SỬ DỤNG TÍNH CHẤT của TIẾP TUYẾN để CHỨNG MINH bất ĐẲNG THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓATRƯỜNG THPT TĨNH GIA I SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA TIẾP TUYẾN ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Người thực hiện: Nguyễn Thị Hiền Chức vụ: Giáo

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT TĨNH GIA I

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA TIẾP TUYẾN ĐỂ CHỨNG

MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Người thực hiện: Nguyễn Thị Hiền Chức vụ: Giáo viên

SKKN thuộc môn: Toán

MỤC LỤC

1.LỜI MỞ ĐẦU

1.1 Lý do chọn đề tài

1.2 Mục đích nghiên cứu

1.3 Đối tượng nghiên cứu

1.4 Phương pháp nghiên cứu

2.NỘI DUNG SÁNG KIẾN

2.1 Cở sở lí luận

2.2 Thực trạng vấn đề

2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

2.3.1 Các bài toán sử dụng trực tiếp hàm số

2.3.2 Khai thác dữ kiện tìm hàm số cần xét

2.3.3 Sử dụng bất đẳng thức tiếp tuyến

2.3.4 Khai thác bất đẳng thức đã chứng minh thành các bất đẳng thức mới 2.4 Hiệu quả đạt được

3 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

1 Kết luận

2 Kiến nghị

1 LỜI MỞ ĐẦU

Mục tiêu hàng đầu của việc dạy học môn toán trung học phổ thông là trang

bị những tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh

Phần bất đẳng thức khá quan trọng trong việc phát triển tư duy sáng tạo, tư duy biện chứng cho học sinh Sử dụng tính chất của tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức là một phương pháp rất hiệu quả.Giúp học sinh có định hướng trong việc đánh giá một biểu thức lớn hơn hay nhỏ hơn một biểu thức bậc nhất Mặt khác từ việc chứng minh một bài toán cụ thể, kết hợp khai thác các kiến thức đã học, các kiến thức liên quan tìm ra các bất đẳng thức mới Từ đó phát huy tính cực, chủ động, sáng tạo của học sinh trong việc lĩnh hội tri thức và tạo niềm tin, hứng thú trong học tập môn Toán

1.1 Lý do chọn đề tài

Chủ đề bất đẳng thức tương đối khó đối với mọi đối tượng học sinh Sự nhận thức học sinh thể hiện khá rõ:

- Học sinh lúng túng không có định hướng khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng

- 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

- Chưa có kĩ năng vận dụng kiến thức đã học vào trong thực tế cuộc sống

- 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, và 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: Sử dụng tính chất của tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức.

phương trình hàm số thích hợp, từ đó sử dụng tính chất của tiếp tuyến

chứng minh bất đẳng thức hoặc tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm

số

- Giúp giáo viên có định hướng tốt khi giảng dạy chủ đề bất đẳng thức

Các dạng bài tập chứng minh bất đẳng thức, bài tập tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm số sử dụng tính chất tiếp tuyến

Xây dựng hệ thống bài tập định hướng

2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN

2.1.Cở sở lý luận

Bổ đề 1: Cho hàm số y = f(x) nếu đường thẳng y = ax + b là tiếp tuyến của đồ thị

hàm số tại điểm A(x0; y0), ( A không phải là điểm uốn ), khi đó tồn tại một khoảng

D chứa điểm x0 sao cho ( ) axf x  b x D,  hoặc ( ) axf x  b x D, 

Nhận xét: : Nếu đường thẳng y = ax + b là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm

A(x0; y0) Khi đó ta luôn phân tích được:

f x( ) (ax b) ( x x 0) ( ),k g x k2,k N

Bổ đề 2: (bất đẳng thức tiếp tuyến)

Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đạo hàm cấp 2 trên [a; b]

- Nếu f x''( ) 0,  x a b,  ta luôn có f x( )f '(x )(0 x x 0) f x( ),0  x0 a b, 

- Nếu f x''( ) 0,  x a b,  ta luôn có f x( )f '(x )(0 x x 0) f x( ),0  x0 a b, 

Chứng minh: +) Với f x''( ) 0,  x a b, 

Xét hàm sốg x( )f x( ) f '(x )(0 x x 0) f x( ),0  x0 a b, 

Ta có g x'( )f '(x) f x do f x'( )0 ''( ) 0,0   x a b,  Nên hàm số f’(x) là hàm số

cực tiểu tại x0 hay

 

f x f x x x f x x a b

Chứng minh tương tự cho trường hợp f x''( ) 0,  x a b, 

Nhận xét:

- Hệ thức yf '(x )(0 x x 0) f x( )0 là phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm x0 Do vậy nếu f x''( ) 0,  x a b,  nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm bất kì trên [a;b] luôn nằm phía dưới đồ thị của hàm số

