SKKN bat dang thuc

Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp tiếp tuyến, các bất đẳng thức được sưu tầm từ các kì thi olypic của các nước, dịch từ tài liệu nước ngoài, và chứng minh theo phương pháp tiếp tuyến. Sáng tạo bất đẳng thức từ các bất đẳng thức cơ bản.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT GIAO THỦY C BÁO CÁO SÁNG KIẾN SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC TỪ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC QUEN THUỘC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN Tác giả: Đặng Thị Mai Trình độ chun mơn : Cử nhân Chức vụ: Giáo viên Nơi công tác: trường THPT Giao Thủy C Nam Định, Tháng năm 2016 THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: Sáng tạo bất đẳng thức từ số bất đẳng thức quen thuộc Chứng minh bất đẳng thức phương pháp tiếp tu yến Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học lớp 10, lớp 12 Thời gian áp dụng sáng kiến : Từ ngày 20 tháng 09 năm 2012 đến ngày10 tháng 04 năm 2016 Tác giả: Họ tên: Đặng Thị Mai Năm sinh: 1982 Nơi thường trú: Giao Thủy- Nam Định Trình độ chu yên môn:Cử Nhân Chức vụ công tác: Tổ trưởng chuyên môn Nơi làm việc: Trường THPT Giao Thủy C Địa liên hệ: Trường THPT Giao Thủy C Điện thoại: 0931697898 Đồng tác giả (nếu có): khơng Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: Trường THPT Giao Thủy C Địa chỉ: Hồng Thuận – Giao Thủy - Nam Định Điện thoại: 03503 742 046 I Điều kiện hoàn cảnh tạo sáng kiến Trong đề thi học sinh giỏi tỉnh, quốc gia hay thi olypic Toán quốc tế bất đẳng thức câu hỏi thiếu Tại lại ? Đó bất đẳng thức lĩnh vực thu hút quan tâm đông đảo người học Tốn làm Tốn Hay khó, cụm từ thường dùng người ta nói bất đẳng thức Hay có nhiều cách Chứng minh độc đáo, sáng tạo, bất ngờ mà suy nghĩ theo khn mẫu hay lối mịn ta khó tìm lời Chứng minh Và bất đẳng thức thường dùng làm câu hỏi mang tính phân loại cao đề thi Tác giả gặp nhiều khó khăn định khai thác sâu phần bất đẳng thức để dạy cho học sinh đối tượng lớp đại trà Tuy nhiên, tác giả phát hướng dẫn học sinh chứng minh từ đơn giản nhất, đến khó theo mạch kiến thức định tạo hứng thú cho học sinh Đặc biệt, số tốn giáo viên dừng lại phân tích, hướng dẫn học sinh cách tạo bất đẳng thức đó, đồng thời sáng tạo bất đẳng thức khác từ bất đẳng thức biết em khơng cịn thấy khơ khan học bất đẳng thức Với suy nghĩ chia sẻ để học hỏi tác giả mạnh dạn lựa chọn nội dung “Sáng tạo bất đẳng thức từ số bất đẳng thức quen thuộc Chứng minh bất đẳng thức phương pháp tiếp tuyến” để làm viết nghiên cứu II Thực trạng Bất đẳng thức h ay vậy, tầm quan trọng lớn với nhiều học sinh chí với nhiều giáo viên phần mà họ chấp nhận bỏ qua Với học sinh không lớp chuyên, lớp chọn giáo viên dạy phần gặp nhiều khó khăn, phần thời lượng chương trình khơng cho phép khai thác sâu, phần suy nghĩ nhiều em phần khơng thể cải thiện III Các giải pháp Sáng tạo bất đẳng thức từ số bất đẳng thức 1.1 Một số bất đẳng thức Bài toán Cho x, y hai số thực dương Chứng minh 1 (1)   x y x y Bất đẳng thức tương đương xy x y (1’)  x y Bất đẳng thức tổng quát: cho số thực dương x 1, x2, ,xn Chứng minh 1 n2     x1 x2 xn x1  x2   