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 SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA TIẾP
TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Người thực hiện: Ngô Quang Giang
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn : Toán

THANH HÓA NĂM 2013


Sáng kiến kinh nghiệm

CẤU TRÚC CỦA ĐỀ TÀI
A. Đặt vấn đề
B. Giải quyết vấn đề
I) Cở sở lý luận
II) Giải pháp thực hiện
1) Các bài toán sử dụng trực tiếp hàm số
2) Khai thác dữ kiện từ đó tìm ra hàm số cần xét
3) Khai thác bất đẳng thức đã chứng minh thành các bất đẳng thức mới
4) Bài tập áp dụng
5) Kiểm nghiệm
C. Kết luận và đề xuất
1) Kết luận

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:
GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

2


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
hạn chế.
- Chưa có kỹ năng vận dụng tính chất cơ bản của bất đẳng thức và các bất đẳng
thức cổ điển để kiến tạo ra tri thức tổng hợp từ đó vận dụng vào giải bài tập.
- Từ các bất đẳng thức đã chứng minh chưa biết phân tích xây dựng thành các bài
toán mới.
Vì vậy để khắc phục các hạn chế trên của học sinh, giúp giáo viên có định
hướng tốt khi dạy phần bất đẳng thức đồng thời bồi dưỡng khả năng tư duy cho học
sinh khá giỏi, qua đó nâng cao chất lượng mũi nhọn cho nhà trường tôi đã chọn đề
tài:
“ Rèn luyện kỹ năng sử dụng tính chất của tiếp tuyến trong chứng minh bất

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

Dẫn dắt học sinh:
- Bất đẳng thức đối xứng với ba ẩn x, y, z, dấu bằng xảy ra khi x = y = z =1
- Từ giả thiết hướng cho ta việc xét hàm f ( x) = 2 x3 − x 2
Giải: Xét hàm : f ( x) = 2 x3 − x 2 ; x ∈ (0;3) Ta có: f '( x) = 6 x 2 − 2 x
Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 1 là: y = 4x – 1
Vì: 2 x3 − x 2 − (4 x − 1) = ( x − 1)2 (2 x + 3) ≥ 0; ∀x ∈ (0;3) ,
Nên: 2 x3 − x 2 ≥ 4 x − 3; ∀x ∈ (0;3)

GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

4


Sáng kiến kinh nghiệm

Suy ra: (2 x3 − x 2 ) + (2 y 3 − y 2 ) + (2 z 3 − z 2 ) ≥ 4( x + y + z ) − 9 ⇔ 2( x3 + y 3 + z 3 ) − ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ 3
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =1.
Bài 2: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x+ y + z = 1. Chứng minh rằng:
1 1 1
x + y + z + 9( + + ) ≥ 82
x y z
9
9
Giải: Xét hàm f ( x) = x + ; x ∈ (0;1) . Ta có f '( x) = 1 − 2
x
x

+
+
≤
2
2
2
1+ x 1+ y 1+ z
10
−2 x
1
; x ∈ (0;1) . Ta có: f '( x ) =
2
(1 + x 2 ) 2
1+ x
1
Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = là:
3
1
1
1 −27 x + 54
y = f '( )( x − ) + f ( ) =
3
3
3
50
2
1
−27 x + 54
(3x − 1) (4 − 3 x)
−


5


Sáng kiến kinh nghiệm

2) Khai thác dữ kiện bài toán tìm hàm số cần xét
Trong phần này tôi đưa ra các bài toán mà chưa có sẵn hàm số cần xét, mỗi bài
mở ra một hướng khai thác dữ kiện khác nhau để tìm ra hàm số cần xét, từ đó phát
huy khả năng sáng tạo của học sinh.
Bài 1: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Chứng minh rằng:
x
y
z
3 3
+
+
≥
2
2
2
1− x 1− y 1− z
2

