MỤC LỤC
PHẦN I: MỞ ĐẦU.....................................................................................................................2
1.1. Lý do chọn đề tài:.............................................................................................................2
Qua nhiều năm thực tế giảng dạy, tôi nhận thấy rằng học sinh rất ngại va chạm với các bài
toán chứng minh bất đẳng thức hay tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức
vì phần này tương đối khó, các dạng bài tập quá nhiều, quá phong phú trong khi đó thì thời
lượng kiến thức trong sách giáo khoa thì ít. Vì vậy tôi luôn trăn trở là làm thế nào để tháo
gỡ giúp các em bớt đi khó khăn khi gặp các dạng toán này....................................................2
1.2. Mục đích nghiên cứu:.......................................................................................................2
1.3. Đối tượng nghiên cứu:.....................................................................................................2
1.4. Phương pháp nghiên cứu:...............................................................................................2
PHẦN II: NỘI DUNG................................................................................................................3
2.1. Cơ sở lý luận:...................................................................................................................3
a) Đối với một đường cong cho bởi hàm số tiếp tuyến tại một số điểm nào đó của đồ thị
hàm số luôn nằm trên hay nằm dưới đồ thị. Dựa vào tính chất này, người ta thiết lập nên
một phương pháp thú vị để chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp tiếp tuyến:..........3
2.2. Thực trạng của vấn đề:.....................................................................................................3
2.3. Giải pháp sử dụng để giải quyết vấn đề:..........................................................................5
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm:............................................................................11
PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ.................................................................................11
TÀI LIỆU THAM KHẢO.........................................................................................................12

13


PHẦN I: MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài:
Mục tiêu giáo dục hiện nay là nâng cao chất lượng, hiệu quả của việc dạy
và học, làm cho kết quả của học sinh ngày một nâng cao. Muốn đáp ứng được
yêu cầu đó thì nhiệm vụ của giáo viên và học sinh là: " phải dạy và học thế nào
để đạt hiệu quả cao nhất".

- Khảo sát điều tra từ thực tế dạy và học .
- Tổng hợp so sánh, đúc rút từ kinh nghiệm giảng dạy.
- Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên cùng bộ môn.

13


PHẦN II: NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lý luận:
a) Đối với một đường cong cho bởi hàm số y = f ( x ) tiếp tuyến tại một số
điểm nào đó của đồ thị hàm số luôn nằm trên hay nằm dưới đồ thị. Dựa vào
tính chất này, người ta thiết lập nên một phương pháp thú vị để chứng minh
bất đẳng thức bằng phương pháp tiếp tuyến:
Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị ( C ) xác định, liên tục và có đạo hàm trên
khoảng ( α ; β ) . Nếu y = ax + b là tiếp tuyến của đồ thị ( C ) tại điểm M 0 ( x0 ; y0 ) ,
x0 ∈ ( α ; β ) và ( C ) luôn nằm phía trên (hoặc phía dưới) tiếp tuyến trong khoảng
( α ; β ) thì f ( x ) ≥ ax + b, x0 ∈ ( α ; β ) (hoặc f ( x ) ≤ ax + b, x0 ∈ ( α ; β ) ).
Đẳng thức xảy ra ⇔ x = x0
Như vậy, với mọi x1; x2 ;...; xn ∈ ( α ; β ) thì:
f ( x1 ) ≥ ax1 + b

f ( x2 ) ≥ ax2 + b

.....

f ( xn ) ≥ axn + b

f ( x1 ) + f ( x2 ) + f ( x3 ) + ... + f ( xn ) ≥ a ( x1 + x2 + x3 + ... + xn ) + nb

Nếu x1 + x2 + ... + xn = k ( không đổi) thì f ( x1 ) + f ( x2 ) + f ( x3 ) + ... + f ( xn ) ≥ ak + nb

+ 2
+ 2
÷
2
 a + ab b + bc c + ca 


biểu thức: P = ( a + b + c ) 