xn (1'') Bài toán Cho a , b, c dương Chứng minh 1) a  b  c  ab  bc  ca 2) a  b  c   a  b2  c  Chứng minh bất đẳng thức đơn giản có nhiều cách để chứng minh nên viết tác giả không nêu lại cách chứng minh bất đẳng thức mà tập trung xây dựng, chứng minh số bất đẳng thức khác dựa vào bất đẳng thức 1.2 Sáng tạo bất đẳng thức từ bất đẳng thức Từ bất đẳng thức (1) ta có bất đẳng thức sau Bài Cho a, b, c dương Chứng minh 1 1      2    (2) a b c  ab bc ca  Khơng khó để chứng minh bất đẳng thức Thật vây, áp dụng bất đẳng thức (1) ta có 1 1 1   ;   ;   a b ab b c bc c a ac 1 1 1  1 1   Suy                2  a b c  ab bc ca a b c  ab bc ca Dấu “=” xảy a  b  c Và ta thấy bất đẳng thức (2) viết lại sau ab  bc  ca 1    2    (2’) abc  ab bc ca  Mặt khác với số a , b, c ln dương ta có bất đẳng thức quen thuộc a  b  c  ab  bc  ca (3), bất đẳng thức đơn giản có nhiều cách chứng minh nên tác giả không nêu lại cách chứng minh Kết hợp bất đẳng thức (2’) (3) lại ta có tốn sau Bài Cho ba số thực dương a , b, c Chứng minh a b c 1      2    bc ca ab  ab bc ca  Bài Cho ba số thực dương a , b, c Chứng minh ab bc ca abc (4)    ab bc ca Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức (1’) ta c ó Suy ab a  b bc b  c ca ac  ;  ;  ab bc ca 2a  b  c a  b  c ab bc ca , dấu “=” xảy a  b  c     ab bc ca Từ với cách chọn a , b, c ta có toán Chẳng hạn toán sau Bài Cho x, y , z số thực dương thỏa mãn x  y  z  Chứng minh xy yz xz   3 2x  y y  4z x  2z Hoặc hỏi: tìm giá trị lớn biểu thức P  xy yz xz   2x  y y  4z x  2z Chứng minh Đặt a  x, b  y , c  z ta có xy ab yz bc xz xz ca  ;  ;   2x  y a  b y  4z b  c x  2z 2x  4z c  a toán trở thành “cho số thực dương a , b, c thỏa mãn a  b  c  Chứng minh ab bc ca    ” ab bc ca Áp dụng bất đẳng thức (4) ta có ab bc ca abc      Vậy bất đẳng thức ab bc ca 2   x 1 2 x  y  z  chứng minh Dấu “=” xảy a  b  c hay   y  2 x  y  z   z   Bài Cho tam giác ABC có số đo ba cạnh tương ứng a , b, c p nửa chu vi tam giác Chứng minh 1) ab bc ca   p 2p c 2p a 2p b (*) 2) sin A.sin B sin B.sin C sin C.sin A sin A  sin B  sin C    sin A  sin B sin B  sin C sin C  sin A Hướng dẫn 1) Với p  a  b  c bất đẳng thức cần chứng minh bất đẳng thức (4) 2) Áp dụng định lý sin tam giác ABC ta có a  R sin A, b  R sin B , c  R sin C (*)   R  sin A  sin B  sin C  R sin A.sin B R sin B.sin C R sin C.sin A    R  sin A  sin B  R  sin B  sin C  R  sin C  sin A  sin A.sin B sin B.sin C sin C.sin A sin A  sin B  sin C    sin A  sin B sin B  sin C sin C  sin A Hoặc với bất đẳng thức ta áp dụng trực tiếp bất đẳng thức (4) với a  sin A, b  sin B , c  sin C Bài Cho a, b, c số dương Chứng minh rằng: a b c    bc ca ab (5) Bất đẳng thức hồn tồn khơng phải bất đẳng thức lạ hay khó khăn chứng minh, chí có nhiều cách để chứng minh bất đẳng thức Tuy nhiên, khuôn khổ viết tác giả đề xuất cách chứng minh dựa vào bất đẳng thức (1’’) toán trường hợp n = Ta có (5)   a   b   c   1    1    1   bc  ca   ab  1    a  b  c    bc ca ab 1     b  c c  a a  b 2a  b  c Rõ ràng ta có (6) 1 9     b  c c  a a  b b  c    c  a    a  b   a  b  c  Dấu “=” xảy b  c  c  a  a  b  a  b  c Với số a , b, c dương ta cịn có kết đẹp  a  b  c    a  b2  c  , kết hợp bất đẳng thức với bất đẳng thức (6) ta có tốn sau Bài Cho a , b, c dương Chứng minh a 1    b2  c       b  c c  a a  b  2a  b  c Chứng minh Nhân hai vế (6) với a  b  c ta có 2 2 1   a  b  c  3 a  b  c   a  b  c   b  c  c  a  a  b    a  b  c    a  b  c  2 1  3 a  b  c     a  b2  c      bc ca ab Bài 8.