MỤC LỤC Trang PHẦN I: MỞ ĐẦU .2 1/ Lí chọn đề tài 2/ Mục đích nghiên cứu 3/ Đối tượng nghiên cứu 4/ Phương pháp nghiên cứu PHẦN II: NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆMI I/ Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm II/ Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm III/ Các biện pháp tiến hành giải vấn đề .4 IV/ Hiệu đạt sáng kiến kinh nghiệm 20 PHẦN III: KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 20 PHẦN I: MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong chương trình toán phổ thông, bất đẳng thức coi chuyên đề khó Nó câu dùng để phân loại học sinh giỏi đề thi tuyển sinh đại học, đề thi học sinh giỏi Các toán bất đẳng thức tỏ có sức hấp dẫn mạnh mẽ từ tính độc đáo phương pháp giải chúng Chính , để chứng minh bất đẳng thức điều mấu chốt phải lựa chọn phương pháp để chứng minh phương pháp vạn để giải toán mà có phương pháp để giải lớp toán mà Trong trình giảng dạy cho đối tượng học sinh giỏi lớp 12, ôn thi đại học học sinh giỏi, thấy phương pháp hiệu dùng đạo hàm để ch bất đẳng thức đối xứng ba biến dạng sau: "Cho số thực x, y, z ∈ D thỏa mãn: g ( x) + g ( y ) + g ( z ) ≥ (≤)3g (α ), α ∈ D (*) Chứng minh rằng: f ( x) + f ( y ) + f ( z ) ≥ (≤)3 f (α ) " (**) Dạng toán thường gặp học sinh dễ dàng nhận dạng bắt gặp phương pháp sử dụng gần gũi với học sinh lớp 12 Khi sử dụng đạo hàm toán trở nên trực quan hơn, lời giải sáng sủa dễ hiểu lời giải dài cách khác, đổi lại đơn giản cách nghĩ Tuy nhiên, chưa phân tích cung cấp kĩ thuật thực hành đọc lời giải toán học sinh không hiểu lại biết xuất phát từ hàm số sử dụng đạo hàm để khảo sát Với mong muốn đóng góp chút vào việc nâng cao chất lượng dạy học bất đẳng thức, đem lại cho học sinh cách nhìn bất đẳng thức nghiên cứu đề tài: " Dùng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức đối xứng ba biến" 2.Mục đích nghiên cứu Góp phần giải lớp bất đẳng thức đối xứng ba biến bất đẳng thức đối xứng ba biến bậc k đạo hàm Bồi dưỡng cho học sinh nâng cao phương pháp, kĩ giải toán bất đẳng thức qua học sinh nâng cao khă tư sáng tạo Đề tài nhằm nâng cao nghiệp vụ thân, để trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp đóng góp phần vào việc nâng cao chất lượng dạy học bất đẳng thức Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu dạng bất đẳng thức đối xứng ba biến xuất đề thi đại học, thi học sinh giỏi cấp dạng (hoặc đưa dạng) (**) với giả thiết (*) Đề tài áp dụng cho học sinh giỏi lớp 12 luyện thi đại học thi học sinh giỏi Phương pháp nhiên cứu - Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu tài liệu liên