Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG 4

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

KINH NGHIỆM SỬ DỤNG HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI HƯỚNG
DẪN HỌC SINH LỚP 10 GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC

Người thực hiện: Nguyễn Đình Dũng
Chức vụ : Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực(môn): Toán học

THANH HÓA NĂM 2018

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
-1-


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

MỤC LỤC
Tran
g
A. PHẦN MỞ ĐẦU
Lý do chọn đề tài…………………………………………………………………...….2
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

I. Cơ sở lý luận của vấn đề………........................................…………………….....2
II. Thực trạng của vấn đề…………………………………………………….…......2

- Bất đẳng thức là một trong những mảng kiến thức khó và rộng của bộ môn
Toán nhưng nhờ các bài tập về bất đẳng thức mà học sinh có thể hiểu kĩ hơn, sâu
hơn về giải và biện luận phương trình, bất phương trình; Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất của một biểu thức, về mối liên hệ giữa các yếu tố trong tam giác và trong quá
trình giải toán khả năng tư duy sáng tạo của người học được phát triển mạnh. Thực
tế khi giải các bài tập về bất đẳng thức học sinh thường gặp nhiều khó khăn vì cách
giải chúng không hoàn toàn có một mẫu quy tắc nào như ở một số mảng kiến thức
khác.
- Qua nhiều năm giảng dạy toán ở trường phổ thông, là người thầy, tôi
thường trăn trở suy nghĩ, thu thập tài liệu, cố gắng tìm tòi ra phương pháp mới, học
sinh dễ tiếp thu, dễ vận dung với mong muốn giúp học sinh tự tin hơn khi đứng
trước một số bài toán về bất đẳng thức cụ thể là các bài toán chứng minh bất đẳng
thức hay bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
Với những lý do trên tôi đã chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm là:
“KINH NGHIỆM SỬ DỤNG HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI HƯỚNG DẪN
HỌC SINH LỚP 10 GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC”.

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Cơ sở lý luận của vấn đề.
- Vận dụng tốt phương pháp phù hợp để giải các bất đẳng thức, Học Sinh sẽ
tiết kiệm được thời gian, bài giải gọn .
- Bất đẳng thức là một kiến thức khó nhưng không thể thiếu trong vốn kiến
thức của Học Sinh phổ thông, nhất là học sinh khá giỏi.
- Khi vận dụng phương pháp phù hợp , Học Sinh sẽ biến đổi nhanh gọn bất
ngờ, đầy hứng thú, kích thích và phát triển tinh thần say mê , thích thú học toán.
II. Thực trạng của vấn đề.
Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
-3-



nghịch biến trên �.

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
-4-


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

Tính chất 2: Đồ thị của hàm số là một đường thẳng cắt Ox tại điểm
�b �
 ;0 �và cắt Oy tại điểm  0;b  .
�
�a �
Từ hai tính chất trên ta suy ra: Xét trên đoạn   ;   thì đồ thị của hàm số là
một đoạn thẳng với hai đầu mút là   ; f     và   ; f     . Vậy nếu với mọi
x �  ;   thì:
�
�f    �0
f  x  �0 � �
�f    �0
�
�f    �0
f  x  �0 � �
�f    �0
Tính chất 3: Xét trên đoạn   ;   hàm số f  x   ax  b đạt giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất tại một trong hai đầu mút của đoạn   ;   . Tức là:
Nếu hàm số đồng biến trên đoạn   ;   thì hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại
x   và đạt giá trị lớn nhất tại x  
Nếu hàm số nghịch biến trên đoạn   ;   thì hàm số đạt giá trị lớn nhất tại
x   và đạt giá trị nhỏ nhất tại x  

�
�;  �
- Khi a  0 , hàm số đồng biến trên khoảng �
, nghịch biến trên
2a �
�

b
� b
�
 ; ��và có giá trị lớn nhất là 
khoảng �
khi x   .
4a
2a
� 2a
�
Xét trên đoạn   ;   ta có các trường hợp sau:
TH1: a  0
b
� hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là f    khi x   , đạt giá trị lớn
- Nếu 
2a
nhất là f    khi x   .
- Nếu   

b
b
� b �
 �khi x   ,

giá trị lớn nhất là Min  f    ; f    
- Nếu  �

b
thì hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là f    khi x   , đạt giá trị
2a

lớn nhất là f    khi x   .
ỨNG DỤNG:
3.3. Hàm số bậc nhất.

