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
2.1. Thực trạng chung…………………………………………………………........2

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-


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018


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 [ α ; β ] thì đồ thị của hàm số là
một đoạn thẳng với hai đầu mút là ( α ; f ( α ) ) và ( β ; f ( β ) ) . Vậy nếu với mọi
x ∈ [ α ; β ] thì:
 f ( α ) ≥ 0
f ( x) ≥ 0 ⇔ 
 f ( β ) ≥ 0
 f ( α ) ≤ 0
f ( x) ≤ 0 ⇔ 
 f ( β ) ≤ 0
Tính chất 3: Xét trên đoạn [ α ; β ] hàm số f ( x ) = ax + b đạt giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất tại một trong hai đầu mút của đoạn [ α ; β ] . Tức là:
Nếu hàm số đồng biến trên đoạn [ α ; β ] thì hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại
x = α và đạt giá trị lớn nhất tại x = β
Nếu hàm số nghịch biến trên đoạn [ α ; β ] thì hàm số đạt giá trị lớn nhất tại
x = α và đạt giá trị nhỏ nhất tại x = β
3.2. Hàm số bậc hai:
2
Tính chất: Cho hàm số f ( x ) = ax + bx + c ( a ≠ 0 )



khoảng  − ; +∞ ÷ và có giá trị lớn nhất là −
khi x = − .
4a
2a
 2a

Xét trên đoạn [ α ; β ] ta có các trường hợp sau:
TH1: a > 0
b
≤ α hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là f ( α ) khi x = α , đạt giá trị lớn
- Nếu −
2a
nhất là f ( β ) khi x = β .
- Nếu α < −

b
b
 b 
< β hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là f  − ÷ khi x = − ,
2a
2a
 2a 

đạt giá trị lớn nhất là Max { f ( α ) ; f ( β ) }
- Nếu β ≤ −

b
thì hàm số đạt giá trị lớn nhất là f ( α ) khi x = α , đạt giá trị
2a

-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

2
Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi m ≤ −2 thì x − ( 2m + 1) x + 3m + 2 ≤ 0 với mọi

x ∈ [ −4;1] .
Giải
2
2
Ta có x − ( 2m + 1) x + 3m + 2 ≤ 0 ⇔ f ( m ) = ( −2 x + 3) m + x − x + 2 ≤ 0

Ta thấy f ( m ) là hàm số bậc nhất có hệ số a = −2 x + 3 > 0 (do x ∈ [ −4;1] ).
Vậy f ( m ) đồng biến nên f ( m ) ≤ f ( −2 ) do mọi m ≤ −2 .
2

z
=
2
z
=
2
z
=
0



x = 0
x = 0


Dấu bằng xảy ra ở ( 2 ) ⇔  y = 2
hoặc  z = 2
 z ∈ 0;2
 y ∈ 0;2
]
]
 (
 (
x = 2
x = 2


Dấu bằng xảy ra ở ( 3) ⇔  y = 0
hoặc  z = 0

≤
t
≤
÷
4
4
 2 
2

2

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

2


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018
2

3 1

Mà f ( 0 ) = 2 x − 6 x + 5 = 2  x − ÷ + > 0
2 2

2

2
 ( 3 − x) 2 
3 − x)

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
.
27
Giải

Chứng minh rằng: 0 ≤ xy + yz + zx − 2 xyz ≤

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]
suy ra xy + yz + zx − 2 xyz = xy + yz ( 1 − x ) + zx ( 1 − y ) ≥ 0 .
Cũng từ giả thiết, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
Ta cần chứng minh: xy + yz + zx − 2 xyz ≤

4

2

( 1− x)
=

2



Nếu x ≠

1
thì f ( t ) là hàm số bậc nhất.
2
2

7
1
1

= − x − ÷ −

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 − a ) 2  − ( 1 − a ) 3 + 4a ( a − 1)
f
< 0 (do 0 < a < 1 ).
÷=

1
a + b + c = 1 ) do đó f  ÷ = 0
3

Ta có f ( a ) ≥ min  f



1
 ÷; f ( 1)  =
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.
MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG:
Bài 1: Cho a, b, c ∈ [ 0;1] . Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 ≤ a 2b + b 2c + c 2 a + 1.

4 1
4
2
2
2
2
≤ ab + b 2c + c 2 a −
Vì 0 ≤ a ≤ ⇒ a ≤ a ⇒ a b + b c + c a −
3
3
27 3
27
4
1

=  b + c 2 ÷a + b 2c −
= f ( a)
27
3

Bài 3: Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn x + y + z = 1 . Chứng minh
rằng 4 ( xy + yz + zx ) ≤ 9 xyz + 1 .
Hướng dẫn: Làm tương tự như ví dụ 8.
Bài 4: Cho a, b, c là các số thực không âm và thỏa mãn a + b + c = 1 .
3
3
3
2
2
2

4
 4

Đặt

( b + c)
t = bc ≤
4

2

( 1− a)
=
4

2

3
 27

2
. Xét hàm số f ( t ) =  a − 3 ÷t + 3a − 3a + trên
4
 4


 ( 1− a) 2 
.
đoạn  0;
4 

Ta có: −

70

m
=

4
3
⇒ f ( 4 ) = 16 − 24m + m 2 = ⇔ 
Loại
9
m = 2

3
Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 13 -


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

TH2: Nếu 0 < 3m < 4 ⇔ 0 < m

3
⇒ f ( 4 ) = 16 − 24m + m 2 = ⇔ 
Loại
9
m = 2

3
TH3:

Nếu

3m ≥ 4 ⇔ m ≥

t = 0 ⇒ f ( 0 ) = m2 =

4
⇒
3

hàm

số

đạt

giá

trị

lớn

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

⇒ t 2 ≤ 2t ⇔ 0 ≤ t ≤ 2 .
Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 14 -


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

Khi đó biểu thức P = ( x + y ) − 2 xy ( x + y ) + x + y = t 2 + t .
3

2
Xét hàm số f ( t ) = t + t trên đoạn [ 0;2]

b
1
= − < 0.
2a
2
Ta có bảng biến thiên:
Ta có −

0


a b a
t =  + ÷ = 2 + 2 + 2 ⇒ 2 + 2 = t2 − 2.
a
b
a
b a b
2

Khi đó ta có P = t 2 − t .
2
Xét hàm số f ( t ) = t − t với t ∈ ( −∞; −2] ∪ [ 2; +∞ ) .

