SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT LƯƠNG ĐẮC BẰNG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN
VÀO MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ

Người thực hiện: Trương Thị Kim
Chức vụ: Giáo viên
Sáng kiến kinh nghiệm thuộc môn Toán Học

THANH HÓA 2016

1


MỤC LỤC
Trang
A. ĐẶT VẤN ĐỀ ……………………………….....…………………
I. Lí do chọn đề tài…………………………..……......……………….
II. Mục đích chọn đề tài……………………………….....…….………
III. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu……………………...…….………
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ………………………………….………..
I. Cơ sở lí luận của vấn đề…………………………….....…..…………
II. Thực trạng của vấn đề………………………………...…..………...
III. Giải pháp và tổ chức thực hiện………………………....………….
IV. Kiểm nghiệm………………………………………….....…………
C. KẾT LUẬN ……………….……………………………………….

3

Trong quá trình dạy học, ôn luyện thi học sinh giỏi và Thi THPT Quốc Gia tôi
đã dạy và khai thác rất nhiều dạng bài toán về cực trị và một trong những
dạng đó tôi mạnh dạn đưa ra sáng kiến kinh nghiệm về một đề tài nhỏ đó là:
” Áp dụng phương pháp tiếp tuyến vào một số bài toán cực trị.”- CHUYÊN
ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VÀ THPT QUỐC GIA .
II. Mục đích chọn đề tài:
Thực hiện đề tài ” Áp dụng phương pháp tiếp tuyến vào một số bài
toán cực trị.”, tôi hướng tới mục đích:
- Khi nhẩm được dấu “=” của bất đẳng thức, có thể sử dụng so sánh, dồn
biến từ một biểu thức phức tạp, nhiều ẩn về một ẩn bậc thấp hơn.
- Đưa ra hàm số xác định trên miền D. Khảo sát hàm số trên D và tìm
cực trị.
- Đặc biệt là đối với phương trình, hệ phương trình và bất phương trình,
việc so sánh, đánh giá cho một biểu thức dương hoặc âm là rất quan
trọng đòi hỏi các em phải có cách nhìn tổng quát, sâu rộng về so sánh
bất đẳng thức.
- Do vậy, nếu học sinh có đủ khả năng nhìn nhận, phân tích bài toán thì
sẽ tìm ra hướng giải cho mỗi bài toán tốt hơn.
III. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu:
1. Sách giáo khoa toán 10,11,12 (Nhà Xuất Bản Giáo Dục Việt Nam)
2. Tạp chí báo toán học và tuổi trẻ (Nhà Xuất Bản Giáo Dục Việt Nam- Bộ
giáo dục và đào tạo)
3. Các chuyên đề luyện thi học sinh giỏi và THPT Quốc Gia.

3


B – GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Cơ sở lí luận của vấn đề
1.1. Xét bài toán tổng quát: “Cho a1 , a2 , a3 ,..., an ∈ D thoả mãn

Suy ra: f(x1) + f(x2) +…+ f(xn) ≤ f’(x0).(x1 + x2 +…+xn) + nf(x0)
Hoặc ngược lại: f(x1) + f(x2) +…+ f(xn) ≥ f’(x0).(x1 + x2 +…+xn) + nf(x0)
1.3. Khi học sinh có được kĩ năng tự nghiên cứu, khai thác kiến thức, thì
các em còn có thể tham khảo được nhiều tài liệu, sách giáo khoa và trên mạng
internet,... để phục vụ cho việc học tập tốt hơn.
Vì thế, tôi đã mạnh dạn đưa ra sáng kiến kinh nghiệm về một đề tài nhỏ,
đó là: “Áp dụng phương pháp tiếp tuyến vào các bài toán cực trị” – CHUYÊN
ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VÀ THPT QUỐC GIA .