Dẫn dắt học sinh:
x
trên khoảng (0;1).
1 − x2
x
y

c 3 3
+
+
≥
1− a 1− b 1− c
2

Xét hàm: f ( x) =

x +1
x
; x ∈ (0;1) . Ta có: f '( x ) =
2 x (1 − x) 2
1− x
1
là:
3
1
1
1 3 3
x
y = f '( )( x − ) + f ( ) =
3
3
3
2

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x =

Vì:


Sáng kiến kinh nghiệm

Khi đó:

a
b
c 3 3
3 3
+
+
≥
(a + b + c ) =
.
1− a 1− b 1− c
2
2

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =

1
3

Bài 2: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z = 3.Chứng minh rằng:
1
1
1
3
+
+


1

1

1

Giải: Ta có: 9 − xy + 9 − yz + 9 − xz ≤ − x 2 + 6 x + 27 + − y 2 + 6 y + 27 + − z 2 + 6 z + 27 (1)
Xét hàm: y =

2x − 6
1
; x ∈ (0;3) . Ta có: f '( x ) =
2
(− x + 6 x + 27) 2
− x + 6 x + 27
2

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x =1 là:
y = f '(1)( x − 1) + f (1) =

−x + 9
64

1
−x + 9
( x − 1) 2 ( x − 13)
−
≤ 0; ∀x ∈ (0;3)
Vì: 2

64
8

(2)

3

Từ (1) và (2) suy ra: 9 − xy + 9 − yz + 9 − xz ≤ 8 , Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =1
Bài 3: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x 4 + y 4 + z 4 = 3. Chứng minh rằng:
1
1
1
+
+
≤1
4 − xy 4 − yz 4 − xz

GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

7


Sáng kiến kinh nghiệm

Dẫn dắt học sinh:
x2 + y2
1
xy ≤

4 − xy

- Từ đó xét hàm : y =

1
2
=
2
2
x +y
8− a
4−
2

1
8− x

Giải: Đặt a = ( x 2 + y 2 )2 ; b = (z 2 + y 2 )2 ;c = ( x 2 + z 2 ) 2 ta có a+ b + c ≤ 12
1
≤
Vì: 4 − xy

1
2
1
1
1
2
2
2

36

1
1
5
−1
−(
t+ )=
( t − 2) 2 (4 − t ) ≤ 0; ∀t ∈ (0;12)
8 − t 144 36 144
1
1
5
≤
t + ; ∀t ∈ (0;12)
Nên:
8 − t 144 36

Vì:

Từ đó ta có:

2
2
2
2
15
+
+
≤


2z 2 + 5
1 + z3

≥ 13

2 x2 + 5

Dẫn dắt học sinh: - Nếu sử dụng hàm số y =

1 + x3

thì dẫn đến việc tính toán

phức tạp, khi đó ta nghĩ đến việc đánh giá để tìm ra hàm số đơn giản hơn.
1

2
1
4
⇔
≥ 4
⇔ x 2 ( x − 2) 2 ≥ 0; ∀x
2
3
2
2+ x
1+ x
x + 4x + 4
1+ x

1+ y

3

+

2z2 + 5
1+ z

Khi đó xét hàm: y =

1
, x ∈ (0;6) .
x +2

Giải: Xét hàm: y =

1
, x ∈ (0;6) .
x +2

3

≥ 2(6 +

1
1
1
+
+

9
18
2
9( x + 2)

−1
7 1
Ta có: 2 + x 2 + 2 + y 2 + 2 + z 2 ≥ ( x + y + z ) + = (1)
9
6 2
1

1

1

Kết hợp với (1) suy ra:

2 x2 + 5
1 + x3

+

2 y2 + 5
1 + y3

+

2z 2 + 5
1 + z3


Dẫn dắt học sinh: - Bất đẳng thức đúng với a, b,c thì cũng đúng với ka, kb, kc
- Vì : f ( ka; kb; kc) = k 2 f (a; b; c) ,Nên f ( a; b; c) ≥ 0 ⇔ f ( ka; kb; kc) ≥ 0;(k ∈ R)
- Đặt x= ka;y= kb;z=kc và chọn k=

