SÁNG KIẾ N KINH NGHIỆ M

ĐỀ TÀI:
“ỨNG DỤNG PHẦN MỀM MATHCAD SÁNG TẠO VÀ GIẢI BÀI
TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC”

1


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 quyết được.
Trong các đề thi toán học sinh giỏi vòng tỉnh, vòng khu vực, vòng toàn quốc và
quốc tế, rải rác cũng có các bài toán dạng này và không phải học sinh nào cũng giải được
nếu không biết phương pháp.
III. Phạm vi và đối tượng của đề tài:

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
CMR:

a
b
c
3 3
 2
 2

2
2
2
2
b c
c a
a b

a 2  b2  c2  1 .

(Đề thi ĐH Cần Thơ 1995)

2

2. Cho a, b, c là 3 số thực thỏa điều kiện: a + b + c = 1

1 1 1
b c 
a


y


z

 82
x2
y2
z2

(Đề thi ĐH khối A 2003)

4. Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh:
(2a  b  c)2
2a2  (b  c)2



(2b  c  a)2
2b2  (c  a)2



(2c  a  b)2
2c2  (a  b)2

8

(Đề thi học sinh giỏi vòng tỉnh – Bến Tre 2005 - 2006)



6
5


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

7. cho

a, b, c  

3
4

(BĐT Nesbit mở rộng)

và a + b + c = 1. Chứng minh rằng

a


10. Cho a, b, c > 0. CMR:
(b  c)2  a 2 (c  a)2  b2 (a  b) 2  c2 5

(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

5


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 :

i 1

 f (xi )  A x i  nB (hoặc tương tự  f (xi )  A xi  nB )
n

Nếu lại có  x i  C (không đổi) thì ta có
i 1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

n

n

i 1

i 1

 f (x i )  A.C  nB (hoặc  f (xi )  AC  nB )

x1  x 2  ...  x n 

6

C
 x0
n


III. Các biện pháp tiến hành giải quyết vấn đề:

bcd cda da c a bc 3

là một bất đẳng thức thuần nhất, đối xứng.
Các bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Bunhiacopsky, bất đẳng thức Nesbit là
các bất đẳng thức thuần nhất, đối xứng.
Bước 2: đưa được bất đẳng thức đã cho về dạng
(hoặc

f (a)  f (b)  f (c)  M

f (a)  f (b)  f (c)  M

) trong đó f là hàm số xác định trên khoảng ( ;  )

Bước 3: Dự đoán điểm rơi x0 của bất đẳng thức, viết phương trình tiếp tuyến của
đồ thị hàm số tại M ( x0 ; y0 ) là y = Ax + B.
Bước 4: Chứng minh f(x)  Ax + B x  (, ) (hoặc f(x)  Ax + B x  (, ));
từ đó suy ra điều phải chứng minh.
III.2 Các ví dụ minh họa:
Bài toán 1:

7


Cho

a, b, c  

3
4

 4 

ta có

f (x) 

1 x2
(x 2  1)2

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ

x

1
3

là

y

18
3
x
25
50

Ta chứng minh rằng:
f ( x) 

18

)
0
25
50
50( x 2  1)

luôn đúng.

và a+b+c = 1 ta có:

a
18
3
b
18
3

a
, f (b)  2
 b
a  1 25
50
b  1 25
50
2

, f (c ) 

c
18

8


a
b
c
3



bc ca ab 2

(Bất đẳng thức Nesbit)

Giải


Bất đẳng thức có dạng thuần nhất, đối xứng 3 biến



Bất đẳng thức đã cho chưa có dạng

f (a)  f (b)  f (c)  M

Ta biến đổi như sau:
Do vai trò a, b, c bình đẳng như nhau nên có thể đặt a + b + c = s và dự đoán đẳng
thức xảy khi a = b = c =

s


x

s
3

1
9
f (x)   x    0 , x  (0,s) .
4
 4s

là

y

9
1
x
4s
4

Thật vậy

1
x
1  (s  3x) 2
9
9
f (x)   x   

1 9
3 3


 (a  b  c)  3.  .s  
s  a s  b s  c 4s
4 4s
4 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

abc

thể cho s = 1 hay s = 3… thì kết quả không đổi.
Bài toán 3:

9

s
3

(s > 0 tùy ý) do đó trong bài sau này có


2
2
2
Cho a, b, c > 0. CMR (2a2  b  c) 2  (2b2  c  a) 2  (2c2  a  b) 2  8 (USA 2003)

2a  (b  c)

Bất đẳng thức đã có dạng
Xét hàm số

y  f (x) 

f (a)  f (b)  f (c)  M

x 2  6x  9
3x 2  6x  9

với x  (0; 3)

4(2x 2  3x  9)
f (x) 
3(x 2  2x  3)2

Tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 1 là:
Xét

4
4
x
3
3

4  3x 2  6x  9 4
4 (4x  3)(x  1) 2
4
f (x)   x    2
 x 

2
2
2
2
2
3
3 2b  (3  b)
3
3 2c  (3  c)
3
3
2a  (3  a)

(a  3)2
(b  3)2
(c  3)2
4
4


 (a  b  c)  3.  4  4  8
2
2
2
2
2
2
3
3
2a  (3  a)



Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.
Bây giờ thay đổi a1,b1 là các hệ số của hàm số f(x),  là số tuỳ chọn có thể là
1,2,3…ta có BĐT mới như sau:

12


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

13


Có thể mở rộng cho n số dương ở BĐT trên.
(2a  b  c)2

3.Chứng minh với ba số thực

 153 
a, b, c   0;

 176 

thì

(a  b  2c)2
(a  c  2b)2
(b  c  2a)2 12



(a  b)2  3c2 (a  c)2  3b2 (b  c)2  3a 2 7

Giải
Đặt a + b + c = 1 BĐT trở thành
(3a  1)2
(3b  1)2
(3c  1) 2
12



2
2
2
2


y

396x 104

49
49

104  25x 2  10x  1  396
104 
 396
f (x)  
x

x


2
49 
49 
4x  2x  1  49
 49

(153  176x)(3x  1) 2
 153 

0,

x


(b  3a  c) 2 1



(a  b)2  5c2 (a  b)2  5c2 (b  c)2  5a 2 3

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
CMR:

a
b
c
3 3
 2
 2

2
2
2
2
b c
c a
a b
2

a 2  b2  c2  1 .

(Đề thi ĐH Cần Thơ 1995)


y
z

Giải bằng Mathcad:

17

(Đề thi ĐH khối A 2003)


8) Chứng minh rằng:
a(b  c)
(b  c)2  a2



b(c  a)
(c  a)2  b2



c(a  b)
(a  b)2  c2



6
5

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




21  9a
(a  1)2 (18a  9)
luôn đúng

2
25
25(9  6a  2a )
18


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 kì thi học
sinh giỏi, thi đại học.
- Giữa 2 lớp 12A có học phương pháp tiếp tuyến và lớp 12H không học phương
pháp này thì các học sinh lớp 12A có định hướng giải quyết bài toán nhanh và nhiều em
làm được bài tập hơn lớp 12H khi cho bài tập cùng loại.

19


PHẦN KẾT LUẬN
I. Những bài học kinh nghiệm:
- Nếu học sinh biết được một phương pháp mới, có hiệu quả thì các em sẽ tự
tin hơn trong giải quyết được các bài toán dạng này và các dạng tương tự.


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)

21