quan,SGK, Tài liệu bất đẳng thức - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm - Phương pháp thực nghiệm PHẦN II NỘI DUNG I Cơ sở lí luận: Phương pháp sử dụng ứng dụng đạo hàm phương pháp gần gũi với học sinh lớp 12 trình giải toán chứng minh bất đẳng thức Để sử dụng phương pháp học sinh cần phải nắm số vấn đề sau đây: 1.Công thức tính đạo hàm Qui tắc tìm điểm cực trị hàm số Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số D Lập bảng biến thiên hàm số Các kiến thức bất đẳng thức: Tính chất bất đẳng thức, bất đẳng thức cổ điển, đánh giá thông dụng thường dùng bất đẳng thức: Có số kĩ đánh giá biểu thức, kĩ biến đổi đại số, kĩ giải phương trình, kĩ xét dấu biểu thức, kĩ đưa hàm nhiều biến hàm biến, kĩ chuẩn hóa bất đẳng thức đồng bậc II Thực trạng đề tài: Khi giảng dạy phần bất đẳng thức cho phận học sinh giỏi lớp 12 ôn thi Đại học bắt gặp toán: " Cho x, y, z số thực dương x + y + z ≤ Chứng minh rằng: x + 1 + y2 + + z2 + 2 x y z ≥ 82 " (Đại học KA- 2003) Với nhiều cách giải: Sử dụng bất đẳng thức cô-sy với kĩ thuật chọn điểm rơi, sử dụng phương pháp tiếp tuyến , Nhưng lời giải thấy ấn tượng là: Xét hàm số: h(t ) = t + h ' (t ) = 80 + t , với t ∈ (0;1) t 82 t −1 80 + ' 82 , h (t ) = ⇔ t = 2 t t t Bảng biến thiên t ' h (t ) h(t ) - 1/3 + 27 82 41 Từ bảng biên thiên ta có: h(t ) ≥ ⇒ t2 + 27 82 với ∀t ∈ (0;1) 41 80 27 82 ≥ − t + với ∀t ∈ (0;1) Thay t x; y; z cộng t 41 82 lại ta được: x + 1 −80 + y + + x2 + ≥ x y z 82 ( x + y + z) + 3.27 82 ≥ 82 41 (Điều phải chứng minh) Khảo sát mức độ nhận thức tất học sinh giỏi mà dạy hầu hết em nhận xét rằng: Lời giải ngắn gọn, gần gũi với em, học sinh đặt câu hỏi lại xuất hàm : h(t ) = t + 80 80 + t ; số đâu 82 t2 82 Để giải đáp câu hỏi nghiên cứu, tham khảo phương pháp giải cố gắng tìm tòi đưa cho học sinh phương pháp giải toán với cách giải nêu sử dụng đạo hàm Sau tổng quát lên thành dạng toán nêu phần lí chọn đề tài III Các biện pháp tiến hành giải vấn đề Giới thiệu dạng toán phân tích Xét toán bất đẳng thức đối xứng ba biến dạng sau: " Cho số thực x, y, z ∈ D thỏa mãn: g ( x) + g ( y ) + g ( z ) ≥ (≤)3g (α ) = C (*) Với α ∈ D số thực Chứng minh rằng: f ( x) + f ( y ) + f ( z ) ≥ f (α ) (**)" Trong đề tài gọi (*) bất đẳng thức điều kiện với g (t ) hàm điều kiện, (**) bất đẳng thức cần chứng minh, f (t ) hàm cần đánh giá thông qua hàm trung gian g (t ) Phân tích: Với toán dạng dấu đẳng thức thường xảy x = y = z = α Để giải toán ta cần đánh giá f ( x ) + f ( y ) + f ( z ) Thông qua g ( x) + g ( y ) + g ( z ) nhằm sử dụng giả thiết (*) Do vậy, xét hàm số h(t ) = f (t ) − m.g (t ) Với t ∈ D