4


II. Thực trạng của vấn đề:
2.1. Sử dụng phương pháp tiếp tuyến vào các bài toán cực trị giúp học sinh có
cách giải bài toán gọn hơn nhanh và đơn giản thông qua một bất đẳng thức
phụ. Cái hay của phương pháp này ở chỗ:
Có thể đánh giá một biểu thức thông qua một biểu thức bậc nhất.
Có thể chọn vị trí tiếp tuyến tại điểm sao cho bất đẳng thức xảy ra dấu “=”
Chẳng hạn: Xét f(x) =

x2 +

 1
1
, x ∈  0; 
2
x
 3

1

y
z

2.2. Tuy các dạng toán này rất khó nhưng khi tìm ra chìa khóa của bài toán thì
vấn đề được giải quyết rất đơn giản, nhanh gọn. Điều khó khăn nhất là tìm ra
chìa khóa đó? Dạng bài nào thì giải được bằng phương pháp này? Câu hỏi đó
trả lời được nhờ sự tư duy cao và sáng tạo của mỗi học sinh. Ở các bài toán
có thể dồn về một ẩn ở mỗi biểu thức và tìm ra dấu “=” của bất đẳng thức thì
ta có thể thử giải quyết bằng phương pháp này.
III. Giải pháp và tổ chức thực hiện:
3.1. Giải pháp
Trước hết ta hãy nhìn vào một số đề bài sau:
Bài 1: Giải phương trình:
( x 2 + 3) 2 x 2 + 3 − 3( x 2 + 3) 2 + 2( x 2 + 3) x 2 + 3 + 4 x 2 + 3 − 6 x − 2 = 0

Bài 2: Giải các hệ phương trình:
6 x + x + 1 = 1 − 2 y + 1
a) 
2 = (2 + x)( y + 2 + y + 1)
2

 x − 7 x +1
= 3y


x +1
b) 
3 2

2

Bài 6: cho các số thực dương a,b,c thõa mãn 4(a + b + c) − 9 = 0. Tính giá trị
lớn nhất của biểu thức:
S = (a + a 2 + 1)b (b + b 2 + 1)c (c + c 2 + 1) a

Bài 7: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
P=

a3
a 2 + ( b + c)

2

+

b3
b2 + ( a + c )

2

+

c3
c2 + ( a + b )

2

Bài 8: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng :
10 ( a 3 + b 3 + c 3 ) − 9 ( a 5 + b 5 + c 5 ) ≥ 1 .



t + 1 (t + 1)( t − 2) 2 ≥ 0 đúng với ∀t > 1

Dấu “=” xảy ra ⇔ t = 4
2
2
Áp dụng ( ∗) ta có: (1) ⇔ 3( x + 3) − 4 − 6 x − 2 ≤ 0 ⇔ 3( x − 1) ≤ 0 ⇔ x = 1

Thử lại x=1 thõa mãn phương trình.
Vậy nghiêm của phương trình: S= { 1}
Nhận xét: Dự đoán nghiệm của phương trình x=1(có thể dùng máy tính bấm
nghiệm).
Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số: f (t ) = t 2 t − 3t 2 + 2t t + 4t
tại t=1.
6 x 2 + x + 1 = 1 − 2 y + 1
Bài 2: Giải hệ phương trình: 
2 = (2 + x)( y + 2 + y + 1)
Hướng dẫn giải:
Điều kiện: y ≥ −1
6 x 2 + x + 1 = 1 − 2 y + 1

Hệ pt ⇔ 
6
= 6 + 3x

y
+
2
+
y

x = 1
Dấu " = " xảy ra ⇔ 
y = 0
Thử lại x=1,y=0 thỏa mãn hệ phương trình.
 x − 7 x +1
= 3y


x +1
Bài 3: Giải hệ phương trình: 
(I)
3 2

2
16 y + 7 − 2 2 = 2 ln x
Hướng dẫn giải:
Điều kiện: x > 0
 x
 x +1 = 3y + 7

hpt (I) ⇔ 
4 y 2 + 7 = 3 2 ln x + 1

8
2
cộng theo vế ta được: 4 y 2 + 7 +

x
3 2
1



( 3 x − 5 ) ( x 2 − 1) = y ( x 2 + 3x − y − 6 )
2. 
2
 4 − y − 2 y + 1 = y − 3x + 4
 x x2 − y 2 + x2 = 2 x − y 2 3
)
(
)
 (
3. 
76 x 2 − 20 y 2 + 2 = 3 4 x ( 8 x + 1)