(Belarus, 1999) Cho a , b, c dương thỏa mãn a  b  c  Chứng minh 1     ab  bc  ca Trong tài liệu[1] chứng minh toán sau: Lời Chứng minh Hàm số f ( x)  hàm lồi với x > Do ta có 1 x f  ab   f  bc   f  ca  3  ab  bc  ca   f    2 3    ab  bc  ca  a  b  c Mặt khác ta có Suy  f (ab)  f (bc )  f (ca )  1       3   ab  bc  ca  1  9     2 2   ab  bc  ca   ab  bc  ca  a  b  c  Tuy nhiên, khuôn khổ viết tác giả đề xuất cách chứng minh dựa vào bất đẳng thức (1’’) trường hợp n = 3, lời Chứng minh ngắ n gọn cách sử dụng phương pháp hàm lồi Đặc biệt với đối tượng học sinh THPT không chuyên phương pháp hàm lồi xa lạ người dạy người học khó khăn tiếp cận, lẽ sử dụng phương pháp tính chất hay địn h lý có liên quan khơng đưa vào chương trình khóa, sử dụng ta lại phải nêu chứng minh định lý hay tính chất Lời Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức (1’’) với n = ta có 1  9         ab  bc  ca  1  ab   1  bc   1  ca   ab  bc  ca Mặt khác ta có ab  bc  ca  a  b  c  nên suy Kết hợp (8.1) (8.2) ta có  (8.1) 9    ab  bc  ca 1      ab  bc  ca   Dấu “=” xảy a  b  c Bài 10.( Russia, 2003) Cho số dương a , b, c thỏa mãn a  b  c  Chứng minh 1 2      1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c Chứng minh Với a  b  c  ta có  1 2      1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 2      b  c c  a a  b 2a  b  c a  2b  c a  b  2c Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có 1   b  c c  a a  b  2c 1   b  c a  b a  2b  c 1   c  a a  b a  2b  c 1  4   2       b  c c  a a  b  2a  b  c a  2b  c a  b  2c 1 2       b  c c  a a  b 2a  b  c a  2b  c a  b  2c Dấu “=” xảy a+b = b + c = c + a  a = b = c Bài 11.(Estonia, 2004) Cho số dương a , b, c thỏa mãn a  b  c  Chứng minh 1   1  2ab  2bc  2ca (8.2) Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức (1’’) ta có 1 9      a  b  c  ab  bc  ca 2  2ab  2bc  2ca  2(ab  bc  ca )  2( a  b  c ) Dấu “=” xảy a = b = c = Một số toán tham khảo Bài 12 Cho a, b, c số dương Chứng minh rằng: 1 1    a  4b  c b  4c  a c  4a  b 2(a  b  c) Bài 13 Cho a, b, c số dương Chứng minh rằng: a b c ab  bc  ca a2  b2  c2    2   a2  b2  c2 ab  bc  ca b  c c  a a  b Bài 14 Cho x,y,z số dương có: x + y + z = Chứng minh rằng: x y z    x 1 y 1 z 1 Bài 15 Cho x, y, z số dương: x+y+z ≤ 3/2 Chứng minh : 1 15 x+y+z+    x y z 2 Chứng minh bất đẳng thức phương pháp tiếp tuyến 2.1 Cơ sở lý thuyết Cho hàm số f(x) liên tục có đạo hàm K, x0  K Nếu y = ax + b tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f(x) điểm A(x0;f(x0))( A khơng phải điểm uốn) tồn khoảng  ;   chứa x cho f ( x)  ax  b, x   ;   f ( x)  ax  b, x   ;   Đẳng thức xảy x = x0 Từ ta có f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xn )  a  x1  x2   xn   nb với x1 , x2 , , xk   ;   f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xn )  a  x1  x2   xn   nb với x1 , x2 , , xk   ;   , đẳng thức xảy x1  x2   xn Nếu có x1  x2   xn  k f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xn )  ak  nb f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xn )  ak  nb với x1 , x2 , , xk   ;   2.2 Các bước chứng minh bất đẳng thức phương pháp tiếp tuyến - Kiểm tra bất đẳng thức cho có đồng bậc hay khơng, số bước biến đổi ta đưa bất đẳng thức dạng f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xn )  a f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xn )  a - Chuẩn hóa x1  x2   xn  k Dự đoán đẳng thức xảy ra, kết thuận lợi x1  x2   xn  x0  - k Từ suy xi   ;   n Chọn hàm f(x) dựa vào bất đẳng thức Viết phương trình tiếp tuyến y = g(x) đồ thị hàm số f(x) điểm (x0;f(x0) - Chứng minh f ( x)  g ( x) f ( x)  g ( x) với x   ;   Áp dụng cho xi ta có bất đẳng thức cần chứng minh Lưu ý Việc chứng minh f ( x)  g ( x) f ( x)  g ( x) với x   ;   thơng thường ta cần phân tích f ( x)  g ( x)   x  x0  h( x) h(x) ln âm ln 2n dương với x   ;   2.3 Xây dựng bất đẳng thức phương pháp tiếp tuyến Dựa vào sở lý thuyết bước chứng minh bất đẳng thức phương pháp tiếp tuyến ta xây dựng bất đẳng thức phong phú, đa dạng nhằm phục vụ cho trình giảng dạy với đối tượng học sinh khác Tuy nhiên, ngược lại với bước chứng minh, ta xuất phát từ việc chọn hàm f(x), chọn điểm x trước, viết phương trình tiếp tuyến g(x) đó, dựa vào hiệu f(x) – g(x) ta xây dựng bất đẳng thức Chẳng hạn, ta xét toán sau Hàm số f ( x)  x liên tục có đạo hàm  Tiếp tuyến đồ thị hàm số x 1 36 1  Ta có x  ;  có phương trình y  g ( x )  50 50  10    x  1  x  3 f ( x)  g ( x)  Từ ta có f ( x )  g ( x ), x  x0  50  x  1 3 3 f ( x )  g ( x ), x  Do ta chọn điểm rơi 4 nên ta xét trường hợp f ( x)  36   x  , x    ;   50 50   f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xn )  Áp dụng f ( x )  g ( x ), x  với 3 Tức ta ln có   xi , xi    ;     ta có 36 3n  x1  x2   xn   , xi    ;   Như ta xây 50 50   dựng số bất đẳng thức xoay quanh toán cho dấu “=” xảy x1  x2   xn  Ví dụ Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  Chứng minh a b c    2 1 a 1 b 1 c 10 Ví dụ Cho số thực dương a, b, c, d thỏa mãn  a  b  c  d   Chứng minh a b c d     2 2 1 a 1 b 1 c 1 d Trong toán ta chọn điểm rơi x0 khác tiếp tuyến g(x) khác với hàm số, với cách chọn điểm rơi x0 phù hợp ta xây dựng nhiều bất đẳng thức theo ý đồ khai thác 2.4 Chứng minh số bất đẳng thức phương pháp tiếp tuyến Đối với học sinh hay thân người dạy phát bất đẳng thức chứng minh phương pháp tiếp tuyến khơng dễ dàng Liệu có dấu hiệu để học sin h nhận bất đẳng thức chứng minh phương pháp tiếp tuyến hay không? Theo kinh nghiệm mà tác giả tìm hiểu, học hỏi dựa vào vài dấu hiệu sau: 10 - Bất đẳng thức ta gặp bất đẳng thức hay đồng bậc, số bước biến đổi đưa bất đẳng thức nhất, đồng bậc - Qua việc chuẩn hóa điều kiện đề có sẵn dạng a  b  c  d   k ,(a  b  c  d   k , a  b  c  d   k ) , dấu “=” bất đẳng thức xảy biến Chú ý:Tiếp tuyến đồ thị hàm số f(x) mà ta chọn để xét phải thỏa mãn điều kiện tiếp xúc với đồ thị hàm số f(x) điểm mà ta viết phương trình, khơng cắt đồ thị điểm khác Các bất đẳng thức phần có cách chứng h khác, nhiên khuôn khổ viết tác giả nêu cách chứng minh phương pháp tiếp tuyến Bài 1.