SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 5

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 SỬ DỤNG HÀM SỐ
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ
TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT- GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
CỦA BIỂU THỨC CHỨA NHIỀU BIẾN

Người thực hiện: Phạm Khắc Quảng
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh mực : Toán học

THANH HÓA NĂM 2017


Mục lục
1. Mở đầu…………………………………………………………… 1
1.1. Lí do chọn đề tài…………………………………………………1
1.2. Mục đích nghiên cứu…………………………………………….2
1.3. Đối tượng nghiên cứu……………………………………………2
1.4. Phương pháp nghiên cứu……………………………………… ...2
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm………………………………… 3
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm……………………… 3
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm… 4
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề………………… 4
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường…………………………… 17
3. Kết luận, kiến nghị………………………………………………… 18
3.1. Kết luận……………………………………………………………18


Phân phối chương trình

PPDH

Phương pháp dạy học

SGK

Sách giáo khoa

SGD & ĐT

Sở giáo dục và Đào tạo

SKKN

Sáng kiến kinh nghiệm

THPT

Trung học phổ thông


1. Mở đầu
1.1.Lí do chon đề tài.
Sự phát triển kinh tế - xã hội trong bối cảnh toàn cầu hoá đặt ra nhiều yêu
cầu mới đối với người lao động, do đó cũng đặt ra nhiều yêu cầu mới cho sự
nghiệp giáo dục thế hệ trẻ và đào tạo nguồn nhân lực. Giáo dục cần đào tạo đội
ngũ nhân lực đáp ứng những đòi hỏi mới của xã hội. Đổi mới phương pháp dạy

về bất đẳng thức hay tìm GTLN-GTNN của một biểu thức chứa nhiều biến với
giới hạn nội dung chương trình môn Toán của Bộ GD và hướng dẫn thực hiện
PPCT của Sở GD & ĐT Thanh Hóa.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Học sinh có học lực từ khá trở lên của lớp 12 trường THPT Triệu sơn 5
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Hệ thống các kiến thức cơ bản về lý thuyết
Phân dạng bài tập và giải các ví dụ minh họa
Hệ thống các bài tập tương tự

2


2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2. 1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.1.1. Cơ sở giải quyết bài toán bằng phương pháp hàm số
Khi giải quyết bài toán chứng minh bất đẳng thức, tìm GTLN - GTNN của
một biểu thức chứa nhiều biến bằng phương pháp hàm số, thường có bốn cách
tiếp cận:
Cách thứ nhất: Đưa bài toán nhiều biến về bài toán một biến bằng cách
đặt ẩn phụ t = h (x,y,z..) và khảo sát hàm số tương ứng liên quan.
Cách thứ hai: Sử dụng kĩ thuật đồng bậc đưa về xét hàm số.
Cách thứ ba: Đưa dần về một biến
Cách thứ tư: Xem một biến là x, y hoặc z
Trong bốn cách tiếp cận trên việc xác định hàm số với một biến số nào đó
được khảo sát trên một tập cụ thể là tối quan trọng.
Ngoài ra, việc phân chia bài toán thành các cách nêu trên còn giúp ta có
nhiều cách tiếp cận khác nhau với cùng một bài toán, đồng thời có thể biết được
bài toán đó có thể giải được bằng phương pháp hàm số hay không, cũng như tạo
sự thuận lợi trong phát triển tư duy hàm cho học sinh đặc biệt là học sinh khá