Số m xác định cho h(t ) đạt cực tiểu t0 = α , (h' (α ) = ) α điểm mà h(t ) đạt GTNN ) suy m xác định: m = f ' (α ) Khảo sát hàm số g ' (α ) h(t ) để đánh giá f (t ) thông qua hàm trung gian g (t ) Việc chứng minh với dấu " ≤ " hoàn toàn tương tự với α điểm cực đại hàm số h(t ) , đồng thời α điểm mà h(t ) đạt giá trị lớn Đẳng thức xảy x = y = x = α Trở lại với lời giải toán thi Đại học KA - 2003: "Cho x, y, z số dương thỏa mãn x + y + z ≤ Chứng minh rằng: x + 1 + y + + z + ≥ 82 " x y z Theo phân tích rõ ràng ta xét hàm: f '( ) 1 = − 80 g (t ) = t ; f (t ) = t + ; α = x = y = z = ; m = 82 t g'( ) 80 h(t = f (t ) − mg (t ) = t + + t t 82 Và lời giải trình bày phần II: Thực trạng đề tài Khi phân tích vậy, học sinh thấy lời giải hoàn toàn có lí do, sáng sủa, dễ hiểu, tư rõ ràng gần gũi kiến thức lĩnh hội lớp học ứng dụng đạo hàm Các em thấy phấn khởi có nhu cầu tìm hiểu phương pháp Trên sở phân tích đưa bước để thực giải toán bất đẳng thức dạng (**) với điều kiện (*) theo phương pháp dùng đạo hàm sau: Các bước thực giải toán bất đẳng thức (**) với điều kiện (*) theo phương pháp dùng đạo hàm: Bước 1: Đưa bất đẳng thức điều kiện bất đẳng thức cần chứng minh đề dạng (*) (**) Bước 2: Dựa vào bất đẳng thức điều kiện(*) bất đẳng thức cần chứng minh (**) đặt hàm g (t ), f (t ) h(t ) = f (t ) − mg (t ) tương ứng,  3g (α ) = C  f ' (α )  Ở m = ' g (α )  t ∈ D (dựa vào điều kiện x, y, z bất đẳng thức điều kiện (*) để xác định D) Bước 3: Lập bảng biến thiên cho hàm số h(t ) đánh giá: h(t ) ≥ h(α ) ∀t ∈ D ⇒ f (t ) ≥ mg (t ) + h(α ) Thay t x, y , z công lại ta suy bất đẳng thức cần chứng minh Để giúp học sinh nhận diện phản xạ nhanh gặp dạng toán Tôi cố gắng chia dạng toán thành loại có ví dụ phân tích kèm, có nhận xét tập tượng tự để học sinh tự rèn luyện phương pháp Phân loại dạng toán Loại 1: Đề thể sẵn hàm f (t ) g (t ) x y z Ví dụ 1.1: Cho x, y, z > x + y + z = Chứng minh rằng: x + + y + + z + ≤ Phân tích hướng dẫn giải: + Dựa vào điều kiện x, y, z > x + y + z = ⇒ x, y, z ∈ (0;1) Dựa vào điều kiện bất đẳng thức cần chứng minh xét hàm: h(t ) = t − m.t , t ∈ (0;1) t +1 f '( ) t = ; g (t ) = t ; g (α ) = ⇒ α = , m = Với f (t ) = t +1 g ' ( ) 16 t ' − =0⇔t = − t , t ∈ (0;1) ⇒ h (t ) = Vậy xét hàm h(t ) = (t + 1) 16 t + 16 + Bảng biến thiên: t 1/ + ' h (t ) h(t ) − 16 Từ bảng biến thiên ta có: t t , ∀t ∈ (0;1) − t< , ∀t ∈ (0;1) ⇒ ≤ t+ + t 16 16 + t 16 16 Thay t x; y; z cộng lại ta h(t ) = x y z x y z + + ≤ ( x + y + z ) + ⇒ + + ≤ + x + y + z 16 16 1+ x 1+ y 1+ z (Bất đẳng thức chứng minh) Ví dụ 1.2: Cho x, y, z số dương thỏa mãn x + y + z = 1 21 