( Trích từ đề thi khảo sát chất lượng lớp 12 môn toán năm học 2015 - 2016 sở
GD&ĐT Thanh Hóa)
Tôi có hướng dẫn học sinh trình bày lời giải như sau:
Lời giải: Giả sử a + b + c = k > 0 , đặt a = kx, b = ky, c = kz ⇒ x, y , z > 0 và x + y + z = 1 .
13


Khi đó:
 k ( 3x − y )
k ( 3y − z)
k ( 3z − x )  3 x − y 3 y − z 3z − x
= 2
P=k 2 2
+ 2 2
+ 2 2
+ 2
+ 2
=
 k ( x + xy ) k ( y + yz ) k ( z + zx )  x + xy y + yz z + zx
4x − ( x + y ) 4 y − ( y + z ) 4z − ( z + x )
4

≤ 18t − 3 ( *) đúng với mọi t ∈  0; ÷
Ta sẽ chứng minh
2
t −t
 2
=

( 2t − 1) ( 3t − 1) ≤ 0 **
5t − 1
18t 3 − 21t 2 + 8t − 1
−
18
t
+
3
≤
0
⇔
≤0⇔
( )
Thật vậy, ( *) ⇔
2
2
t −t
t −t
t ( 1− t )
2




Để khắc phục tình trạng nêu trên, tôi nghĩ rằng đề tài " Kỹ thuật sử dụng
máy tính bỏ túi trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng phương pháp tiếp tuyến" sẽ giúp
chúng ta giải quyết các một số bài toán chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của các biểu thức nhanh hơn, khoa học hơn, có cơ sở và có
tính sáng tạo hơn.

13


2.3. Giải pháp sử dụng để giải quyết vấn đề:
Nếu gặp các bất đẳng thức (tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức)
thuần nhất hoặc có dạng đối xứng ta nên chuẩn hóa đưa về dạng sau:
Cho x1 , x2 , x3 ,..., xn ∈ D , x1 + x2 + x3 + ... + xn = k .

Chứngminh rằng: P = f ( x1 ) + f ( x2 ) + f ( x3 ) + ... + f ( xn ) ≥ M (hoặc P ≤ M )
Dấu bằng xảy ra ⇔ x1 = x2 = x3 = ... = xn =


k
n

Hoặc là: Cho x1 , x2 , x3 ,..., xn ∈ D , x1 + x2 + x3 + ... + xn = k . Tìm giá trị lớn nhất
(giá trị nhỏ nhất) của biểu thức: P = f ( x1 ) + f ( x2 ) + f ( x3 ) + ... + f ( xn )

k
(Điều mong ước là MaxP ( MinP ) đạt được ⇔ x1 = x2 = x3 = ... = xn = )
n

Phương pháp: Nếu sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng

nhấn = , từ đó suy ra giá trị của a
n
* Cách tìm b: Nhập vào máy f ( x ) − ax (a là giá trị vừa tìm được) CALC cho
k
x = nhấn = , từ đó suy ra giá trị của b
n
x
y
z
9
3
Ví dụ 1: Cho x, y , z ≥ − và x + y + z = 1 . CMR: x 2 + 1 + y 2 + 1 + z 2 + 1 ≤ 10
4
1
Phân tích: Trước hết ta đánh giá dấu bằng xảy ra ⇔ x = y = z =
3
x
Ta sẽ đánh giá để tìm bất đẳng thức phụ như sau: 2 ≤ ax + b
x +1
d  x 
d
18
W nhập
- Tìm a: Nhấn SHIFT
 2
÷|x = 1 nhấn = ta được a =
dx  x + 1  3
dx
25
f ( x ) , x =W thì nhập

50 ( x 2 + 1)

( 4 x + 3) ( 3x − 1) ≤ 0, ∀x ≥ − 3
36 x 3 + 3 x 2 − 14 x + 3
=−
=−
2
4
50 ( x + 1)
50 ( x 2 + 1)
2

x
18 x 3
≤
+
x + 1 25 50
y
18 y 3
Tương tự: y 2 + 1 ≤ 25 + 50
z
18 z 3
≤
+
2
z + 1 25 50
x
y
z
18