2. 2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Hàm số và ứng dụng của hàm số cũng như chứng minh bất đẳng thức, tìm
GTLN - GTNN của một biểu thức là những nội dung quan trọng của chương
trình Toán THPT, vì đây là phần thể hiện rõ việc rèn luyện khả năng tư duy logic
của học sinh khi thực hiện giải quyết bài toán.
Việc giải bài toán chứng minh bất đẳng thức, tìm GTLN - GTNN của một
biểu thức bằng phương pháp hàm số giúp cho học sinh rèn luyện kỹ năng phân
tích bài toán, đảm bảo phát triển tối đa khả năng tư duy sáng tạo của học sinh,
giúp học sinh hình thành kỹ năng làm việc tập thể, khả năng tư duy logic, kỹ
năng xem xét một vấn đề dưới các góc độ khác nhau, v,v... Tuy nhiên, do đặc thù
của bộ môn Toán, tính trừu tượng của khái niệm hàm số, tính phức tạp của bất
đẳng thức cũng như biểu thức chứa nhiều biến, niềm đam mê của học sinh,... mà
việc áp dụng để giải các bài toán bằng phương pháp hàm số gặp nhiều khó khăn.
Có thể kể ra một số khó khăn khi thực hiện giảng dạy phần này như sau:
+ Khả năng phân tích và nhìn nhận bài toán dưới dạng tổng quát của
học sinh gặp nhiều hạn chế do năng lực, hiểu biết và tư duy của học sinh.
+ Việc lựa chọn cách tiếp cận bài toán không có chuẩn nhất định,
thường phụ thuộc vào chủ quan của giáo viên khi hướng dẫn học sinh, do đó sẽ
có nhiều cách tiếp cận khác nhau đối với cùng một bài toán, dẫn tới sự không
nhất quán.
+ Sự đa dạng của các bài toán, dẫn đến sự khó khăn khi thực hiện, đòi
hỏi học sinh phải có khả năng tư duy và phân tích vấn đề tốt mới có thể giải
được.
+ Sức ỳ của học sinh khi gặp các vấn đề khó : Tâm lí ngại làm, ngại suy
nghĩ động não.
2. 3. Giải pháp và tổ chức thực hiện
2. 3.1. Các bước thực hiện : Để giải quyết các khó khăn còn tồn tại ở trên,
đồng thời vẫn đảm bảo tính liên tục và nhất quán trong quá trình tiếp thu kiến
thức của học sinh theo mạch kiến thức của PPCT môn Toán, việc tiến hành giải

2
Hướng dẫn: Theo giả thiết ta có 2 ( a + b ) + ab = ( a + b ) ( ab + 2 ) .







Từ đây suy ra : 2  + ÷+ 1 =  + ÷( ab + 2 ) hay 2  + ÷+ 1 = a + + b +
b
a
b a
a b
b a
a

b

1

1

a

2

2

b


1
hay t = 2
2

23
5
khi t =
4
2
23
Vậy GTNN của P = − khi a = 1 và b = 2 hoặc a = 2 và b = 1.
4
Ví dụ 2 : Cho a,b là các số thực dương thỏa mãn ab + a + b = 3 .

⇒ Min f(t) = −

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =

3a
3b
ab
+
+
− (a 2 + b 2 ) .
b +1 a +1 a + b

Hướng dẫn :
Đặt t = a + b ⇒ ab = 3 − t ; a 2 + b 2 = (a + b)2 − 2ab = t 2 − 2(3 − t ) = t 2 + 2t − 6
5


Khi đó : P =

Ví dụ 3 : Cho các số thực dương a, b, c.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P=

4a 3 + 3b3 + 2c3 − 3b 2 c
(a + b + c)3

Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức côsi, ta có 3b 2 c ≤ 2b 3 + c 3 (*).
Dấu “=” xảy ra khi b = c .
Ta sẽ chứng minh: b 3 + c 3 ≥

( b + c ) 3 (**), với
4

∀b, c > 0 .