Chứng minh rằng: x + y + z + ( x + y + z ) > (1) Phân tích: Dự đoán dấu đẳng thức xảy x = y = z = Do x, y, z > x + y + z = nên x; y; z ∈ (0; 3) Dựa vào điều kiện bất đẳng thức (1) xét hàm: h(t ) = f (t ) − mg (t ) , t Với f (t ) = + t ; g (t ) = t ; m = t t ∈ (0; 3) ' f (1) =− ' g (1) 8 Vậy xét hàm : h(t ) = + t + t Bài giải: t + Từ giả thiết suy ra: x, y, z ∈ (0; 3) Xét hàm số : h(t ) = + t + t ; với t ∈ (0; 3) + Ta có : h' (t ) = − + + t = ⇔ t =1 t2 4 Bảng biến thiên t ' h (t ) h(t ) - + 15 + Từ bảng biến thiên ta có: h(t ) ≥ 15 15 ∀t ∈ (0; 3) ⇒ + t ≥ − t + , ∀t ∈ (0; 3) t 8 Thay t x, y, z cộng lại ta được: 1 3.15 45 21 + + + ( x + y + z) ≥ − (x2 + y2 + z ) + =− + = x y z 8 8 Suy điều phải chứng minh Nhận xét: Để xét hàm điều kiện đơn giản hơn, dẫn đến xét hàm h(t ) đơn giản hơn, ta đánh giá điều kiện sau: Ta có: ( x + y + z )2 ≤ 3( x + y + z ) = ⇒ x + y + z ≤ Bài toán chuyển về: Cho số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z ≤ 1 21 Chứng minh rằng: x + y + z + ( x + y + z ) ≥ t 4 Bằng phân tích ta xét hàm: h(t ) = + t + t , t ∈ (0;3) khảo sát h(t ) dễ dàng Trong đề tài xét bất đẳng thức đối xứng ba biến ,tuy nhiên ta áp dụng cho bất đẳng thức nhiều biến hơn, thể ví dụ sau Ví dụ 1.3: Cho a, b, c, d dương có tổng Chứng minh rằng: (MO- HongKong-2005) Phân tích: Từ điều kiện suy a, b, c, d ∈ (0;1) ,dự đoán dấu xảy a = b = c = d = Xét hàm h(t ) = f (t ) − mg (t ) , t ∈ (0;1) f '( ) 5 Với f (t ) = 6t − t ; g (t ) = t ; m = 14 = Vậy hàm cần xét là: h(t ) = 6t − t − t g'( ) Bài giải:+ Từ giả thiết suy a, b, c, d ∈ (0;1) Xét h(t ) = 6t − t − t , t ∈ (0;1)  t = h ' (t ) = 18t − 2t − = ⇔  t = − (loai )  36 6(a + b3 + c3 + d ) ≥ (a + b + c + d ) + Bảng biến thiên t ' h (t ) h(t ) - 1/ − + 8 8 Từ bảng biến thiên ta có: h(t ) ≥ − , ∀t ∈ (0;1) ⇒ 6t + t ≥ t + t − , ∀t ∈ ( 0;1) Thay t a, b, c, d cộng lại vế theo vế ta được: 6(a + b3 + c3 + d ) ≥ (a + b + c + d ) + (a + b + c + d ) − = (a + b + c + d ) + 8 Suy điều phải chứng minh Chú ý: Qua ví dụ trên, ta thấy yếu tố quan trọng để sử dụng phương pháp ta chuyển điều kiện bất đẳng thức cần chứng minh dạng cô lập biến (hay nói cách khác có dạng tổng hàm: g ( x) + g ( y ) + g ( z ) f ( x) + f ( y ) + f ( z ) ) Trong phần tiếp theo, đưa loại toán chưa có sẵn hàm số f (t ), g (t ), loại toán mở hướng khai thác kiện khác để tìm hàm f (t ), g (t ) Từ phát huy tính sáng tạo cho học sinh Loại 2: Sử dụng số đánh giá thường dùng để làm xuất hàm f (t ) g (t ) Chú ý: Có chuỗi bất đẳng thức đẳng cấp có tần suất sử dụng nhiều xuất đề thi là: xy ≤ ( x + y ) ≤ 2( x + y ) 3( xy + yz + zx) ≤ ( x + y + z ) ≤ 3( x + y + z ) 1 Bất đẳng thức dạng cộng mẫu sau hay ý: x + y ≥ x + y ( x, y > 0) 1 x + y + z ≥ x + y + z ( x, y, z > 0) Đẳng thức: ( x + y + z ) = ( x + y + z ) + xy + yz + zx quan tâm hay đẳng thức nêu lên mối quan hệ biểu thức x + y + z ; x + y + z ; xy + yz + zx biểu thức hay xuất bất đẳng thức đối xứng ba biến Sử dụng ý khéo léo biến đổi, đánh giá ta làm xuất hàm f (t ) g (t ) Ví dụ 2.1: Cho x, y, z > thỏa mãn x + y + z = x y z Chứng minh rằng: + yz + + zx + + xy ≥ 10 (1) Phân tích: Bất đẳng thức (1) chưa cô lập biến để ý đến chuỗi xy ≤ ( x + y ) ≤ 2( x + y ) Nhằm sử dụng giả thiết: x + y + z = ta sử dụng: ( x + y )2 xy ≤ ( x + y ) ⇒ xy ≤ x y z ⇔ + + ≥ 2 (1) + ( y + z ) + ( z + x) + ( x + y ) 10 4 4x 4y 4z ⇔ + + ≥ 2 + (1 − x ) + (1 − y ) + (1 − z ) 10 (2) Bài toán trở thành: Chứng minh bất đẳng thức (2) với điều kiện x + y + z = 4t 4t 99 Lúc hàm g (t ) = t ; f (t ) = + (1 − t ) ; h(t ) = t − 2t + − 100 t Với giá trị nhỏ (0;1) Ta có: 100 4t 99 ≥ − nên việc chứng minh (2) trở lên đơn giản t − 2t + 100t 100 Ví dụ 2.2: Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh rằng: a + b + c ≥ ab + bc + ca (1) (Vô địch Toám Nga 2002) Phân tích: Do đề xuất hiện: ab + bc + ca ta nghĩ đến điều : Sử dụng chuỗi bất đẳng thức 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c) ≤ 3(a + b + c ) (a) 2 2 (a + b + c) = a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca Hay sử dụng đẳng thức: (b) Hướng 1: Sử dụng đẳng thức (b) ta có: 2ab + 2bc + 2ca = (a + b + c ) − (a + b + c ) = − ( a + b + c ) (1) ⇔ 2( a + b + c ) ≥ 2ab + 2bc + 2ca ⇔ 2( a + b + c ) ≥ − (a + b + c ) ⇔ a + b2 + c + a + b + c ≥ (2) a , b , c > Ta chứng minh (2) với điều kiện a + b + c = xong h ( t ) = f ( t ) − mg ( t ) , t ∈ (0;3) Xét hàm f ' (1) = g ' (1) Vậy hàm cần xét là: h(t ) = t + t − 3t với t ∈ (0;3) Với f (t ) = t + t , g (t ) = t; α = 1; m = t = 1 h (t ) = 2t − + = 0⇔   t = ( −1 + t  ' ) Bảng biến thiên: t ( h ' (t ) + −1 + - ) + h(t ) 0 Nhìn vào bảng biến thiên ta có: h(t ) ≥ 0, ∀ t ∈ (0;3) ⇒ t + t ≥ 3t , ∀t ∈ (0;3) Thay t a, b, c ta được: a + b + c + a + b + c ≥ 3( a + b = c ) = (2) chứng minh hay (1) chứng minh (a + b + c) = = a + b + c Hướng 2: Sử dụng chuỗi (a) ta có: ab + bc + ca ≤ Ta cần chứng minh: a + b + c ≥ a + b + c với a + b + c > a + b + c = xong, hay cần chứng minh a − a + b − b + c − c ≥ (3) Xét hàm : h(t ) = f (t ) − mg (t ) , với f (t ) = t − t ; g (t ) = t , t ∈ (0;3) ; m = 1 ' Vậy hàm cần xét: h(t ) = t − t + t = t − t ⇒ h (t ) = Bảng biến thiên: t ' h (t ) + 2 t − f ' (1) =− ' g (1) = ⇔ t = h(t ) ⇒ h(t ) ≤ 0, ∀t ∈ (0;3) Đến đây, nhận