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 CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG
THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN

Người thực hiện: Nguyễn Thị Hiền
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT Tĩnh Gia I
SKKN thuộc môn: Toán

THANH HÓA NĂM 2014

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

1


Sáng kiến kinh nghiệm

CẤU TRÚC CỦA ĐỀ TÀI
A. Đặt vấn đề
I) Lời mở đầu
II) Thực trạng của vấn đề nghiên cứu
B. Giải quyết vấn đề

nhiên làm cho học sinh không có cách nhìn bao quát về chứng minh bất đẳng thức.
Sáng kiến kinh nghiệm này tôi đã hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp dồn
biến vào việc chứng minh bất đẳng thức. Với kết quả được xây dựng một cách
logic tự nhiên và sắp xếp từ đơn giản đến phức tạp giúp học sinh có cách nhìn tổng
quan hơn. Mặt khác hướng dẫn học sinh biết kết hợp khai thác các kiến thức đã
học, các kiến thức liên quan tìm ra các bất đẳng thức mới. Từ đó phát huy tính cực,
chủ động, sáng tạo của học sinh trong việc lĩnh hội tri thức và tạo niềm tin, hứng
thú trong học tập môn Toán.
II) Thực trạng
a) Đối với giáo viên
Chủ đề bất đẳng tương đối khó mà số lượng tiết học trong sách giáo khoa
đối với nội dung này ít. Các giáo viên thường dạy theo kiểu nêu các tính chất, các
bất đẳng thức thông dụng sau đó ra các bài tập có tính chất ngẫu hứng, rồi học
sinh giải hoặc giáo viên giải cho học sinh nghe. Dẫn đến học sinh bế tắc trong con
đường suy nghĩ và khó tìm đường lối giải quyết cho các bài tập khác.
b) Đối với học sinh:
Chủ đề bất đẳng thức tương đối khó đối với mọi đối tượng học sinh. Sự nhận
thức học sinh thể hiện khá rõ:
Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

3


Sáng kiến kinh nghiệm

- 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

+ Nếu f’(x) ≤ 0 ∀x ∈ [ a; b ] thì f (b ) ≤ f ( x ) ≤ f (a )
- Xét hàm số f(x) = mx + n trên [a; b] khi đó: min{f(a);f(b)} ≤ f(x) ≤ max{f(a);f(b)}
II. Giải pháp thực hiện
1) Dồn về một biến thông qua phương pháp đặt ẩn phụ
Để học sinh vận dụng thành thạo nội dung của phương pháp và tạo niềm tin
lĩnh hội tri thức cho học sinh. Từ các bài tập cụ thể tôi hướng dẫn học sinh phân
tích dữ kiện và tìm ra ẩn phụ, mỗi bài toán mở ra một hướng khai thác dữ kiện khác
nhau để tìm ra cách đặt ẩn phụ, từ đó dồn về bài toán với một ẩn.
Bài 1: Cho ba số thực x, y, z thõa mãn: x 2 + y2 + z2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của biểu thức: P = x3 + y3 + z3 – 3xyz.
Nhận xét:
- Ba ẩn x,y,z có vai trò bình đẳng và P là biểu thức đối xứng với ba ẩn.
- Từ đó đưa về bài toán với ẩn t = x + y + z
Giải: Đặt t = x + y + z Vì (x + y + z)2 ≤ 3(x2 + y2 + z2) nên − 6 ≤ t ≤ 6
Ta có P = (x + y + z) (x2 + y2 + z2 - xy - xz – zx)
x 2 + y 2 + z 2 − ( x + y + z )2
( x + y + z)2
= ( x + y + z )( x + y + z +
) = ( x + y + z )(3 −
)
2
2
2

= 3t -

2

2


⇔ ( x + y ) 2 + z 2 = 3( x + y + z ) ⇒ 3( x + y + z ) ≥

( x + y + z )2
⇔ 0< x+ y+ z ≤6
2

- Từ đó dồn về một biến t = x + y +z
Giải: Ta có
VT = 6( x + y ) + z 2 +

1987
1987
1
+
= 6( x + y ) + z 2 + 9 + 1987(
+
x+z
y +2
x+z

≥ 6( x + y + z ) + 1987(2

1
2
) ≥ 6( x + y + z ) + 3974
−9
x + y + z +2
a + c. b + 2

Đặt: t = x + y + z. Xét hàm f(t) = 6t +

xz
xz − y

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

6


Sáng kiến kinh nghiệm

y
y 2 1 + xz 2
Nhận xét: - Bài toán này nếu ta khai thác biểu thức P = (1 + ) + ( y ) dẫn đến
xz
1−
xz

đặt ẩn phụ là t = y

xz

.