1
thì x + y + z = 1 và f (a; b; c) ≥ 0 ⇔ f ( x; y; z ) ≥ 0
a+b+ c

- Do đó đối với những bất đẳng thức dạng này ta có thể giả thiết thêm a + b + c = 1
(hoặc a + b + c = m nếu chọn k =

m
).
a+b+c

Giải: Không làm mất tính tổng quát giả sử: a + b +c = 1.
(2a + b + c) 2
(1 + a ) 2
a 2 + 2a + 1
=
=
Khi đó: 2
(Tương tự cho các biểu thức còn lại.)
2a + (b + c ) 2 2a 2 + (1 − a) 2 3a 2 − 2a + 1

Xét hàm số f ( x) =

x2 + 2 x + 1
; x ∈ (0;1)

Nên: 2
3x − 2 x + 1
3
y2 + 2 y +1
x2 + 2 x + 1
z 2 + 2 z + 1 12( x + y + z ) + 12
≤
=8
Từ đó ta có: 2
+ 2
+ 2
3x − 2 x + 1 3 y − 2 y + 1 3z − 2 z + 1
3

y = f '( )( x − ) + f ( ) =

(2 x + y + z ) 2 (2 y + x + z ) 2 (2 z + x + y ) 2
+
+
≤ 8.
Từ (1) và (2) ta có: 2
2 x + (y+ z ) 2 2 y 2 + (x + z ) 2 2 z 2 + (x + y ) 2

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =1.
3) 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.
GV: Ngô Quang Giang

(12 + 92 )( x 2 +

Từ đó ta có: 82( x 2 +

1
9
1
9
) ≥ ( x + ) 2 ⇒ 82 x 2 + 2 ≥ x +
2
x
x
x
x

1
1
1
9 9 9
+ y 2 + 2 + z 2 + 2 ) ≥ x + y + z + + + ≥ 82
2
x
y
z
x y z

Ta có bài toán 2: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z =1. Chứng minh
a) x 2 +

1

1
x2
82
2
82
=
x
+
+
.....
+
≥
82
=
2
2
2
2 2
x
81x
81x
(81x ) 41 981 x80

⇒ x2 +

1
1
1
82 1
1


y 40

1
41

z 40

= 82

- Với cách làm trên thì căn bậc hai và bậc của x không ảnh hưởng trực tiếp vào bài
toán, từ đó ta có bài toán sau:

GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I

11


Sáng kiến kinh nghiệm

Bài toán 3: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z =1. Chứng minh rằng:

a) x n +

1
1
1
+ y n + n + z n + n ≥ n 82.3n − 2


1
1
1
+ x2n + n + ..... + xnn + n ≥ (n 2 n + 1).n 2− n
n
x1
x2
xn

c) n x12 +

1
1
1
+ n x22 + 2 + ...... + n xn2 + 2 ≥ n (n 4 + 1).n n − 2
2
x1
x2
xn

Hướng 4: Nhận thấy:

1
x
x
1
− 1− x =
= −X
. Đặt: X = 1 − x ⇒

3
1 1 1
5
3
+
+
≥
+ + − (X +Y + Z) ≥ − (X +Y + Z) + 3 6 =
⇒
2
1− x
1− y
1− z
X Y Z
2
2

Ta có bài toán 4:
a) Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z =1.Chứng minh rằng :
x
y
z
3
+
+
≥
2
1− x
1− y
1− z

1
27
+
+
≤
2
2
2
1+ x 1+ y 1+ z
10

Hướng 1: Nếu tăng số biến lên n ta có bài toán
Cho n số dương x1 ; x2 ;......., x n thõa mãn: x1 + x2 + ....... + xn = 1 .Chứng minh rằng:
1
1
1
n3
+
+
.......
+
≤
1 + x12 1 + x22
1 + xn2 n 2 + 1

Hướng 2: Thay biến bởi biểu thức phù hợp ta có bài toán mới:
Hướng 2.1: Đặt x = a n ; y = b n ; z = c n
Ta có bài toán 2.1:
a) Cho ba số dương a, b, c thõa mãn: a n + b n + c n = 1 . Chứng minh rằng:
1