- Nếu f x''( ) 0,  x a b,  nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm bất kì trên [a;b] luôn nằm phía trên đồ thị của hàm số

Bổ đề 3:

Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đạo hàm cấp 2 trên (a; b) và n là số thực dương

1 2

+ Nếu ''( ) 0,f x   x ( ; )a b thì ta có

1f x( )1 2f x( ) 2 n f x( )n f( 1 1x 2 2x n n x )

+ Nếu ''( ) 0,f x   x ( ; )a b thì ta có

1f x( )1 2f x( ) 2 n f x( )n f( 1 1x 2 2x n n x )

Dấu bằng xảy ra khi x1 = x2 = = xn

Chứng minh:

Đặt y = y1 1x 2 2x  n n x Vì ''( ) 0,f x   x ( ; )a b nên áp dụng bổ đề 2 ta có:

f x f y x y f y k n

Cộng các vế của n bất đẳng thức trên ta được :

1 1 2 2

Tương tự cho trường hợp f’(x) <0

Nhận xét : Ta có thể mở rộng bất đẳng thức trên thành :

a)

1 1 2 2

1 2

n n

n

Trong đó  1, , ,2 nlà các số thực dương bất kỳ ( CM tương tự)

b) Cho  1, , ,2 nlà các số thực dương có 12  n 1.Khi đó với mọi

1 1 2 2 ) 1 2 n

x x x x x  x 

2.2 Thực trạng vấn đề

Phần bất đẳng thức là chủ đề khá quan trọng trong việc phát triển tư duy sáng tạo, tư duy biện chứng cho học sinh Đồng thời cũng thường gặp trong các đề thi đại học và cao đẳng, đề thi học sinh giỏi hàng năm.Trong khi đó số tiết phân phối cho bài học ít Khả năng vận dụng kiến thức đã học vào giải các bài toán thực

tế của học sinh còn hạn chế

Có rất nhiều phương pháp vận dụng chứng minh bất đẳng , các phương pháp giải đa dạng, một số tài liệu đưa ra cách giải mang tính thủ thuật, không tự nhiên làm cho học sinh không có cách nhìn bao quát về chứng minh bất đẳng thức Dẫn đến việc học sinh ”sợ” khi gặp bài toán bất đẳng thức

2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

Mấu chốt của bài toán sử dụng tính chất tiếp tuyến là học sinh tìm được hàm đặc trưng, từ đó dùng tính chất của tiếp tuyến ở trên để đánh giá biểu thức chứa biến lớn hơn hay nhỏ hơn một biểu thức bậc nhất

2.3.1) Các bài toán sử dụng trực tiếp hàm số

Để học sinh vận dụng thành thạo nội dung của phương pháp và tạo niềm tin lĩnh hội tri thức cho học sinh Tôi hướng dẫn học sinh xét các bài toán đơn giản, các bài toán mà hàm số cần xét đã có sẵn

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

1 1 1

x y z

(Ghi chú: [3] ( giải thích cho việc trích dẫn lấy từ tài liệu tham khảo số 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

3

- Từ giả thiết hướng cho ta việc xét hàm f x( ) x 9

x

 

Giải: Xét hàm f x( ) x 9;x (0;1)

x

9 '( ) 1

f x

x

 

3 là : y = - 80x +54



x

Từ đó ta có :

x y z 9(1 1 1) 80(x y z) 162

x y z

3

Bài 2[5]: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x+ y + z = 1 Chứng minh rằng:

1 x 1 y 1 z 10

Giải: Xét hàm số: 2

1

1

x

2 '( )

(1 )

x

f x

x







3 là:

y = '( )(1 1) ( )1 27 54

x

Vì:

2

1 27 54 (3 1) (4 3 )

0; (0;1)

x

x

x x



3

2.3.2) 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[2]: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x y z   1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

3 3 3 3 3 3

P

Giải: Ta có

Áp dụng BĐT cosi:

x

3

3

y

z

Suy ra:

P

Xét hàm số :

Vì :

x

x

x

Khi đó

P

x y z

Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 9 khi x = y = z =3

Nhận xét: - Giáo viên định hướng học sinh kĩ năng sử dụng bất đẳng thức cổ điển

kết hợp đánh giá về một ẩn từ đó tìm ra hàm đặc trưng.