(ĐH 2003) Cho số dương x, y z thoả mãn x + y + z  Chứng minh x2   x2 y2  1  z   82 y z Chứng minh Trước hết ta dự đoán dấu “=” xảy x  y  z  Do ta xét hàm số f ( x)  x  Ta có f '( x)  1 hàm số điểm  ; 3 Xét f ( x)  g ( x)  x2  , x  (0;1) , tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm x2 x4  x3 80  f '( )   Phương trình tiếp tuyến đồ thị 82 x2  x 80 162 82  x  y  g ( x)    82 82 x2   80 162    x    với x   0;1 x2  82 82  11  80 162  x   x   80 162  x  82 82  f ( x)  g ( x)  x     x   x  82 82   80 162  x2     x  x  82 82  2 1   x    6318 x  4428 x  738  3    x   0;1   80 162   82 x  x     x  x 82 82     Ta có f ( x)  g ( x)  x  hay x2   80 162   x   x   0;1 x  82 82   80 162    x  x   0;1 x 82 82   Tương tự y , z cộng lại ta x2   x2 y2  1 80 162  z2    ( x  y  z)   82 y z 82 82 (do x  y  z  ) Đẳng thức xảy x  y  z  Bài Chứng minh rằng, tam giác ABC, ta có sin A  sin B  sin C  3 Chứng minh Dự đoán bất đẳng thức xảy dấu A  B  C    3  Ta   Xét hàm số f ( x)  sin x, x  (0; ) xét tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm  ;       nên tiếp tuyến có phương trình y  g ( x)  x  2 3 có f '( x)  cos x  f '  12 1 Xét f ( x )  g ( x)  sin x   2 x 1 Ta có f ( x )  g ( x )  sin x   2 Xét hàm số h( x)  sin x     với x   0;   6 x      sin x  x    h( x ) 6 2  x  , x   0;  2 Ta có h '( x)  cosx  ; h '( x)   x   Ta có bảng biến thiên  x h’(x) +  - h(x) Dựa vào bảng biến thiên ta có h( x )  với x   0;   hay ta ln có sin x   x  , x  (0; ) Áp dụng bất đẳng thức cho A, B, C cộng vế lại ta 2 3  3 sin A  sin B  sin C  ( A  B  C )    sin A  sin B  sin C  2 2 Bài (USA Math Olympiad, 2003) Cho a, b, c số dương Chứng minh (2a  b  c) (2b  c  a ) (2c  a  b)   8 2a  (b  c) 2b  (c  a ) 2c  (a  b) Chứng minh Chuẩn hóa a  b  c  , bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 13 (a  1) (b  1) (c  1)   8 2a  (1  a ) 2b  (1  b) 2c  (1  c) Vì đẳng thức xảy a  b  c  f ( x)  nên xét hàm số ( x  1) , x  (0;1) xét tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm x  (1  x) f '( x)  4 1 8  ;  Ta có 3 3 x2  x  1 8 Tiếp tuyến đồ thị hàm số f ( x) điểm  ;  có phương 2 (3 x  x  1) 3 3 trình y  g ( x)  x  ( x  1) 4    x   , x  (0;1) Xét f ( x)  g ( x)  2 x  (1  x)  3 Ta có ( x  1) 4 ( x  1)  Ta có f ( x)  g ( x)   x    x    x  (1  x)   x  (1  x) 36 x3  15 x  x    3x  1 1  x     x   0;1  x  (1  x)   x  (1  x)  ( x  1)  x  , x  (0;1) Hay ta có 2 x  (1  x) Với x  a , x  b, x  c ta có (c  1)  4c  , c  (0;1) 2 2c  (1  c) (a  1)  4a  , a  (0;1) 2 2a  (1  a ) (b  1)  b  , b  (0;1) 2b  (1  b) Cộng vế với vế bất đẳng thức ta có 14 (a  1) (b  1) (c  1)   8 2a  (1  a ) 2b  (1  b) 2c  (1  c) Dấu “=” xảy a  b  c  Bài 4.(Rioplatense, 2002) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh ab bc ca 1       c a b abc a b c Chứng minh Chuẩn hóa a  b  c  bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 1 c 1 a 1 b      9 c2 c a a b b Nhận thấy dấu “=” xảy a  b  c  1 nên ta xét hàm f ( x)   , x   0;1 tiếp x x 2 1  tuyến đồ thị hàm số điểm  ;3  Ta có f '( x )  + , f x x 3  1 '    36 nên tiếp tuyến 3 1  đồ thị hàm số  ;3  có phương trình g ( x)  36 x  15 3   x  1 3x  1  x  0;1 Lại có f ( x)  g ( x)    36 x  15    x x x2 Do ta có   36 x  15, x   0;1 , với a, b, c   0;1 ta có x2 x   36a  15 a2 a   36b  15 b2 b   36c  15 c2 c Suy 2       36( a  b  c)  45  Vậy bất đẳng thức chứng a2 a b2 b c2 c minh 15 Bài 5.(Russia, 2003) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Chứng minh 1 2      1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c Chứng minh Ta có 1 2 1 2            0 1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 Nhận thấy dấu “=” xảy a  b  c  , nên xét hàm f ( x)   , x   0;1 tiếp 1 x 1 x 3x  x    27   , f '   tuyến đồ thị hàm số điểm  ;0  Ta có f '( x)  , tiếp tuyến  3 3   x2   27  1 1  đồ thị điểm  ;0  có phương trình g ( x)   x    3 3  27    x  1 x  1 Ta có f ( x)  g ( x)    x   0, x   0;1 1 x 1 x  3 1  x  Hay ta có 27  1    x   , x   0;1 , suy với a, b, c   0;1 ta có 1 x 1 x  3 27  1   a   1 a 1 a  3 27  1   b   1 b 1 b  3 27  1   c   1 c 1 c  3 2 27 27        a  b  c   1 a 1 a 1 b 1 b 1 c 1 c 8 Vậy bất đẳng thức chứng minh Bài 6.(Estonia,2004) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  Chứng minh 1   1  2ab  2bc  2ca 16 Chứng minh Ta có a  b  2ab  Lập luận tương tự ta có 1   2  2ab  a  b  c2 1 1 1      2  2ab  2bc  2ca  a 4b  c2 1   1 2 4a 4b  c2 Ta chứng minh Nhận thấy dấu “=” xảy k hi a  b  c  nên ta xét hàm số f ( x)   1 , x   0;1 tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm  1;  4 x  3 Ta có f '( x)  dạng g ( x)  4  x , f ' 1   1 phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số  1;  có  3 1  x  1  1 1  x  1   x  1    0, x   0;1 Ta có f ( x)  g ( x)  4 x 9 4 x Hay ta có 1   x  1  , x   0;1 với a , b , c   0;1 ta có 4 x 1 1 1 1   a  1  ,   b  1  ;   c  1  2 4a 4b 4c Vậy 1 1     a  b  c  3   2 4a 4b 4c Dấu “=” xảy a  b  c  Bài 7.(Croatia, 2004) Chứng minh a2 b2 a2 với số thực dương    ( a  b)( a  c ) (b  c )(b  a ) (c  b)(c  a ) a, b, c Chứng minh Chuẩn hóa a  b  c  ,dự đoán dấu “=” xảy a  b  c  17 bc   a   a  1  a  Khi (a  b)(a  c)  a (a  b  c)  bc  a  bc  a           2 a2 4a Do Lập luận tương tự ta có  ( a  b)( a  c ) ( a  1) b2 4b c2 4c Từ suy  ;  ( a  b)(b  c ) (b  1) (c  b)( a  c ) (c  1) a2 b2 c2 4a 4b 4c      ( a  b)( a  c ) ( a  b)(b  c ) (c  b)(a  c ) (a  1) (b  1) (c  1) 4a 4b 4c a2 b2 c2 Ta chứng minh        2 2 2 ( a  1) (b  1) (c  1) ( a  1) (b  1) (c  1) 16 Xét hàm sơ f ( x)  Ta có f '( x )  g ( x)  1  , x   0;1 tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm  ;   16   x  1 x2 2x 1 1  , tiếp tuyến đồ thị hàm số  ;  có phương trình , f '   ( x  1)   32  16   1 x  32   16 Mặt khác ta có 9    x  1 3x  1 f ( x)  g ( x)   x    0, x   0;1 2 32 16   x  32 x      x2 Hay ta có f ( x )   1  x    , x   0;1 Áp dụng ta có 32   16 f ( a )  f (b )  f ( c )  3  a  b  c  1   32 16 16 a2 b2 c2 Hay    Vậy bất đẳng thức chứng minh, dấu “=” xảy 2 ( a  1) (b  1) (c  1) 16 a  b  c  18 Bài Cho số dương a, b, c thoả mãn 4(a  b  c)   Tìm giá trị lớn biểu  thức S  a  a   b b  b2   c c  c2   a Chứng minh  Ta có S  a  a   b b  b2     c c  c2     a   lnS  b ln a  a   c ln b  b   a ln c  c  Dự đoán S đạt giá trị lớn a  b  c   , nên ta xét hàm số  9 f ( x)  ln( x  x  1), x   0;  tiếp tuyến đồ thị hàm s ố f(x) điểm ( ;ln 2)  4 Đạo hàm f '( x)  3  f '( )  Tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm ( ;ln 2) có 4 x2  phương trình g ( x)  x  ln  5   Xét hiệu f ( x )  g ( x )  ln x  x     h( x)  ln x  x    9 x  ln  , x   0;  5  4 x  ln  5  x  (TM )   x 1  x 1 h '( x)  , h '( x)   0 2 x 1 x 1  x   ( KTM )  2  3 3 9 3  9 Ta có h '( x )  x   0;  , h '( x )  x   ;  , h    nên ta có h( x)  0, x   0;   4 4 4 4  4 Hay ln( x  x  1)   9 x  ln  , x   0;  5  4 Áp dụng bất đẳng thức cho số dương a ta ln(a  a  1)  19 a  ln  5 Nhân hai vế với số b > ta suy b ln(a  a  1)  3  ab   ln   b 5  3  c ln(b  b  1)  bc   ln   c 5  Tương tự ta có 3  a ln(c  c  1)  ca   ln   a 5  Cộng vế ba bất đẳng thức ta 3  lnS  (ab  bc  ca)   ln   (a  b  c) 5  Lại có (ab  bc  ca)  (a  b  c) a  b  c  Vậy giá trị lớn S 4 a  b  c  9 , nên ln S  ln  S  4 4 Bài 9.(HSG Thừa Thiên Huế 2015 - 2016) Cho ba số thực dương a, b, c a + b + c = Chứng minh rằng: a 1  a   b 1  b   c 1  c   Chứng minh Dự đoán dấu “=” xảy a = b = c = x nên ta xét hàm số f ( x )   0;1 1  x  1 3 Tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm  ;  có phương trình g( x )  x  3 4 Xét hiệu f ( x )  g( x )  Do ta có x 1  x   x 1  x  (3-2x)(-1+3x)2  x   0,x   0;1 2 4 1  x  x  ,x   0;1 Từ suy a 1  a   b 1  b   c 1  c  20  9 a  b  c   4 Bài 10 (HSG Hà Nội 2015 – 2016) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi Chứng minh 1  1  4      9 ab bc ca a b c Chứng minh Theo giả thiết ta có a, b, c dương a +b + c = Vì a, b, c độ dài cạnh tam giác nên ta có a + b > c, b + c > a, a + c > b suy  a,b,c  Ta có 1  1 1  1   4           4    9 ab bc ca a b c 1 c 1 a 1 b  a b c 1  1 4  4        9    9 1 a a 1 b b 1 c c 1 c 1 a 1 b  a b c Xét thấy dấu “=” xảy a = b = c =  1 nên ta xét hàm số f ( x )   ,x   0;  1 x x  2 1  Tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm  ;  có phương trình g(x) = 18x – 3  ( x  )( x  )2  1 Xét hiệu f ( x )  g( x )    18 x    0,x   0;  hay ta ln có 1 x x x(  x )  2    18a  3 1 a a  4 4    18b          18( a  b  c )   1 b b  1 a a 1 b b 1 c c    18c   1 c c  Vậy bất đẳng thức chứng minh Bài 11 (HSG Hà Tĩnh 2012 – 2013) Cho a , b, c số thực dương thỏa a  b  c  3abc Tìm giá trị lớn biểu thức: P= a 8a   b 8b  Chứng minh 21  c 8c  Ta có  a b c  b c   a P2           2 2 8b  8c    8a  8b  8c    8a  1 1 a b c a b c xét Q=      2 8a  8b  8c  1 1 1 8  8  8  a b c Theo giả thiết ta có a  b  c  3abc   a  b  c    a  b  c   9abc  a  b  c  2( ab  bc  ac )  9abc  ab  bc  ac  3abc  Đặt x  1   3 a b c 1 x y z , y  ,z    x, y,z; x  y  z  Khi Q    2 a b c  x  y  z2 Dự đoán dấu “=” xảy x = y = z = Xét hàm số f ( x )  x ,x   0; 3  x2  1 Tiếp tuyến đồ thị hàm số 1;  có phương trình g( x )  x  81 81  9 Xét hiệu f ( x )  g( x )  x ( x  16 )( x  )2  x    0x   0; 3  x 81 81 81( x  ) Hay x  x2 x  x2 y  y2 z  z2 x  ,x   0; 3 81 81   x  81 81  2 x y z  y     ( x  y  z )  2 81 81   x  y  z 81 81   z  81 81   Hay ta có Q  suy P  Vậy P đạt giá trị lớn a = b = c = 22 Một số tập tham khảo Bài 12.(1997 Japanese Math Olympiad) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh (b  c  a ) (c  a  b ) (a  b  c)    a  (b  c) b  (c  a ) c  (a  b) Bài 13 Chứng minh với tam giác ABC số a  ta có bất đẳng thức sau sin A sin B sin C 3    a  cos A a  cos B a  cos C 2a  Kết luận Không có phương pháp vạn năng, tơn để Chứng minh toán, với phần bất đẳng thức , phần hay khó Có nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức, có nhiều tài liệu viết phần Tuy nhiên, với kiến thức hạn chế tác giả cố gắng nghiên cứu hai vấn đề, chứng minh bất đẳng thức dựa vào bất đẳng thức quen thuộc (1),(1’) (1”) , hai chứng minh bất đẳng thức phương pháp tiếp tuyến Ở đây, tác giả thấy kiến thức phù hợp với đối tượng học sinh THPT mà tác giả trực tiếp giảng dạy Trong viết tác giả làm nhữ ng vấn đề sau: - Nghiên cứu số tài liệu có liên quan đến bất đẳng thức ứng dụng - Chọn lọc số tốn phù hợp với mục đích nghiên cứu tác giả - Chứng minh bất đẳng thức phương pháp mà tác giả lựa chọn Ở đây, tác giả cố gắng tự chứng minh tốn theo kiến thức có - Nêu cách xây dựng bất đẳng thức dựa vào bất đẳng thức quen thuộc dựa vào phương pháp tiếp tuyến IV Hiệu sáng kiến đem lại: 4.1 Hiệu ( Giá trị làm lợi tính thành tiền -nếu có): khơng 4.2 Hiệu mặt xã hội : - Bài viết nguồn tư liệu tham khảo cho thầy cô giáo dạy lớp chất lượng cao, dạy học sinh giỏi dạy ôn thi THPT Quốc gia 23 - Trong năm học trước tác giả xây dựng bất đẳng thức phương pháp chứng minh cho học sinh giỏi, kết đạt khả quan Các em khơng cảm thấy q khó khăn học bất đẳng thức, kì thi học sinh giỏi tỉnh mơn Tốn năm 2012 – 2013 có học sinh Lâm Thị Thảo Chứng minh câu bất đẳng thức Năm học 2014 – 2015 tác giả áp dụng phần vào dạy cho học sinh lớp 10 A1 trường THPT Giao Thủy C nhận thấy có nhiều em thấy hứng thú với tập đưa ra, em xử lý tốt tập Dự kiến năm học 2016 – 2017 tác giả tiếp tục giảng dạy số phương pháp nêu cho em học sinh lớp 12A1 nhằm mục đích giúp em tiếp cận bất đẳng thức tốt hơn, nâng cao chất lượng dạy học thân V.Đề xuất, kiến nghị: Những phần kiến thức đây, với nhân loại khơng cị n nữa, tài liệu bất đẳng thức có, có nhiều người làm Nhưng với tác giả nỗ lực tìm tịi hoàn thiện kiến thức bất đẳng thức Bài viết cịn nhiều thiếu sót nên tác giả mong góp ý q thầy Và nội dung viết áp dụng cho học sinh lớp chọn học sinh giỏi trường THPT Giao Thủy C CƠ QUAN ĐƠN VỊ TÁC GIẢ SÁNG KIẾN ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (Ký ghi rõ họ tên tên) (xác nhận, đánh giá, xếp loại) Đặng Thị Mai Tài liệu tham khảo [1] Inequalities A Mathematical Olympiad Approach 24 ... lớp 10, lớp 12 Thời gian áp dụng sáng kiến : Từ ngày 20 tháng 09 năm 2012 đến ngày10 tháng 04 năm 2016 Tác giả: Họ tên: Đặng Thị Mai Năm sinh: 1982 Nơi thường trú: Giao Thủy- Nam Định Trình độ chu... Vậy giá trị lớn S 4 a  b  c  9 , nên ln S  ln  S  4 4 Bài 9.(HSG Thừa Thiên Huế 2015 - 2016) Cho ba số thực dương a, b, c a + b + c = Chứng minh rằng: a 1  a   b 1  b   c 1 ... Từ suy a 1  a   b 1  b   c 1  c  20  9 a  b  c   4 Bài 10 (HSG Hà Nội 2015 – 2016) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi Chứng minh 1  1  4      9 ab bc