3
3
3
3
2
2
3
3
2
2


4
( a + b + c) 3

t
f’(t)
f(t
)

= 4t 3 +

0

1
5

-

0

1
(1 − t ) 3
4

, với
1

+

4

Hướng dẫn:
Ta có : M ≥ (ab + bc + ca )2 + 3(ab + bc + ca) + 2 1 − 2(ab + bc + ca )
Đặt t = ab + bc + ca ta có : 0 ≤ t ≤

(ab + bc + ca ) 2 1
=
3
3

 1
f (t ) = t 2 + 3t + 2 1 − 2t trên 0; ÷ , ta có :
 2
2
2
f '(t ) = 2t + 3 −
; f ''(t ) = 2 −
≤ 0 dấu bằng (=) chỉ xảy ra tại t = 0;
1 − 2t
(1 − 2t )3

Xét hàm số :

suy ra f’(t) nghịch biến


Xét trên đoạn 0;  ta có f '(t ) ≥ f '( ) = − 2 3 > 0 suy ra f(t) đồng biến .
3
3
 3
1

8a + 3b + 4

(

ab + bc + 3 abc

1+ ( a + b + c)

2

)

 a + 4b b + 4c a + 4b + 16c 
8a + 3b + 4 
+
+
÷
4
4
12


≤
2
1+ ( a + b + c)

28
a+b+c
×
3 1+ ( a + b + c) 2


1
1
2

t →0

+∞

−

0

7


Từ bảng biến thiên ta suy ra GTLN của P bằng

14
1
4
16
khi a = ; b = ; c = .
3
21
21
21

Ví dụ 6: Cho các số thực x, y thỏa mãn : ( x − 4)2 + ( y − 4) 2 + 2 xy ≤ 32 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = x3 + y3 + 3( xy − 1)( x + y − 2)

khi x = y =
4
4

17 − 5 5
1+ 5
khi x = y =
4
4
Ví dụ 7: Cho các số thực x, y, z không âm thoả mãn z ≥ x ≥ y; xy + yz + zx > 0 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của A =

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2

x
+2
y+z

y
z
+3 3
x+ z
x+ y

Hướng dẫn:
Ta có :

xz
2 xz

+3 3
Đặt t =
z
x+ y

Khi đó f '(t ) = 6t −

6

z
1
2
≥ 6 ; f (t ) = 3 + 3t 2 .
x+ y
t
2

6 6(t 5 − 1)
=
; f '(t ) = 0 ⇔ t = 1
t4
t4

8


Do đó

f (t ) ≥ f (1) = 5 ⇒ Min f (t ) = 5
 1


x

+

1
1+

z
y

+

1
1+

x
z

x

Đặt a = x , b = y , c = z ta có : abc = 1, bc = y ∈ [ 1; 4]
1
1
1
+
+
2 + 3a 1 + b 1 + c
1
1

bc

với t = bc ∈ [ 1; 2] Ta có : f '(t ) =
⇒ f (t ) ≥ f (2) =

−2 t 3 (4t − 3) + 3t (2t − 1) + 9 
(2t 2 + 3) 2 (1 + t ) 2

< 0 ∀t ∈ ( 1; 2 )

x
34
.Dấu ‘’=’’ xảy ra ⇔ t = 2 ⇔ y = 4 ⇔ x = 4, y = 1 và z = 2
33

Vậy giá trị nhỏ nhất của P =

34
khi x = 4, y = 1 và z = 2
33

Ví dụ 2: (Tạp chí toán học tuổi trẻ ) Cho 3 số thực a,b,c ∈ [ 1; 2] .Tìm GTNN của
P=

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

Hướng dẫn : Sử dụng BĐT Cauchy ta có: 4ab ≤ (a + b) 2
2



4t 2 + 2t
f '(t ) = 2
> 0∀t ∈ [ 1; 4] nên f(t) đồng biến trên [ 1; 4]
(t + 4t + 1) 2
1
6

f (t ) = f (1) = .
Do đó : tmin
∈[ 1;4 ]