Lập bảng biến thiên:

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
6
- 15 -

2


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

Từ

bảng

biến

thiên

Ta có ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 0 ⇔ 2 ( a + b + c ) ≥ 2 ( ab + bc + ca )
2

2

2

⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇔ 0 ≤ ab + bc + ca ≤

1
2
( a + b + c) = 3
3

t = ab + bc + ca ⇒ t ∈ [ 0;3]

Đặt

và

a 2 + b 2 + c 2 = ( a + b + c ) − 2 ( ab + bc + ca ) = 9 − 2t
2

2
Khi đó P = f ( t ) = ( 9 − 2t ) − 4t + 3 = 4t 2 − 40t + 84 với t ∈ [ 0;3]

Bảng biến thiên hàm số f ( t ) trên đoạn [ 0;3]
0

3

Đặt t = 4 − x 2 ⇒ 0 ≤ t ≤ 2 .
2
Khi đó hàm số đã cho trở thành: g ( t ) = t + 2t − 3 với t ∈ [ 0;2] .

Ta có bảng biến thiên:
0

2
5

-3

g ( t ) = g ( 2) = f ( 0) = 5
Vậy: max f ( x ) = max
[ 0;2]
min f ( x ) = min g ( t ) = g ( 0 ) = f ( −2 ) = f ( 2 ) = −3
[ 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
4
4


1
Đặt t = xy . Suy ra P = ( −33t 2 + 14t + 7 ) .
4
2
2
Từ giả thiết ta có: 2 ( x + y ) = xy + 1 ⇔ 2 ( x + y ) = 5 xy + 1 ⇒ xy ≥ −
2

1
5

1
2
2
2
Mặt khác xy + 1 = 2 ( x + y ) = 2 ( x − y ) + 4 xy ≥ 4 xy ⇒ xy ≤ .
3
 1 1
2
Xét hàm số f ( t ) = −33t + 14t + 7 trên đoạn  − ; 
 5 3
Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có M =

70
18
,m =
⇒ 33M + 25m = 88 .

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:

Ta có f ( t ) ≤
Vậy:

1
1
4
⇔ 2
≥4⇔ 2
≥ 16
4
−t + t
−t + t

1
1
1


Do


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

Suy ra: M = max f ( x ) = max g ( t ) =
[ 1;3]

13 m = min f ( x ) = min g ( t ) = 1
;
.
[ 1;3]
4

Vậy: 4M + m = 14 .
MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG.
Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) =

−4
.
x2 + 4x − 5

2
Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ của hàm số f ( x ) = − x + 4 x − 6 trên đoạn

[ −1;3] .
Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
f ( x ) = x + 3 + 6 − x + − x 2 + 3 x + 18
Hướng dẫn: Đặt t = 3 + x + 6 − x

⇔ P = 16a 2b 2 + 12 ( a + b ) − 3ab ( a + b )  + 34ab = 26a 2b 2 − 2ab + 12 .



Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 20 -


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

( a + b)
Đặt 0 ≤ t = ab ≤
4

2

=

1
 1
⇒ t ∈ 0;  .
4
 4

IV. CÁC BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN.
4.1. Hình thức luyện tập trên lớp có sự hướng dẫn của Thầy giáo.
- Thực hiện trong phạm vi một số buổi chữa bài tập của các buổi học chính
khoá với các bài tập ở mức độ vừa phải. Thầy giáo đưa ra ví dụ và bài tập sách giáo
khoa, yêu cầu học sinh nghiên cứu và gọi học sinh lên giải. Sau khi học sinh giải
xong thầy nhấn mạnh về phương pháp giải.

42/55 (76,4%)
29/45 (64,4%)
26/49 (53,1%)
31/43(72,1%)

C. KẾT LUẬN.
I. Kết luận.
Qua quá trình thực hiện nhiệm vụ của đề tài, tôi đã thu được một số kết luận
như sau:
Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 21 -


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

- Trên cơ sở thu thập các tài liệu tôi đã làm sáng tỏ được vai trò, ý nghĩa của
việc học hàm số bậc nhất, bậc hai trong trường phổ thông hiện nay.
- Tìm được khá nhiều những khó khăn và sai lầm của học sinh khi giải bài
tập về bất đẳng thức. Những khó khăn và sai lầm đó đa số tôi tìm được qua thực tế
giải bài tập của học sinh, chỉ có một số theo phỏng đoán của mình.
- Sau khi tìm ra những khó khăn và sai lầm đó tôi không chỉ đi tìm lời giải
đúng mà khó khăn hơn phải tìm được phương pháp mới để học sinh dễ vận dụng
nhất.
- Đã tổ chức thực nghiệm sư phạm để minh hoạ tính khả thi của đề tài.
- Trên đây là một vài kinh nghiệm mà tôi đã tích luỹ trong quá trình giảng
dạy và hướng dẫn học sinh học toán, rất mong được sự đóng góp ý kiến của quý
thầy, cô cùng các bạn đồng nghiệp để sáng kiến kinh nghiệm ngày càng hoàn thiện.
Tôi xin chân thành cám ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