2 x 2 − 13x + 17 ( y + 3) y + 1
2
=
 −4 x + 26 x − 42 + 2
.
2 x − 13x + 19
6
4. 
y
+
1

( x − 1) = ( y + 1) x−1



f ( x ) −  x − ÷ = ( 4 x − 1) ( 3 x + 1) ≥ 0 ,
8 8
8

x0 =

∀x ∈ ( 0;1) ,

suy

ra

5
1
x − , ∀x ∈ ( 0;1) .
8
8

Từ đó ta có f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) + f ( d ) ≥
Vậy MinP =

5
1 1
( a + b + c + d ) − 4. ≥ ,
8
8 8

1
1
⇔ a=b=c=d = .

yz + 9 xz + 9
Lời giải
Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức: với a > 0, b > 0 :

1 1
4
+ ≥
a b a+b

Áp dụng ta có:
1
1 
4 x3
4 x3
3
x 
+
=
÷≥
 xy + 9 xz + 9  xy + xz + 18 x(9 − x) + 18
Tương tự cộng lại ta có:
4 x3
4 y3
4z3
P≥
+
+
9 x − x 2 + 18 9 y − y 2 + 18 9 z − z 2 + 18
Bây giờ ta sẽ đánh giá bằng tiếp tuyến:
4t 3

- Có thể chọn vị trí tiếp tuyến tại điểm sao cho bất đẳng thức xảy ra dấu “=”
Bài 3: cho các số thực dương a,b,c thõa mãn 4(a + b + c) − 9 = 0. Tính giá trị
lớn nhất của biểu thức
S = (a + a 2 + 1)b (b + b 2 + 1)c (c + c 2 + 1) a

10


Hướng dẫn giải:
Ta có: InS = bIn( a + a 2 + 1) + cIn(b + b 2 + 1) + aIn(c + c 2 + 1)
Xét hàm số: f ( x) = In( x + x 2 + 1) , x>0 (1). Do đặc thù của bài toán nên ta
3
có thể dự đoán giá trị lớn nhất của bài toán đạt được khi a = b = c = . Vì vậy
4
3
ta sẽ so sánh vị trí của đồ thị với tiếp tuyến của nó tại điểm ( ; In 2) .
4
1
3 4
⇒ f '( ) = . Tiếp tuyến của đồ thị tại hàm số (1)
Đạo hàm f '( x) =
2
4 5
x +1
4
3
3
tại điểm ( ; In 2) có phương trình y = x + In 2 −
5
5

+
b
+
1)
≤
bc
+
(
ln
2
−
)c

5
5
.

aln(c + c 2 + 1) ≤ 4 ac + (ln 2 − 3 )a

5
5

Cộng vế ba bất đẳng thức này ta được:
4
3
InS ≤ (a + b + c) + ( In2 − )( a + b + c)
5
5
1
2

⇒ f '(1) = − . Tiếp
, x > 0. Ta có: f '( x) = 2
2
( x + 1)
2
x +1
 1
tuyến của đồ thị hàm số tại điểm  1; ÷ có phương trình là
 2
1
2(3x 2 − 1)
y = − x + 1. f ''( x) = 2
suy ra đồ thị hàm số không luôn luôn lõm trên
2
( x + 1)3
1
1
≥ − x + 1, ∀x > 0(1)
khoảng (0;3) . Tuy nhiên ta vẫn có BĐT: 2
x +1
2
2
(vì bất đẳng thức này tương đương với BĐT: x( x − 1) ≥ 0 )
1
1
≥ − b + 1 (2). Vì a + 1 > 0 nên
Áp dụng BĐT (1) cho số b>0 ta được 2
b +1
2
a +1