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
-6-


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018
2
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi m �1 thì x  2  3m  1 x  m  3 �0 với mọi

x �1 .
Giải
2
2
Ta có x  2  3m  1 x  m  3 �0 � f  m    6 x  1 m  x  2 x  3 �0

Ta có f  m  là hàm số bậc nhất với hệ số a  6 x  1  0 (do x �1 ).
Vậy hàm số f  m  nghịch biến, do đó mọi m �1 thì f  m  �f  1
� x 2  2  3m  1 x  m  3 � x  2  �0 đúng với mọi x �1 .
2



Vậy theo tính chất  2  thì f  x  �0 . ĐPCM
Dấu bằng xảy ra � đẳng thức xảy ra ở một trong 3 biến đổi  1 ;  2  ;  3
�yz  0
�y  0
�y  2
��
Dấu bằng xảy ra ở  1 � �
hoặc �
với x tùy ý.
y

z

2
z

2
z

0
�
�
�
�x  0
�x  0
�
�
Dấu bằng xảy ra ở  2  � �y  2
hoặc �z  2


Đặt t  yz , ta coi vế trái của  * là hàm số ẩn t :
f  t    x  2  t  2 x 2  6 x  5 . Ta cần chứng minh f  t  �0 . Thật vậy
Khi x  2  0 � x  2 ta có f  t   1  0
2 0
Khi x �۹

x

2 ta có f  t  là hàm số bậc nhất.
2

�y  z �
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: t �yz
 ��

�
�2 �

 3  x
4

2

0 t

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
-8-

 3  x

Dấu bằng xảy ra � x  y  z  1 .
Ví dụ 5: Cho a, b, c � 0;1 . Chứng minh rằng: abc   1  a   1  b   1  c   1 .
Giải
Coi bất đẳng thức cần chứng minh là hàm số bậc nhất với ẩn a :
f  a   abc   1  a   1  b   1  c   1
Vì a � 0;1 nên ta có: f  0    1  b   1  c   1  bc  b  c  b  c  1  c  0  1
f  1  bc  1  0  2 
Theo tính chất 2 của hàm số bậc nhất ta có f  a   0 . Suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét:
- Đối với các bất đẳng thức trên, ta hoàn toàn có thể áp dụng các bất đẳng
thức quen thuộc để chứng minh nhưng cách này rất dài dòng và rắc rối, đôi khi
đưa bài toán vào bế tắc. Sử dụng phương pháp hàm số sẽ giúp bài toán được giải
quyết nhanh gọn, vì giảm đáng kể số lượng các phép biến đổi, chỉ phải chứng minh
các bất đẳng thức rất đơn giãn bằng cách sử dụng tính chất về dấu của đa thức
bậc nhất.
- Trong một số trường hợp, ta không cần thiết phải biến đổi vế trái thành
dạng f  x   ax  b mà có thể để nguyên và thay giá trị của biến vào, với điều kiện
là ta chứng minh được đó là hàm số bậc nhất chứ không phải là bậc khác.
Ví dụ 6: Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn x  y  z  1 .
7
Chứng minh rằng: 0 �xy  yz  zx  2 xyz � .
27
Giải
Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
-9-


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

Từ giả thiết ta có x, y, z � 0;1

7
27

1
1
� f  t  
�0 (Hiển nhiên đúng)
2
108

1
Nếu x � thì f  t  là hàm số bậc nhất.
2
2

7
� 1� 1
  �x  �
0
Ta có: f  0   x  1  x  
27
� 2 � 108
2
� 1  x  2 �
1 x

7
1
2
f�

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 10 -


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018
2
Đặt t  bc �  * trở thành: 2  a  1 t  a 2   1  a   2  0