2
2
1 + 3a 1 + 3b 1 + 3c 1 + 3d
7
a
,
b
,
c
>
0
a
+
b
+
c
≤
3
Ví dụ 2: Cho
và
. CMR:
1
1
1
a
b
c
+
+
≥

d
1
−
|
W nhập
m=−
- Tìm m: Nhấn SHIFT

2 ÷ x =1 nhấn = ta được
dx  1 + x 1 + x 
dx
4
1
x
x
1
−
+ , nhấn CALC cho x = 1 ta được n =
- Tìm n: Nhấn AC nhập
2
1+ x 1+ x 4
4

Lời giải:
Xét biểu thức:

2
2
2
1


1
b
b 1
−
≥− +
2
1+ b 1+ b
4 4
1
c
c 1
−
≥− +
1 + c 1 + c2
4 4
1
a
1
b
1
c
1
3
1
3
−
+
−
+



2

1 1 1
3 ( a + b + c ) + 2  + + ÷ ≥ 15
a b c
2
Phân tích: Do biểu thức điều kiện a + b 2 + c 2 = 3 nên bài này có sự khác biệt một
2
chút. Ta sẽ đánh giá để tìm bất đẳng thức phụ như sau : 3a + ≥ ma 2 + n
a
d 
2
 3 x + ÷|x =1
1
2 x2
dx 
x
Nhập
nhấn = ta được m = , nhập 3x + − , nhấn CALC cho
d 2
2
x 2
x ) |x =1
(
dx
9
x = 1 ta được n =
2

2 2
2
a b c 2
Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b = c = 1
2

2

Bài tập tương tự:
1 1 1
Bài 1: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a 2 + b2 + c 2 = 1 . CMR:  + + ÷− ( a + b + c ) ≥ 2 3
a b c
Bài 2: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a + b + c = 3 . CMR:
1
1
1
+ 5
+ 5
≤1
5
2
2
a + 3 − a b + 3 − b c + 3 − c2
a ( b + c)
b( c + a)
c ( a + b)
6
+ 2
+ 2
≤


b + (1− b)
2

2

+

c ( 1− c)

c + (1− c)
2

Ta sẽ đánh giá để tìm bất đẳng thức phụ như sau :

2

≤

a ( 1− a)

a2 + ( 1 − a )

2

6
5
≤ ma + n

d  x ( 1− x) 

Xét biểu thức:

(

a ( 1− a)

a2 + ( 1− a )

2

) (
)

2
2
27 a 1 25a ( 1 − a ) − 27 a a + ( 1 − a ) − a + ( 1 − a )
−
−
=
2
25 25
25 a 2 + ( 1 − a )
2

(

2

)


a ( 1− a)
b ( 1− b)
c ( 1− c)
27
3 30 6
+ 2
+ 2
≤
( a + b + c ) + = = (đpcm)
Do đó: 2
2
2
2
25
25 25 5
a + (1− a)
b + ( 1− b)
c + ( 1− c)
−54a 3 + 27a 2 − 1

2

Bài tập tương tự:

( b + c − a ) + ( c + a − b) + ( a + b − c)
Bài 1: Cho a, b, c > 0 . CMR:
2
2
2
( b + c ) + a 2 ( c + a ) + b2 ( a + b ) + c2

Ví dụ 5: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng minh rằng:
a2
b2
c2
+
+
≥1
b 2 + bc + c 2 c 2 + ca + a 2 a 2 + ab + b 2

Phân tích: Trước hết ta đưa mỗi phân số về một biến
a2
a2
=
≥
Ta có: b2 + bc + c 2 3 − a 2 + bc

a2
2a 2
=
b 2 + c 2 9 − 3a 2
3 − a2 +
2

13


b2
2b 2
c2
2c 2

2
2
x
,
y
,
z
>
0
x
+
y
+
z
=
1
Đặt a = x, b = y , c = z , khi đó:
và
,
x
y
z
3
+
+
≥
( ∗) ⇔
3− x 3− y 3− z 2