1
1
1
; y = n ;z = n
n
a
b
c

Ta có bài toán 2.2:
a) Cho ba số dương a, b, c thõa mãn:

1 1 1
+ + = 1 . Chứng minh rằng:
an bn cn

a2n
b2 n
c 2n
27
+
+
≤
2n
2n
2n
1+ a
1+ b
1+ c
10

1 + x12 n 1 + x22 n
1 + xn2 n n 2 + 1

Hướng 2.3: Thay x =
(Khi đó : x + y + z = 2(

2a 2
2b 2
2c 2
;y =
;z =
(b + c )
a+c
a+b

a2
b2
c2
(a + b + c) 2
+
+
)≥2
=1
b+c a+c a+b
2(a + b + c)

Ta có bài toán 2.3: Cho ba số dương a, b, c . Chứng minh rằng:
(b + c) 2
(a + c) 2
( a + b) 2


1
1
1
81
+
+
)≤
2
2
2
1+ x 1+ y 1+ z
10

Ta có bài toán 3.1:
Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z = 1.Chứng minh rằng :
1
1+ x

2

+

1
1+ y

2

+



x2
y2
z2
x2
y2
z2
⇔ x+ y+ z ≤
+
+
⇔
+
+
≥1
y+ z x+ z y+ x
y+ z x+ z y+ x

Ta có bài toán 3.2 :
Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z = 1. Chứng minh rằng :
x2
y2
z2
+
+
≥1
y+z x+z x+ y

GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I


z2
x y+z

y + z )2

x4
y4
z4
+
+
).2( x + y + z )
y 2 ( x + z) z 2 ( x + y) x2 ( z + y)

Từ đó ta có bài toán 3.3:
Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1. Chứng minh rằng:
x4
y4
z4
1
+
+
≥
2
2
2
y ( x + z ) z ( y + x) x ( z + y ) 2

Hướng 3.4: Sử dụng bất đẳng thức Côsi “ thuận - nghịch”
a) Vì dấu bằng xảy ra khi x = y = z =


Từ đó: y 2 + 1
9

+

y
z2 +

1
9

+

z
x2 +

1
9

≥ 9( x + y + z ) −

27
27 1 9
( xy + yz + xz ) ≥ 9 − . =
2
2 3 2

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


2
2
x +y
x +y
2 xy
2

x3
y3
z3
x+ y+z 1
+
+
≥
=
Từ đó suy ra: 2 2
2
2
2
2
x +y
y +z
z +x
2
2

GV: Ngô Quang Giang

Trường THPT Tĩnh Gia I


3
3
3
3
3
x + 2y
y + 2z
z + 2x
3
x +1 y +1 z +1 4
c) 2
+
+
≥
y + 1 z 2 + 1 x2 + 1 3
b)

Hướng 3.5: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 3.5:
Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng minh rằng:

2
x + xy + y
3
x + xy + y
3
x + xy + y
3

Khi đó ta có:

x3
y3
z3
1
+
+
≥ ( x + y + z)
2
2
2
2
2
2
x + xy + y
y + yz + z
z + xz + z
3

Ta có bài toán: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z = 1.
x3


sinh đức tính luôn chủ động, tích cực trong việc tiếp thu tri thức. Từ đó phát
triển tư duy sáng tạo cho học sinh.
4) Bài tập áp dụng
Bài 1: Cho ba số dương x, y,z thõa mãn: x + y + z = 1
x

y

z

9

a)Chứng minh rằng: (1 − x) 2 + (1 − y )2 + (1 − z ) 2 ≥ 4 .
b) Phát triển bài toán trên thành các bài toán mới
x

y

z

Bài 2: Cho ba số dương x, y,z thõa mãn: x + y + z ≥ y + z + x
x

y

z

3



Trường THPT Tĩnh Gia I

17


Sáng kiến kinh nghiệm

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.
- 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.
- Các sáng kiến có chất lượng hàng năm nên được triển khai rộng rãi làm tư liệu
giảng dạy cho giáo viên.

GV: Ngô Quang Giang