Xét hàm số: f  t   2  a  1 t  a 2   1  a   2
2

Nếu a  1 � f  t   1  0
Nếu a �1 thì f  t  là hàm số bậc nhất.
b  c
Từ giả thiết, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: bc �

2

4

 1 a


2

4

Ta có: f  0   a 2   1  a   2  2a  a  1  1  0 (do 0  a  1 )
2


1
thì b  c 
(do a, b, c là các số thực không âm và thỏa mãn
3
3

�1 �
a  b  c  1 ) do đó f � � 0
�3 �
� �1 �
�
; f  1 �
Ta có f  a  �min �f � �
� �3 �

�1 �
f � � 0 Ruy ra điều phải chứng minh.
�3 �

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 11 -


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

Nhận xét: Phương pháp sử dụng hàm số bậc nhất tuy rất hiệu quả trong việc hổ
trợ các bài toán chứng minh bất đẳng thức, nhưng cũng có những hạn chế đó là
tác giã chưa tìm ra được cách tìm giá trị lớn nhất hay giá trị nhỏ nhất của một số
dạng toán. Chính vì vậy tôi đi nghiên cứu thêm sự ứng dụng của hàm số bậc hai để
có thể giải quết những dạng toán trên.

27
27
1
1
2
a �a��
 �
a  a 2b b 2c c 2 a
Vì 0 
3
3

4
27

1
ab b 2c c 2a
3

4
27

4
�1
� 2
 � b  c2 �
ab c
 f  a
27
�3

3
3
3
Chứng minh rằng: 4  a  b  c   15abc �1 .

Hướng dẫn:
3
�27
�
bc  3a 2  3a  �0
Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh về dạng � a  3 �
4
�4
�
Đặt

 b  c
t  bc �
4

2

 1 a

4

2

3
�27

4
.
9
Giải

2
Đặt t  x  t �0  , vì x � 2;1 � t � 0;4
2
2
Khi đó hàm số đã cho trở thành f  t   t  6mt  m

b
 3m .
2a
0
TH1: Nếu 3m �
Ta có: 

m 0

hàm số đạt giá trị lớn nhất tại t  4

� 70
m
�
4
3
2
� f  4   16  24m  m  � �
Loại

4
4
�m  thì hàm số đạt giá trị lớn nhất tại t  0 � f  0   m 2 
3
3
9

2
2
� m� �m
3
3
+ Với 0  m 

2
thì hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại t  4
3

� 70
m
�
4
3
2
� f  4   16  24m  m  � �
Loại
2
9
�
m

9

2
2
� m  � � m  Loại.
3
3
2
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
3
Ví dụ 10: Cho x, y là các số thực thỏa mãn x 2  y 2  x  y . Tìm giá trị lớn nhất,
Vậy m 

giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x3  y 3  x 2 y  xy 2  x  y .
Giải
t2  t
2
2
t

x

y
Đặt
từ giả thiết ta có 2 xy   x  y    x  y   t  t � xy 
2
2
2
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có:  x  y  �2  x  y   2  x  y 
2


2
6

0

Vậy: Max P  6 đạt được khi t  2 hay x  y  2 và xy  1 � x  y  1.
min P  0 khi t  0 hay x  y  0 .
Ví dụ 11: Cho a, b là các số thực thỏa mãn ab �0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
a 2 b2 a b
P 2  2   2
b
a
b a
Giải
Đặt t 

a b
a b a b
a b
 . Ta có t     �2
. 2
b a
b a b a
b a
2

2
b2

thiên

ta

có

min P 

min

 �;2 � 2 �

f  t  2

khi

t2

hay

a b
 2� ab
b a
Ví dụ 12: Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   a 2  b 2  c 2   4  ab  bc  ca   3 .
2

Giải
2
2

0

f  t   0 , khi a  b  c  1
Vậy: min P  min
 0;3
Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 16 -


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

a3
a0
a0
�
�
�
�
�
�
max P  max f  t   84 , khi �
b  0 hoặc �
b  3 hoặc �
b0
 0;3
�
�
�
c0
c0

 0;2

2
2
Ví dụ 14: Cho x, y là các số thực thỏa mãn: 2  x  y   xy  1 . Gọi M là giá trị
4
4
2 2
lớn nhất và m là giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  7  x  y   4 x y . Tính

33M  25m .
Giải
2
4
4
2 2
2 2
Ta có: P  7  x  y   4 x y  7 �
�x 2  y 2   2 x 2 y 2 �
� 4 x y

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 17 -


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018
2
�
� 2 2 1
2


2 x
y

2

y

2

5 xy 1

4 xy 4 xy

xy

xy

1
5

1
.
3

�1 1�
2
 ; �
Xét hàm số f  t   33t  14t  7 trên đoạn �
�5 3�

xy

t2
.
4

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 18 -


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

Khi đó P 

1
1
t
4


� 2
xz yz xy  1  t  t  t

2
Xét hàm số f  t   t  t trên khoảng  0;1 .

Ta có bảng biến thiên:

1
1

Đặt
�
0 � x �1
�
0 ��
x �1��
�
1 � 3x  1 �2
�

1

x

3x 1 3

Do
1 t 3

t 2  4 x  2 3x 2  x  1 � t 2  1  4 x  2 3 x 2  x
2
Khi đó hàm số đã cho trở thành: g  t   t  3t  1 với t � 1;3 .

Ta có bảng biến thiên:

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 19 -


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

�
t2  9
� t  9  2  x  3 x  18 �  x  3x  18 
� t 2  9 �0 � �
 2
t �3
2
�
2

2

2

Mặt khác the bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có:
3  x  6  x � 2 3  x  6  x  3 2

 3

Từ  1 ,  2  và  3 ta coa: 3 �t �3 2 .
Bài 4. Cho các số thực không âm a, b thay đổi và thỏa mãn a  b  1 . Tìm giá trị
2
2
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   4a  3b   4b  3a   25ab .

Hướng dẫn: Phân tích
P   4a 2  3b   4b 2  3a   25ab  16a 2b 2  12  a 3  b3   34ab
3
� P  16a 2b 2  12 �
 34ab  26a 2b 2  2ab  12 .

xong thầy nhấn mạnh về phương pháp giải.
- Thực hiện một số buổi trong công tác bồi dưỡng đối với những học sinh
khá hơn ở mức độ những bài toán cao hơn.
4.2. Hình thức tự nghiên cứu các bài toán có sự hướng dẫn của Thầy
giáo.
Hình thức này cũng cần thực hiện liên tục trong quá trình học tập của học sinh, làm
cho khả năng tư duy, tính sáng tạo của học sinh ngày càng được tăng lên.
4.3.Kết quả nghiên cứu.
Thời gian đầu khi mới ra trường tôi dạy tại lớp A3 chưa đưa ra phương pháp
sử dụng hàm số bậc nhất, bậc hai thì học sinh còn gặp nhiều khó khăn và cảm thấy
ngại kho gặp dạng toán này. Nhưng ở những năm học sau tôi tìm ra những phương
pháp đó và nghiên cứu sâu hơn thì tôi dạy một số tiết trên lớp và một số buổi bồi
dưỡng, tôi cho tiến hành kiểm tra khả năng tiếp thu kiến thức và thống kê một số
sai lầm cũng như những sai lầm phổ biến trên các lớp tôi dạy thì thu được kết quả
sau:
Lớp
11A3
11B3
11C8
11A7
10B1

Năm học
2008-2009
2009-2010
2010-2011
2011-2012
2017-2018

Số học sinh đạt yêu cầu


Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác

NGUYỄN ĐÌNH DŨNG

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 22 -