- Khai thác điều kiện tìm ra điều kiện của ẩn phụ
y xy
y2
y z
xz

)(*)
xz

1
1
1
Giải: Từ (*) ta có (4t + ) ≥ 2( t + ) ⇔ t ≤
t
4
t
1+ t 2
1
2
) ,t ≤ ;
Xét hàm số f(t) = (1 + t ) + (
1− t
4
Ta có: f’(t) = 2(1+ t) +
Vậy: MaxP =

4(1 + t )
1
1 625
≥
0,
∀
t
≤
⇒
f

Nhận xét: - Để đơn giản đặt a =

y + xz
x,b=

z

+

z + xy

y,c=

≥

3
2

z.

Bài toán trở thành Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
P=

a
a 2 + bc

+

b
b 2 + ac

]2 =

(a + b + c) 4
( a 2 + bc + b 2 + ac + c 2 + ab ) 2

(a + b + c) 4
( a + b + c) 4
(a + b + c) 4
≥
≥
≥
3( a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ac ) 3[(a + b + c) 2 − 3(ab + bc + ac)] 3[(a + b + c) 2 − 3]
(Vì ab + bc + ac ≥ 3 abc ≥ 3 )
Đặt t = (a + b + c)2 ⇒ t ≥ 9
t2
3t + 15 t − 3
3
3.9 + 15
t −3 3
9
P ≥
=
+
+
≥
+2
.
=
3(t − 3)
12

2 dấu bằng xảy ra khi x= y = z=1

Chú ý: Hoàn toàn tương tự ta phát triển bài toán tổng quát cho n biến
Cho x1, x2...xn ( n ≥ 2) là các số thực dương và x1x2...xn ≥ 1 . Chứng minh rằng
x1
x1 + x2 x3 ...xn

+

x2
x2 + x1 x3 ...xn

+ ... +

xn
xn + x1 x2 ...xn −1

≥

n
2

Nhận xét: Khi làm bài tập giáo viên định hướng để học sinh phân tích dữ kiện:
- Nếu các biến đối xứng và vai trò bình đẳng thì ta nghĩ đến việc dồn về biến mới
thông qua đặt t = x + y +z ; t= x2 + y2 + z2, t = xyz, t= (x + y + z)2 ....
- Khai thác dữ kiện và biểu thức cần chứng minh một cách linh hợp kết hợp với sử
dụng các bất đẳng thức cổ điển từ đó tìm ra ẩn phụ và điều kiện của ẩn phụ.
- Nếu bài toán “cồng kềnh” ta có thể sử dụng đặt ẩn phụ trước để “ thu gọn” bài
toán rồi mới thực hiện biến đổi.
2. Dồn về một biến là một trong các biến đã cho

≤ 0, ∀z ∈ [0;1]
4
4
Vậy 1 + 9xyz ≥ 4( xy + yz + xz)
1 1 1 1 1
1 1
1 1
Dấu bằng xảy ra khi (x,y,z) = { ( ; ; );( ; ;0);( ;0; );(0; ; ) }
3 3 3 2 2
2 2
2 2
Bài 2: Cho ba số không âm x, y,z thõa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng
1 + x2 1 + y2 1 + z 2 7
+
+
≤
1 + y2 1 + z 2 1 + x2 2
Nhận xét:
- Vai trò các ẩn bình đẳng nên có thể chọn một trong ba biến làm biến đại diện, giả
sử ta chọn biến đại diện là biến x, sau đó chuyển về bài toán với ẩn x
- Để hạn chế phạm vi của biến ta giả thiết x = max{x,y,z}
1
Giải: Không mất tính tổng quát giả sử x = max{x, y,z} ⇒ ≤ x ≤ 1
3
1 + y2 1 + z2 1 + y2
z2
1
1
+
≤

2
2
2
2
1+ y 1+ z 1+ x 1+ y
1+ x
1 + x2
2
2
Xét hàm f (t ) = t + (1 − t ) +

1
1
,
t
∈
[
;1]
1+ t2
3

2t
4(1 + t 2 )3 + 6t 2 − 2
, f ''(t ) =
>0
Ta có f '(t ) = 4t − 2 −
(1 + t ) 2
(1 + t 2 )3
1
1

+
≤2+ = .
2
2
2
1+ y 1+ z 1+ x
2 2
2

Suy ra

2

2

Dấu bằng xảy ra khi (x,y,z)={(1;0;0), (0;1;0), (0;0;1)}.
Bài 3: Cho ba số không dương x, y, z thõa mãn xz + yz + 1 = xy. Chứng minh rằng:
2x
2y
z2 −1 3
+
+
≤ .
x2 + 1 y 2 + 1 z 2 + 1 2
Nhận xét: - Vai trò ẩn x, y bình đẳng còn z độc lập nên ta chọn biến đại diện là
biến z, sau đó đánh giá để chuyển về bài toán với ẩn z.
- Bài toán này ta đặt ẩn

1
1

+
+
=
+
+
Khi đó: VT = 2
x + 1 y 2 + 1 z 2 + 1 a 2 + 1 b2 + 1 c 2 + 1
a
b
a
b
1 + ab
+ 2
=
+
=
a + 1 b + 1 ( a + b)(a + c) (a + b)(b + c ) (a + b)(a + c )(b + c )
1 + ab
1
=
≤
2
2
2
(1 + a )(1 + b ). 1 + c
1 + c2
2

Ta có:


– Trường THPT Tĩnh Gia I

11


Sáng kiến kinh nghiệm

⇒ g(y) ≤ Max{g(1); g(2)}=Max{(2+z)(1+2z)-10z; (3+z)(2+3z)-20z}
+) Xét hàm h(z) = (2+z)(1+2z) - 10z trên [1;2]. Có h’(z) = 4z -5; h’’(z) = 4 > 0
⇒ h’(z) đồng biến trên [1;2]. Ta có h(z) ≤ Max{h(1);h(2)}= Max{-1; 0}=0
+) Xét hàm số h(z)= (3+z)(2+3z)-20z trên [1;2]
⇒ h(z) ≤ Max{h(1);h(2)} = Max{0;0} = 0.
Tương tự cho hàm số g(y) = (2+ y+z)(2y+2z+yz)-20yz ẩn y trên [1;2]
Từ đó suy ra BĐT phải chứng minh.
4. 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.
Khai thác bài toán 1( mục II. 2):
Cho ba số không âm x, y,z thõa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng
1 + 9xyz ≥ 4( xy + yz + xz) (1)
Hướng 1: Thay biến bởi các biểu thức phù hợp
Chẳng hạn thay x, y, z tương ứng bởi
Khi đó ( 1) trở thành 1 +

1 1 1
; ; .
x y z




Sáng kiến kinh nghiệm

+ Nếu m +

9
9 x+ y+ z 3 m+9
9
9
) =
≥ 0 ⇔ m ≥ − thì (m + ) xyz ≤ ( m + )(
4
4
3
27
4
4

⇒P≤
+ Nếu m < -

m+9
27
9
9
1
thì (m + ) xyz ≤ 0 ⇒ P ≤
4
4

a)

Tùy theo cách chọn giá trị m mà ta có các BĐT tương ứng (chẳng hạn m = -2) ta có
BĐT: Nếu x, y, z ≥ 0 và x + y + z =1 thì 0 ≤ xy + yz + xz − 2 xyz ≤

7
27

Hướng 3: Thay đổi hình thức bài toán
Vì x + y + z = 1 nên x2 + y2 + z2 = 1 – 2(xy + yz + xz)
x3 + y3 + z3 = 1 -3(xy + yz + xz) + 3xyz
Khi đó biểu thức : P = m(x3 + y3 + z3) + n(x2 + y2 + z2) + p(xy + yz + xz) +qxyz
= (3m + q)xyz + (p – 3m – 2n)( xy + yz + xz)+ m + n
= (p – 3m – 2n)( xy + yz + xz +

Nguyễn Thị Hiền

3m + p
xyz ) + m + n khi p – 3m – 2n ≠ 0
p − 3m − 2n

– Trường THPT Tĩnh Gia I

13


Sáng kiến kinh nghiệm

Vận dụng các kiến thức của bài toán 4.2 và tùy theo cách chọn giá trị m, n, p, q mà
ta có thể xây dựng các bất đẳng thức mới.

3
3
3
3

2( x3 + y 3 + z 3 + t 3 ) + 1
≥ xyz + xyt + yzt + xzt
3
Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

14


Sáng kiến kinh nghiệm

Ta có bài toán 5.1: Nếu x,y,z,t là các số thực không âm thì
xyzt + 2(x3 + y3 + z3 + t3) +1 ≥ 3( xyz + yzt + xyt + xzt)
Bằng cách tương tự ta có thể mở rộng cho n biến x1, x2,...xn ta có BĐT
Tổng quát: Nếu x1, x2, ...xn là các số thực không âm thì
n

n −1

i =1

i =1

(n − 1)∏ xi + (n − 2)∑ x

j =1 i =1,i ≠ j

xi (n ∈ N , n ≥ 3)

= x1 x2 ...x j −1 x j +1..xn )