+
+
≥3
b2 + 1 c2 + 1 a2 + 1
Nhận xét: Trong chứng minh các BĐT ở trên, giả thiết a+b+c=k
( ≥ k;≤ k )
là quan trọng. Do vậy, đối với các BĐT chưa cho sẵn giả thiết này mà có tính
đẳng cấp, ta cũng có thể tự tạo ra các điều kiện của biến (chuẩn hóa) rồi sử
dụng phương trên.
Bài 5: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng
Xét hàm số: f ( x) =

2

1 1 1
+ 2 + 2 ≥ a 2 + b2 + c 2 .
2
a b c

Hướng dẫn giải:

12


 1

Ta có nhận xét, nếu có một trong ba số a, b, c thuộc khoảng  0; ÷,
 3
1
1 1 1

 2 − ( x − 1) 2 
1 7

 ≥ 0 ∀x ∈  ;  , suy ra f ( x ) ≥ −4 x + 4 ,

 3 3 
x2

1 7 
∀x ∈  ;  .
3 3 

Từ đó ta có: f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≥ −4 ( a + b + c + d ) + 16 = 0 , đẳng thức
xảy ra khi a = b = c = 1 .
Bài 6: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng
10 ( a 3 + b 3 + c 3 ) − 9 ( a 5 + b 5 + c 5 ) ≥ 1 .

Hướng dẫn giải:
3
5
Như các bài toán trên, ta xét hàm số f ( x ) = 10 x − 9 x trên khoảng ( 0;1) ,
phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm có hoành độ x0 =
y=

1
là
3

25
16

với mọi x ∈  0; ÷. Như vậy bài toán
9
27
 10 
 10 
 9
đã chứng minh xong khi a, b, c ∈  0; ÷ và a + b + c = 1 . Bây giờ ta xét trường
 10 

13


9



hợp có ít nhất một trong ba số a, b, c thuộc nửa khoảng  ;1÷, giả sử
10 
9 
 1
a ∈  ;1÷ do a, b, c đều dương và có tổng bằng 1 nên b, c ∈  0;  , dễ thấy
10 
 10 
9 
 1
hàm số f ( x ) nghịch biến trên  ;1 và đồng biến trên 0;  , suy ra
10 
 10 
f ( a ) > f ( 1) = 1 , f ( b ) > f (0) = 0, f ( c ) > 0 , f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) > 1



( 1− c)
=
4

2

suy ra

1
4
≤
nên ta đã đưa được bài toán đã cho về bài toán quen thuộc:
1 − ab 3 + 2c − c 2
1
1
1
27
+
+
≤
Chứng minh rằng
với điều kiện
2
2
2
3 + 2a − a 3 + 2b − b 3 + 2c − c
32
a, b, c dương và a + b + c = 1 .
1

x+
với mọi x ∈ ( 0;1) . Từ đó ta có
256
256
1
1
1
27
81 27
+
+
≤−
( a + b + c ) + 3. = , đẳng thức
2
2
2
3 + 2a − a 3 + 2b − b 3 + 2c − c
256
256 32
1
xảy ra khi a = b = c = .
3

mọi x ∈ ( 0;1) , do đó f ( x ) ≤ −

14


Bài 8:
rằng

2
2 .
4 − ab 4 − bc 4 − ca 8 − ( a + b ) 8 − ( b + c ) 8 − ( c + a )

Đặt x = ( b 2 + c 2 ) , y = ( c 2 + a 2 ) , z = ( a 2 + b 2 ) khi đó
2

2

2

x + y + z ≤ 4 ( a 4 + b 4 + c 4 ) = 12 .

Bây giờ bài toán trở thành: Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn
x + y + z ≤ 12 . Chứng minh rằng

1
1
1
1
+
+
≤ .
8− x 8− y 8− z 2

1
trên khoảng ( 0;12 ) và phương trình tiếp tuyến của
8− x
1
1

)(

2

)

(

)(

)

1
1
1
1
( x − 4) − ≤ 0 ⇔ f ( x ) ≤ ( x − 4) + .
144
6
144
6
1
1
1
1
1 1
+
+
≤
( x + y + z − 12 ) + 3. ≤ .

+ 2
+ 2

2
2
 k ( x + xy ) k ( y + yz ) k ( z + zx)  x + xy y + yz z + zx
4 x − ( x + y ) 4 y − ( y + z ) 4 z − ( z + x)
4
1
4
1
4
1
=
+
+
=
− +
− +
−
x( x + y )
y( y + z)
z ( z + x)
x+ y x y+z y z+x z

Khi đó P = k 

15



5t − 1
(Dự đoán dấu “=” xảy ra, xét hàm số: f (t ) =
. Lập phương trình tiếp
t − t2
1
tuyến của đồ thị hàm số tại t = khi đó: f (t ) ≤ 18t − 3 ).
3
5t − 1
18t 3 − 21t 2 + 8t − 1
(2t − 1)(3t − 1) 2
(*)
⇔
−
18
t
+
3
≤
0
⇔
≤
0
⇔
≤ 0 (**)
Thật vậy:
t − t2
t − t2
t (1 − t )
 1
 1

z . Chứng minh rằng
Bài 4: Cho ba số thực dương
2 ( x 3 + y 3 + z 3 ) + 3xyz ≥ 3 ( x 2 y + y 2 z + z 2 x ) .
Bài 5: Cho x, y, z là những số thực dương. Chứng minh rằng
x
y
z
+
+
≤1.
xy + x + 1 yz + y + 1 zx + z + 1
Bài 6: Cho ba số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng
2
2 ( a 3 + b3 + c 3 ) 9 ( a + b + c )
+ 2
≥ 33 .
abc
( a + b2 + c2 )

Bài 7: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

16


( a + b − c) + ( a + c − b) + ( c + b − a)
2
2
2
c2 + ( b + a )
b2 + ( a + c )


17


C. PHẦN KẾT LUẬN
1. Đề tài ” Áp dụng phương pháp tiếp tuyến vào một số bài toán cực
trị.”- CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VÀ THPT QUỐC GIA có
ý nghĩa thực tiễn, đáp ứng được nhu cầu học tập, ôn luyện phần câu hỏi chốt
của bài thi.
2. Tôi sẽ tiếp tục phát triển chuyên đề ôn luyện đề tài này ở những vấn
đề khác của các bài toán cực trị để hoàn thiện cho học sinh kĩ năng khai thác,
giải quyết bài toán cực trị được tốt hơn nữa. Hi vọng đề tài này sẽ nhận được
sự góp ý của đồng nghiệp trong Tỉnh để chuyên đề này được áp dụng nhiều
hơn.
3. Kiến nghị và đề xuất :
Bộ môn Toán học có vai trò rất quan trọng trong học tập ở Nhà trường cũng
như ngoài thực tế của học sinh, nó tạo tư duy kiến thức và mối liên hệ với các
môn học khác. Vì thế, tôi kiến nghị và đề xuất:
- Trong xây dựng phân phối chương trình cần có những tiết học dành riêng
để giáo viên hướng dẫn học sinh nghiên cứu, khai thác kiến thức sau mỗi
phần, mỗi chương học.
- Bộ Giáo dục nên gửi về cho các trường phổ thông các trang ôn luyện
chuyên đề cập nhật hàng năm để giáo viên và học sinh thuận lợi hơn trong
giảng dạy, học tập và nghiên cứu.
Tài liệu tham khảo
1. Giải tích 12(sách giáo khoa)-Đoàn Quỳnh(Tổng chủ biên) NXB Giáo
dục,2008.
2. Đại số sơ cấp-Trần Phương, Lê Hồng Đức, NXB Hà Nội,2004.
3. Tạp chí báo toán học và tuổi trẻ (Nhà Xuất Bản Giáo Dục Việt NamBộ giáo dục và đào tạo)
4. Các website: hoctoancapba.com,toanhoc.edu.vn, 123doc.org, violet.vn,