Bài 2[2]: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: a2 b2 c2  1 Chứng minh rằng: 8(a b c) 5(1 1 1) 39

a b c

Dẫn dắt học sinh:- Bài toán này phương trình hàm số có sẵn tuy nhiên điều kiện

ẩn số bậc 2 mà khi sử dụng tính chất tiếp tuyến ta chỉ đánh giá với biểu thức ẩn bậc nhất, nên phải kết hợp cả đánh giá và đặt ẩn phụ để chuyển về bài toán với điều kiện bậc nhất

Giải: Đặt: a2 x b; 2 y c; 2 z x y z( , ,  0) Bài toán trở thành:

Cho ba số dương a, b,c thõa mãn: x + y + z = 3 Chứng minh rằng:

1 1 1

x

2

f x

3 là:

y = '(1)( 1) (1) 3( 1) 13 3 23

x

Vì:

2

5 3 23 ( 1) ( 3 10)

2

x

x



Khi đó: 8( x y z) 5( 1x  1y  1z)3(x y z 2 ) 69 39

Dấu bằng xảy ra khi: x = y = z =1

Bài 3: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: 2 2 2

3

a b c  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 3 3 3

P

Dẫn dắt học sinh:

- Bài toán này phương trình hàm chưa có sẵn và điều kiện ẩn số bậc 2 Vì vậy ta

phải khai thác dữ kiện để tìm ra hàm số:

3

3 3 ( ) 1

a

a

b











toán với điều kiện bậc nhất x + y +z = 3

Giải:

Đặt: a2 x b; 2 y c; 2 z x y z( , ,  0), khi đó:

P

2

x x

x



2

1 3

x x



Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm x = 1

'(1)( 1) (1) ( 1)

x

Vì:

2

1 7 5 ( 1) (11 8)

18

x

18 2

x x



Ta có

y y

P

x y z



Vây giá trị nhỏ nhất của biểu thức là: P = 2 khi x = y = z = 1

Nhận xét: Giáo viên định hướng học sinhsử dụng kĩ năng đặt ẩn phụ từ đó tìm ra

hàm cần xét

Bài 4[3]: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x4 y4 z4  3. Chứng minh rằng:

1

4  xy4  yz4  xz

Dẫn dắt học sinh:

- Học sinh nghĩ ngay đến việc sử dụng:

2 2

2 2

;

2

xy

xy









- Tuy nhiên điều kiện ẩn số bậc 4 mà khi sử dụng tính chất tiếp tuyến ta chỉ đánh giá với biểu thức ẩn bậc nhất, nên phải kết hợp cả đánh giá và đặt ẩn phụ để chuyển

về bài toán với điều kiện bậc nhất

a x y  x y     x y z 

- Ta có:

2 2

2 2

;

2

xy







8  x

Giải:

2

1 '( )

f x





Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x =4 là:

y = '(4)( 4) (4) 1 5

144 36

144 36 144





Nên: 1 1 5 ; (0;12)

144 36

8  t  t  t

4  xy4  yz4  xz  Dấu bằng xảy ra khi: x = y = z =1

Bài 5[5]: Cho a, b, c là các số dương Chứng minh rằng:

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 f a b c2 ( ; ; ),Nên ( ; ; ) 0f a b c   f ka kb kc( ; ; ) 0;( k R )

a b c  thì x y z  1 và ( ; ; ) 0f a b c   f x y z( ; ; ) 0

a b c



Giải: Không làm mất tính tổng quát giả sử: a + b +c = 1.

Khi đó:

(1)

1

3 là:

y = '( )(1 1) ( )1 54 27

x

Vì:

2

1 54 27 2(3 1) (6 1)

0; (0;1)

x

; (0;1)

x

x



3.

a b c

 

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =1

Nhận xét: Giáo viên định hướng học sinh kĩ năng chuẩn hóa điều kiện.

Bài 6[3]: Cho ba số dương a,b, c Chứng minh rằng:

2 3 2 2 3 2 2 3 2

3

 

Dẫn dắt học sinh:

- Bài toán này phương trình đặc trưng không dễ biến đổi về một ẩn như trong các

ví dụ trên Tuy nhiên vai trò các ẩn bình đẳng và dầu bằng xẩy khi a = b = c Vậy ta

Giải: Xét hàm số: y 2 a3 2 , ,a b 0

'

y



 

Ta đánh giá:

3





Dấu bằng xảy ra khi a = b = c

Nhận xét: Giáo viên định hướng cho học sinh kĩ năng chuyển về xét hàm với một

ẩn đóng vai trò là biến các ẩn còn lại đóng vai trò tham số.

2.3.3) Sử dụng bất đẳng thức tiếp tuyến:

Bài 1: Cho x,y,z là các số thực không âm thõa mãn: x + y+ z = 3.Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức: P (x x2  1) (y y y2  1) (z z z2  1)x(1)

Giải: Ta có (1)  LnPyln(x x2  1) zln(y y2  1) xln(z z2  1)

Xét hàm số y ln(x x2  1),  x 0

1

x



Áp dụng bổ đề 2 ta có:

( ) '(1)( 1) (1) ( ) '(1)( 1) (1) ( ) '(1)( 1) (1)

Cộng các vế của ba bất đẳng thức trên ta được:

2

ln ( ) ( ) ( )