Vậy : GTNN của P =

1
khi a = b = 1 và c = 2
6

Ví dụ 3: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện : xy ≤ y − 1 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =

x+ y
x − xy + 3 y
2

2

−

x − 2y

+
1)
x
y  4
t −t +3
( ) 2 − + 3 6( + 1)
y
y
y

Xét hàm số : f (t ) =
f (t ) =

7 − 3t
2 (t 2 − t + 3)3

−

t +1
t −t +3
2

−

t−2
 1
trên
 0;  ;
6(t + 1)
 4

2(t + 1)
2
2 (t 2 − t + 3)3
3 2

Để ý : 0 < t ≤

1
4

Do đó : P = f (t ) ≤ f ( ) =

1
5 7
5 7
+ . Khi x = và y = 2 ta có: P =
+
2
3 30
3 30

Vậy giá trị lớn nhất của P là

5 7
+
3 30

Ví dụ 4: Cho hai số thực x,y thay đổi thỏa mãn : x 2 + y 2 = 1 .
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : P =
Hướng dẫn: Do x 2 + y 2 = 1 nên ta có: P =

thì
Đặt
khi đó :
x
x
y
t 2 + 2t + 3
( )2 + 2 + 3
y
y
−8t 2 + 12t + 36
2t 2 + 12t
f
'(
t
)
=
;
Xét hàm số f (t ) = 2
trên ¡ ,
(t 2 + 2t + 3) 2
t + 2t + 3
3
f '(t ) = 0 ⇔ t = 3; t = − ,
2

12
2+
2t 2 + 12t
t =2

0

-

(t)
f

2

3

(t)

-6

2

−6 ≤ P = f (t ) ≤ 3 ∀t ∈ ¡
Ta có
Tóm lại :

MaxP = 3 ⇔ x =

3
1
3
1
,y=
,y=−
hoặc x = −

( vì x ≤ y, x ≤ z ).
Vậy: f ( x, y, z ) ≥ f ( x, yz , yz ) = f ( x,

1 1
2
2
,
) = x2 + x +
− 4 x = t 4 + t 2 + − 4t
t
x x
x

11


2
t

Với t = x ∈ ( 0; 2] Xét hàm số g (t ) = t 4 + t 2 + − 4t trên ( 0; 2] ,
g '(t ) = 4t 3 + 2t −

2
2
− 4 = (t 3 − 1)(4 + 2 ) = 0 ⇔ t = 1
2
t
t

BBT của g(t):

x + y + z = 3

Giả sử : x ≤ y ≤ z do 
Xét :
f ( x , y , z ) − f ( x,
+ x.

 y + z ( y + z )2
y+z y+z
y+z
,
) = 2( xy + yz + zx) − xyz − 2  x.
+
+ x.

2
2
2
4
2 


( y + z )2 1
= ( x − 2)( y − z ) 2 ≤ 0∀x ∈ [ 0;1]
4
4

Suy ra: f ( x, y, z ) ≤ f ( x,

y+z y+z

Không mất tính tổng quát giả sử 1 ≤ z ≤ y ≤ x ≤ 2
12


Xét : f ( x, y, z ) − f ( x, y,1) = x 3 + y 3 + z 3 − 5 xyz − ( x 3 + y 3 + 1 − 5 xy )
= z 3 − 5 xyz + 5 xy − 1 = ( z − 1)( z 2 + z + 1 − 5 xy )
 z − 1 ≥ 0
2
2
2
2
 z + z + 1 − 5 xy ≤ z + z + 1 − 5 z = −4 z + z + 1 < 0∀z ∈ [ 1; 2]

Do 

nên f ( x, y, z ) − f ( x, y,1) ≤ 0 . Hay f ( x, y, z ) ≤ f ( x, y,1)∀x, y, z ∈ [ 1; 2 ] (1)
Xét : f ( x, y,1) − f ( x,1,1) = y 3 − 5 xy − 1 + 5 x = ( y − 1)( y 2 + y + 1 − 5 x)
 y − 1 ≥ 0
2
2
2
 y + y + 1 − 5 x ≤ y + y + 1 − 5 y = y − 4 y + 1 < 0∀y ∈ [ 1; 2 ]