Tương tự:

b
c
9
+
+
≥
1 + bc 1 + ca 1 + ab 10
1
1
1
27
+
+
≤
Bài 2: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 . CMR:
1 − ab 1 − bc 1 − ca 8
Ví dụ 6: Cho x, y, z ≥ 0 và x + 2 y + 3z = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = x 2 ( 5 − 6 x ) + 4 y 2 ( 5 − 12 y ) + z 2 ( 45 − 162 z )

Bài 1: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 . CMR:

Phân tích:
2
2
2
Ta có: P = x ( 5 − 6 x ) + 4 y ( 5 − 12 y ) + z ( 45 − 162 z ) =
= x2 ( 5 − 6x ) + ( 2 y )

2


3

Lời giải:

( a − 1) ( 18a 2 + 3a + 7 )
4a 7 −18a 3 + 15a 2 − 4a + 7
Xét biểu thức: a ( 5 − 6a ) − + =
=−
≥0
3 3
3
3
Với ∀a ∈ [ 0;1]
2

4a 7
− . Tương tự:
3 3
4b 7
b 2 ( 5 − 6b ) ≥
−
3 3
4c 7
c 2 ( 5 − 6c ) ≥ −
3 3

Suy ra: a 2 ( 5 − 6a ) ≥

13


+
+
≥ 54
a ( 4b + 6c − 3) b ( 3c + a − 1) c ( 2a + 4b − 1)
Ví dụ 7: Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

x ( 3x + y )
y ( 3y + z )
z ( 3z + x )
P= 2
+ 2
+ 2
2
2
3x − 2 xy + y
3 y − 2 yz + z
3z − 2 zx + x 2
2

2

2

Phân tích:
x ( 3x + y )
Ta sẽ đánh giá để tìm bất đẳng thức phụ như sau: 2
≤ ax + b
3 x − 2 xy + y 2
2


3 x 2 − 2 xy + y 2

x ( 3 x + y ) − 4 x ( 3 x 2 − 2 xy + y 2 ) − 4 y ( 3 x 2 − 2 xy + y 2 )
2

2

− 4x − 4 y =

3 x 2 − 2 xy + y 2

=

( x − y ) ( 3x + 4 y ) = − ( x − y ) ( 3x + 4 y ) ≤ 0
−3 x 3 + 2 x 2 y + 5 xy 2 − 4 y 3
=
=−
2
2
2
3 x − 2 xy + y
3x 2 − 2 xy + y 2
2x2 + ( x − y )
2

2

x ( 3x + y )
Suy ra: 2
≤ 4 x + 4 y . Tương tự:


2

2

Bài tập tương tự:
Bài 1: Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
25 x 2

P=

25 y 2

25 z 2

+
+
2 x 2 + 16 xy + 7 y 2
2 y 2 + 16 yz + 7 z 2
2 z 2 + 16 zx + 7 x 2
Bài 2: Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
x3
y3
z3
P= 2
+
+
x + xy + y 2 y 2 + yz + z 2 z 2 + zx + x 2

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm:

42

25

2016-2017 12H

45

03

Năm học

Lớp

Ghi chú
Đã triển khai
đề tài SKKN
Đã triển khai
đề tài SKKN
Chưa triển
khai đề tài
SKKN

Với kết quả như trên tôi nhận thấy đề tài sáng kiến kinh nghiệm đã mang
lại kết quả đáng khích lệ.
PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
13



[3]. Sử dụng MTBT giải một số bài toán trong chương trình 10, 11, 12
(www.luyenthithukhoa.vn)
13


[4]. Những viên kim cương trong BĐT toán học
(Nhóm tác giả, chủ biên : Trần Phương, nhà xuất bản Tri thức)
[5]. Tổng hợp các phương pháp chứng minh bất đẳng thức hay trên mạng
internet

13