Hướng 5.2: Mở rộng theo hướng tăng bậc của ẩn
xy ≥ x + y − z ⇒ xyz ≥ xz + yz − z ⇔ xyz + z + xy ≥ xy + yz + xz
⇒ ( xyz ) n + z ( xyz ) n −1 + xy ( xyz ) n −1 ≥ ( xyz ) n−1 ( xy + yz + xz )
Theo BĐT Côsi
−1
−1
x 3n4−1 +4x43 n 2
+4...4+ 43
x3 n−1 + y 3 n−1 + y 3n −1 + ... + y 3 n−1 + 1
z 3 n4
+4z43n −21 +4...4+ 43
z 3 n −1
1
1 4 4 42 4 4 43
n −1sô hang

n −1sô hang

n sô hang

≥ (3n − 1)3n −1 ( x 3n −1 ) n−1 ( y 3 n−1 )n−1 ( z 3 n−1 ) n = (3n − 1) z ( xyz ) n−1
−1
−1
x 3n4−1 +4x43 n 2


Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

15


Sáng kiến kinh nghiệm

x
y
z
x2
y2
z2
2
( x + y + z) = (
2y + z +
x + 2z +
y + 2x ) ≤ (
+
+
)3( x + y + z )
2 y + z x + 2z y + 2x
z + 2y
x + 2z
y + 2x
2



Hướng 5.4:Xuất phát từ biểu thức:

Mà:

x2 y 2 z 2 2
x2
( +
+ ) =(
y
z
x
y x+z
≤(

x2 y 2 z 2
+
+ ≥ x + y + z =1
y
z
x

y2
x+ z +
z x+ y

z2
x+ y +
x y+z


9

=

1
nên:
3

9x
9 xy 2
9 xy 2
27 xy
1 2
=
9
x
−
≥
9
x
−
= 9x −
( do y 2 + ≥ y )
2
1
2
1+ 9 y
2
9 3
y2 +

2
2 3 2

(do 3( xy + yz + xz ) ≤ ( x + y + z ) 2 ⇔ xy + yz + xz ≤

Nguyễn Thị Hiền

1
)
3

– Trường THPT Tĩnh Gia I

16


Sáng kiến kinh nghiệm

Ta có bài toán 5.5a: Cho x,y,z dương thõa mãn: x + y + z =1. Chứng minh
x
y
z
1
+
+
≥
2
2
2
1 + 9 y 1+ 9z 1+ 9x

x+ y+z 1
+
+
≥
=
2
2
2
2
2
2
x +y
y +z
z +x
2
2

Ta có bài toán 5.5b: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1. Chứng

a)

x3
y3
z3
1
+
+
≥
2
2


Hướng 5.6:Khai thác bài toán trên theo hướng sử dụng các bất đẳng thức đúng:
a) Ta có:

( x − y ) 2 = x 2 − 2 xy + y 2 ≥ 0 ⇔ x 2 + xy + y 2 ≥ 3xy ⇒

xy 2
xy 2 y
≤
=
x 2 + xy + y 2 3 xy 3

Ta có bài toán 5.6a: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1. Chứng
minh rằng :

xy 2
yz 2
zx 2
1
+
+
≤
2
2
2
2
2
2
x + xy + y
y + yz + z

+
≥ ( x + y + z)
2
2
2
2
2
2
x + xy + y
y + yz + z
z + xz + z
3

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

17


Sáng kiến kinh nghiệm

Ta có bài toán 5.6b: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z = 1.Chứng
minh rằng:

x3
y3
z3
1
+

x +y +z
xy + yz + xz
2

b) Phát triển bài toán trên thành các bài toán mới.
Bài 2 : Cho ba số dương x, y, z thõa mãn xyz = 1.
a) Chứng minh rằng :

2
2
2
+ 3
+ 3
≥3
x ( y + z ) y ( x + z ) z ( y + x)
3

b) Phát triển bài toán trên thành các bài toán mới.
6) Kiểm nghiệm
- Đề tài được nghiên cứu và thực hiện giảng dạy trong hai năm 2012- 2013;
2013- 2014. Trong một số tiết chữa bài tập và một số tiết bồi dưỡng học sinh
khá giỏi.
- Đối tượng thực nghiệm là học sinh các lớp 12A2(2012 - 2013), 12A1(2013 2014) của nhà trường.

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

18



SL

%

Yếu - Kém
SL
%

46

7

15,2

15

32,6

20

43,5

4

8,7

45

10


4,2

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.

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

19


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 sâu nghiên cứu để xây
dựng nhiều bài tập tương tự để dạy cho học sinh đạt kết quả cao.
- Duy trì phong trào viết sáng kiến kinh nghiệm hàng năm nhằm nâng cao chất
lượng dạy và học.