xét sử dụng chuỗi đánh giá (a) bất đẳng thức bị yếu bị đổi chiều, nên sử dụng chuỗi (a) không khả thi Ta sử dụng đẳng thức (b) hợp lý 1 Ví dụ 2.3: Cho x, y, z số dương thỏa mãn: x + y + z = 1 Chứng minh rằng: x + y + z + x + y + z + x + y + z ≤ (1) (Đại học KA-2005) 1 Phân tích: Nếu đặt a = x ; b = y ; c = z Khi a + b + c = 1 + + + Vế trái (1) chuyển về: + ( + + ) + ( + + ) + ( + + ) a Lúc cần phải đánh giá a b c b a b c c a b c 1 + + thông qua a + b + c để sử dụng điều kiện a b c a + b + c = cô lập ẩn bất đẳng thức cần chứng minh Nghĩ đến 1 9 = Ta có: bất đẳng thức cộng mẫu + + ≥ a b c a+b+c 1 1 1 + + ≤ + + 1 1 1 1 1 1 9 +( + + ) +( + + ) +( + + ) + + + a a b c b a b c c a b c a b c 4a 4b 4c = + + 9a + 9b + 9c + Bài toán trở thành: Cho a, b, c > a + b + c = 4a 4b 4c + + ≤ (2) Nếu (2) chứng minh Chứng minh rằng: 9a + 9b + 9c + (1) chứng minh: Lại xét hàm: h(t ) = f (t ) − mg (t ) với t ∈ (0; 4) f '( ) 4t 4t = ; g (t ) = t ; m = h(t ) = − t Ở đó: f (t ) = Vậy cần xét hàm 9t + 9t + 16 g ' ( ) 16 Bằng lập bảng biến thiên ta đánh giá h(t ) ≤ , ∀t ∈ (0; 4) 4t 1 ⇒ ≤ t + , ∀t ∈ (0; 4) Thay t a, b, c ta 9t + 16 VT (2) ≤ (a + b + c) + = 16 (2) chứng minh hay (1) chứng minh Loại 3: Bất đẳng thức đồng bậc với kĩ thuật chuẩn hóa làm xuất hàm f (t ) g (t ) 10 Để nắm bắt kĩ thuật này, trước hết ta xem xét khái niệm có liên quan * Hàm số biến: Hàm số f ( x, y, z ) biến x, y, z ∈ ¡ thỏa mãn điều kiện D gọi hàm số ba biến với ( x, y, z ) thỏa mãn điều kiện D, với số thực k cho (kx; ky; kz ) thỏa mãn điều kiện D tồn số m cho: f ( kx; ky; kz ) = k m f ( x; y; z ) Khi đó, ta nói hàm số f ( x; y; z ) hàm số ba biến bậc m Khái niệm hàm số cho n biến tương tự * Bất đẳng thức biến: Bất đẳng thức dạng f ( x; y; z ) ≥ f ( x; y; z ) hàm số ba biến gọi bất đẳng thức ba biến Khi bất đẳng thức: f ( x; y; z ) ≤ ; f ( x; y; z ) > 0, f ( x; y; z ) < gọi bất đẳng thức ba biến Khái niệm bất đẳng thức n biến tương tự * Phương pháp chuẩn hóa: Để hiểu phương pháp chuẩn hóa, ta xem xét mệnh đề sau đặc trưng cho bất đẳng thức nhất: + Mệnh đề: Nếu f ( x; y; z ) hàm bậc m với k ∈ ¡ , k > ta có: f ( x; y; z ) ≥ tương đương f (kx; ky; kz ) ≥ + Chứng minh: Vì hàm số f bậc m nên f (kx; ky; kz ) = k m f ( x; y; z ) Do với k > ta có: f (kx; ky; kz ) ≥ ⇔ k m f ( x; y; z ) > ⇔ f ( x; y; z ) ≥ (điều phải chứng minh) + Phương pháp chuẩn hóa: Do có mệnh đề nói nên để chứng minh bất đẳng thức dạng: f ( x; y; z ) ≥ ta cần chứng minh bất đẳng thức dạng: f (kx; ky; kz ) ≥ Ở ta việc chọn k > thích hợp để (kx; ky; kz ) thỏa mãn điều kiện đặc biệt giúp làm xuất hàm g (t ) f (t ) giảm bớt