( '(1)( 1) (1)) ( '(1)( 1) (1)) ( '(1)( 1) (1))

1

( ( ) ) '(1) 3 (1) 3 (1) 3ln(1 2)

3

P yf x zf y xf z

y f x f z f y f x f z f

xy yz xz x y z f x y z f

x y z x y z f f f

Do đó P  (1 2) 3 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng (1  2) 3 khi x = y = z = 1

Bài 2[5]: Cho tam giác nhọn ABC tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = sinA.sin 2 B.sin 3 C

Giải: Ta có LnP = ln(sinA) +2ln(sinB) + 3ln(sinC)

2

1 '( ) cot , ''( ) 0, (0; )

x



2

( ) '( )( ) ( ), (0; )

2 ( ) '( )( ) ( ), (0; ).

2





Với X,Y,Z là ba góc nhọn của một tam giác

Khi đó:

tan ln(sin ) tan ln(sin ) tan ln(sin )

k

Mặt khác: tanA.tanB.tanC = tanA + tanB + tanC

3

2

1 tan

X

X



25 5 khi sin 1 ;sin 2 ;sin 3 ;

Nhận xét:

- Qua bài 1 và 2 giáo viên định hướng học sinh sử dụng kĩ năng sử dụng logrit

hóa cho bài toán dạng tích các biểu thức với số mũ thực.

- Bài toán có thể tổng quát thành:

Cho tam giác nhọn ABC tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = sin m A.sin n B.sin p C( m, n, p là các số thực dương)

Bài 3:

Cho x,y,z,t là các số thực dương thõa mãn: x 2,x y  6,x y z   12,x y z t    24.

x yz t 

Giải:

Xét hàm số y = 1,t 0

2

t

2 4 6 12   

Áp dụng bổ đề 3 ta có :

2 2 4 4 6 6 12 12 36 9 4

1

f

Dấu bằng xảy ra khi x = 2; y = 4; z = 6; t = 12

2.3.4) 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

Khai thác bài toán 2(mục 2.3.1):

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

1 1 1

x y z

Hướng 1: Vì BĐT không phụ thuộc vào số ẩn nên ta có bài toán tổng quát:

Bài toán 1: Cho n số dương x x1 ; ; , x 2 n thõa mãn:x1 x2  x n m (m > 0) Tìm giá trị nhỏ nhất (hoặc giá trị lớn nhất tùy theo giá trị a, b) của biểu thức:

A= a(x1 x2  x n)

1 2

( ) (a, b R)

n

b

Hướng 2: Xuất phát từ bất đẳng thức:

2

(1 9 )(x ) (x )

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

x y z (Trích đề thi đại học cao đẳng 2005)

Hướng 3: Xuất phát từ bất đẳng thức

3 3

1

x y z

2

x

2 2 2

3

2 2 2 41 81 41 40 41 40 41 40 41 81 41 40 41 40 41 40

- 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:

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

2

n

n





Ta có thể tăng số biến lên n biến, từ đó ta có bài toán tổng quát:

Cho n số dương x x1 ; ; , x 2 n thõa mãn:x1 x2  x n  1 Chứng minh rằng:

n n

n

n

n n

n





Hướng 4: Nhận thấy: 1 1

x x

1

x

X X x



Ta có:(X Y Z  ) 2  3(X2 Y2 Z2 ) 6   X Y Z   6

2

X Y Z

3 2

Ta có bài toán 4:

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

2

Tổng quát:

Cho n số dương x x1 ; ; , x 2 n thõa mãn:x1 x2  x n m m, (  0)

1

n n

x

n

Khai thác bài toán 3(mục 2.3.1):

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

1 x 1 y 1 z 10

Hướng 1 : Nếu tăng số biến lên n ta có bài toán

Cho n số dương x x1 ; ; , x 2 n thõa mãn:x1 x2  x n  1.Chứng minh rằng:

3

n

Hướng 2: Thay biến bởi biểu thức phù hợp ta có bài toán mới:

Hướng 2.1: Đặt x a y b z c n;  n;  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

1 a n 1 b n 1 c n 10

b) Tổng quát:

Cho n số dương x x1 ; ; , x 2 n thõa mãn: 1n 2n n 1

n

3

n

n

Hướng 2.2: Đặt x = 1n;y 1n;z 1n

Ta có bài toán 2.2:

27

b)Tổng quát: Cho n số dương x x1 ; ; , x 2 n thõa mãn:

1 2

1

n

minh rằng:

2

n

n

n

x

Hướng 2.3: Thay

(Khi đó :

x y z

 

Ta có bài toán 2.3: Cho ba số dương a, b, c Chứng minh rằng:

Hướng 3: Kết hợp với các bất đẳng thức cổ điển từ đó tạo ra các bất đẳng thức mới

1x  1y  1z  x  y  z 

Ta có bài toán 3.1: