
f a b c f b c a f c a b
= =

Ví dụ : với 4 số a,b,c,d dương
a b c d 4
b c d c d a d a c a b c 3

(a, b) (hoc f(x) Ê
Ax + B "x ẻ (a, b)); t ú suy ra iu phi chng minh.

III.2 Cỏc vớ d minh ha :
Bi toỏn 1 :

Cho
3
a,b,c
4
-
v a + b + c = 1. Chng minh rng
2 2 2
a b c 9
10
a 1 b 1 c 1
+ + Ê
+ + +

( thi vụ ch Ba lan 1996)
Gii
ã Bt ng thc cú dng thun nht, i xng 3 bin
ã Bt ng thc ó cho cú dng
( ) ( ) ( )
+ + Ê
f a f b f c M

ã Xột hm s

2

l
18 3
y x
25 50
= +

Ta chng minh rng :

18 3 3
( ) ;3
25 50 4
ộ ự
Ê + " ẻ -
ờ ỳ
ở ỷ
f x x x

Tht vy :
3
;3
4
ộ ự
" ẻ -
ờ ỳ
ở ỷ
x
xột
2
2
18 3 (3 1) (4 3)

18 3 18 9 9
( ) .3
1 1 1 25 50 25 50 10
ị + + Ê + + + = + =
+ + +
a b c
a b c
a b c

ã Bt ng thc ó c chng minh.

Bi toỏn ny d dng thy ngay cn phi xột hm s no, gii hn
trong on no. Bi toỏn sau khú thy hn v phi cú k thut thớch hp nh
sau :
Bi toỏn 2 :

Chng minh vi mi a,b,c dng thỡ

3
2
a b c
b c c a a b
+ +
+ + +
( Bt ng thc Nesbit)
Gii
ã Bt ng thc cú dng thun nht, i xng 3 bin
ã Bt ng thc ó cho cha cú dng
( ) ( ) ( )
+ +

Tip tuyn ti im cú honh
s
x
3
=
l
9 1
y x
4s 4
= -

Ta CMR:
9 1
f(x) x 0 , x (0,s)
4s 4
ổ ử
- - " ẻ
ỗ ữ
ố ứ
. Tht vy

2
9 1 x 9 1 (s 3x)
f(x) x x 0 x (0,s)
4s 4 s x 4s 4 4s(s x)
-
ộ ự ổ ử
- - = - - = " ẻ
ỗ ữ
ờ ỳ

Cho a, b, c > 0. CMR
2 2 2
2 2 2 2 2 2
(2a b c) (2b c a) (2c a b)
8
2a (b c) 2b (c a) 2c (a b)
+ + + + + +
+ + Ê
+ + + + + +
(USA
2003)
Gii
ã Bt ng thc cú dng thun nht ,i xng 3 bin
ã Bt ng thc ó cho cha cú dng
( ) ( ) ( )
+ + Ê
f a f b f c M

Ta bin i nh sau :
Do vai trũ a, b, c bỡnh ng nh nhau nờn cú th t a + b + c = 3 v
d oỏn
ng thc xy khi a = b = c = 1
BT ó cho tr thnh

2 2 2
2 2 2 2 2 2
(a 3) (b 3) (c 3)
8
2a (3 a) 2b (3 b) 2c (3 c)
+ + +

4 4
y x
3 3
= +

Xét
2 2
2 2
4 4 3x 6x 9 4 4 (4x 3)(x 1)
f(x) x x , x (0;3)
3 3 3 3
3x 6x 9 3(x 2x 3)
+ + - + -
æ ö
- + = - - = " Î
ç ÷
- + - +
è ø

Từ đó ta có:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
(a 3) 4 4 (b 3) 4 4 (c 3) 4 4
a , b , c
3 3 3 3 3 3
2a (3 a) 2b (3 b) 2c (3 c)
+ + +
£ + £ + £ +
+ - + - + -


Bây giờ thay đổi a1,b1 là các hệ số của hàm số f(x),
a
là số tuỳ chọn có thể là
1,2,3…ta có BĐT mới như sau :