Do 

nên f ( x, y,1) − f ( x,1,1) ≤ 0 Hay f ( x, y,1) ≤ f ( x,1,1)∀x, y ∈ [ 1; 2] (2)
3
Từ (1) và (2) ta có : f ( x, y, z ) ≤ f ( x,1,1) = x − 5 x + 2 = g ( x)∀x, y, z ∈ [ 1; 2 ]

g ( x) = g (2) = 0

2
2
2
2
3
3

Khi đó : P = x5 + ( y 2 + z 2 )( y 3 + z 3 ) − y 2 z 2 ( y + z )
1
= x 5 + (1 − x 2 ) ( y 2 + z 2 )( y + z ) − yz ( y + z )  + ( x 2 − ) 2 x
2
1 
1
5

= x 5 + (1 − x 2 )  − x(1 − x 2 ) + x( x 2 − )  + ( x 2 − ) 2 x = (2 x 3 − x )
2 
2
4



Xét hàm số f ( x) = 2 x3 − x trên đoạn  −


6 6
;

3 3 


36

6
6
5 6
,y= z=−
thì dấu bằng xảy ra. Vậy GTLN P là
3
6
36
 x, y , z ≥ 0
Ví dụ 2: cho các số thực x, y, z thỏa mãn : 
x + y + z = 3

Khi x =

Chứng minh rằng : x 2 + y 2 + z 2 + xyz ≥ 4
Hướng dẫn: Điều phải chứng minh tương đương với :
( x + y + z ) 2 − 2( xy + yz + zx) + xyz ≥ 4 ⇔ 2( xy + yz + zx ) − xyz ≤ 5
 x, y , z ≥ 0
nên x ∈ [ 0;1]
x + y + z = 3

Giả sử : x = min( x, y, z ) . Do 

Ta có : P = 2( xy + yz + zx) − xyz = yz (2 − x) + 2 x( y + z ) ≤
=

( y + z )2
(2 − x) + 2 x( y + z )

(3 − 2a ) + 3a (b + c)
Ta có : P = 3(ab + bc + ca ) − 2abc = bc (3 − 2a ) + 3a (b + c ) ≤
4
(3 − a) 2
1
3
27
(3 − 2a ) + 3a(3 − a ) = − a 3 + a 2 +
= f (a)
(vì 3-2a >0) P ≤
4
2
4
4
1
3
27
Xét hàm số f (a) = − a 3 + a 2 +
trên ( 0;1]
2
4
4
3
3
a
0
1
f '(a) = − a 2 + a = 0
2
a

Ví dụ 2 : Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
a b
b c
Hướng dẫn: Giả sử a = max(a, b, c)

c
a

a
c

c
b

b
a

Chứng minh rằng : 3( + + ) ≥ 2( + + ) + 3

Nếu a ≥ c ≥ b thì :
a b c a b c
a b c
a b c
a b c
a b c
+ + ≥ + + ≥ 3 3 . . = 3 ⇒ 3( + + ) ≥ 3( + + ) ≥ 2( + + ) + 3
b c a c a b
c a b
b c a
c a b

+ Nếu 3c < 2a thì hàm số nghịch biến suy ra
f '(a) =

f ( a) ≥ f (b + c ) =

(b − c ) 2 3c − 2b 2(b − 2c) 2 + c(b − c )
+
=
≥0
bc
b+c
bc(b + c )

Từ đó ta có điều phải chứng minh.
36 x

2y

z

Ví dụ 3 : Cho các số thực x, y, z ∈ [ 1;3] . Chứng minh rằng : yz + xz + xy ≥ 7
36 x

2y

z

Hướng dẫn: Xét hàm số f ( x) = yz + xz + xy trên đoạn [ 1;3]

15

Xét hàm số g ( y ) = yz + z + y trên đoạn [ 1;3]
g '( y ) =

−36 2 z 2 y 2 − z 2 − 36 2.32 − 12 − 36
+ −
=
≤