Nếu thay a1, a2, a3, a4 bởi a,b,c,d và do a+b+c+d = 4 nên 4 – a1 = a2+a3+a4
= b+c+d ta có bài toán
Bài toán : (BĐT Nesbit mở rộng )
với 4 số a,b,c,d dương , chứng minh :
a b c d 4
b c d c d a d a c a b c 3
+ + + ³
+ + + + + + + + Có thể mở rộng cho n số dương ở BĐT trên.
Bài toán Cho a, b, c > 0. CMR
2 2 2
2 2 2 2 2 2
(2a b c) (2b c a) (2c a b)
8

3.Chng minh vi ba s thc
153
a,b,c 0;
176
ổ ử
ẻ
ỗ ữ
ố ứ
thỡ

2 2 2
2 2 2 2 2 2
(a b 2c) (a c 2b) (b c 2a) 12
7
(a b) 3c (a c) 3b (b c) 3a
+ - + - + -
+ +
+ + + + + +

Gii
t a + b + c = 1 BT tr thnh

2 2 2
2 2 2 2 2 2
(3a 1) (3b 1) (3c 1) 12
7
3a (a 1) 3b (b 1) 3c (c 1)
- - -
+ +
+ - + - + -

f(x) x x
49 49 49 49
4x 2x 1
- +
æ ö æ ö
- - = - -
ç ÷ ç ÷
- +
è ø è ø

2
2
(153 176x)(3x 1) 153
0, x 0;
176
49(4x 2x 1)
- -
æ ö
= ³ " £
ç ÷
- +
è ø
. Dấu “=”
1
x
3
Û =

Vậy
2

+ + + + + +

Bằng phương pháp tương tự ta có thể giải các bài toán :
5. Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa điều kiện
2 2 2
a b c 1
+ + =
.
CMR:
2 2 2 2 2 2
a b c 3 3
2
b c c a a b
+ + ³
+ + +
( Đề thi ĐH Cần Thơ 1995)

6. Cho a, b, c là 3 số thực thỏa điều kiện : a + b + c = 1
Chứng minh rằng :
a b c a b c
1 1 1 a b c
3
3 3 3 3 3 3
æ ö
+ + ³ + +
ç ÷
è ø

( Đề thi Học viện bưu chính viễn thông 2001)


Khi đó BĐT đã cho trở thành :
2 2 2
(3 ) (3 ) (3 ) 6
5
9 6 2 9 6 2 9 6 2
a a b b c c
a a b b c c
- - -
+ + £
- + - + - +

Tương tự như trên ta có thể tìm ra BĐT cơ sở như sau :
2
2 2
(3 ) 21 9 ( 1) (18 9)
25
9 6 2 25(9 6 2 )
a a a a a
a a a a
- + - +
£ Û
- + - +
luôn đúng
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

IV. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm :
- Qua thực tế giảng dạy phương pháp tiếp tuyến chứng minh
bất đẳng thức đã được học sinh tiếp thu khá tốt, các em đã vận
dụng ngày càng linh hoạt, sáng tạo để giải quyết một lớp các
bài toán bất đẳng thức đối xứng, thuần nhất 3 biến trong các

Có thể áp dụng cho các học sinh giỏi khối 12 luyện thi đại học,
các lớp 11, 12 chuyên toán thi học sinh giỏi các cấp.
IV. Những kiến nghị và đề xuất :
Nên giới thiệu cho học sinh giỏi phương pháp này.

Trên đây là phần tóm tắt bản báo cáo sáng kiến kinh nghiệm , mong
nhận được sự đóng góp ý kiến của các đồng nghiệp để sáng kiến kinh
nghiệm được hoàn thiện hơn. Tài liệu tham khảo :
1) Các đề thi đại học từ năm 2001- 2009
2) Các đề thi vòng Tỉnh từ năm 2001- 2009
3) Những viên kim cương trong bất đẳng thức toán học
( Nhóm tác giả, chủ biên : Trần Phương ,2009 Nhà xuất bản Tri Thức
trang 829-832 )