vất vả việc biến đổi bất đẳng thức Sử dụng mệnh đề nói trên, ta thu hẹp phạm vi cần xét biến so với yêu cầu toán Việc chuyển toán chứng minh bất đẳng thức chứng minh bất đẳng thức phạm vị hẹp biến gọi chuẩn hóa bất đẳng thức Để thể kĩ thuật chuẩn hóa bất đẳng thức nhằm làm xuất hàm f (t ) g (t ) ta phân tích thông qua ví dụ sau: Ví dụ 3.1: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b+c c+a a +b (1) Nhận xét: Bài có hình thức đơn giản, có nhiều cách giải, cách giải ngắn gọn sử dụng bất đẳng thức cô-sy sau: 11  a2 a (b + c) + (b + c) ≥ =a  4(b + c ) b + c  b2  + (c + a ) ≥ b Ta có:  c + a  c2 + ( a + b) ≥ c   a + b a2 b2 c2 a+b+c ⇒ + + + (2a + 2b + 2c) ≥ a + b + c = b+c c+a a +b 2 2 a b c a + b + c (Điều phải chứng minh) ⇒ + + ≥ b+c c+a a +b Tuy vậy, để giúp học sinh hiểu phương pháp chuẩn hóa lấy ví dụ để phân tích Phân tích hướng dẫn giải: a2 b2 c2 a +b+c + + − Khi F( a; b; c ) hàm b+c c+a a+b k 2a2 k 2b k 2c ( ka ; kb ; kc ) = + + = k F(a;b;c) ∀ k ∈ ¡ bậc với F k (b + c) k (c + a ) k (a + b) + Nếu tồn k > mà F (ka; kb; kc) ≥ F (a; b; c) ≥ ta chọn k số thỏa mãn: ka + kb + kc = ( hay k = ) đặt: a ' = ka; b' = kb; c ' = kc Khi đó: a+b+c ' ' ' ' ' ' a ; b ; c > a + b + c = Ta cần chứng minh F (a ' ; b' ; c ' ) ≥ với a ' + b' + c ' = a ' , b' , c ' > Hay cần chứng minh toán bất đẳng thức sau: "Cho a ' , b' , c ' > 0, a ' + b ' + c ' = + Đặt F( a; b; c ) = Chứng minh rằng: a '2 b '2 c '2 + + ≥ " ' ' ' ' ' ' b +c c +a a +b (2) Vì a ' + b' + c ' = (2) tương đương với: a '2 b '2 c '2 + + ≥ (3) ' ' ' 1− a 1− b 1− c Xét hàm: h(t ) = f (t ) − mg (t ), t ∈ (0;1) (do điều kiện a ' , b' , c ' > a ' + b' + c ' = ) f '( ) t2 2t − t ' =5 f ( t ) = ; g ( t ) = t ; m = h ( t ) = − =0 ⇔t = Với Vậy 1− t (1 − t ) g'( ) Bảng biến thiên t h ' (t ) h(t ) 0 − + 12 Từ bảng biến thiên: h(t ) ≥ − t2 , ∀t ∈ (0;1) ⇒ ≥ t − , ∀t ∈ (0;1) 1− t 4 Thay t a ' ; b' ; c ' cộng lại ta được: a '2 b '2 c '2 + + ≥ (a ' + b ' + c ' ) − = ' ' ' 1− a 1− b 1− c 4 Vậy bất đẳng thức (3) chứng minh hay bất đẳng thức (1) chứng minh Chú ý: Nếu không nhầm lẫn cách hiểu tránh phức tạp trình bày lời giải lời giải phân tích ví dụ 3.1 từ bất đẳng thức (2); ta dùng số ( a; b; c ) thay cho số (a ' ; b' ; c ' ) hay nói cách khác với bất đẳng thức cho không tính tổng quát ta cần chứng minh trường hợp a, b, c thỏa mãn điều kiện đặc biệt đó, kết luận bất đẳng thức trường hợp a, b, c Sứ dụng ý ta có lời giải ngắn gọn cho bất đẳng thức có hình thức phức tạp sau: Ví dụ 3.2: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: ( 1 + + ) a + b + c ≥ 3(a + b + c) a b c (1) Phân tích hướng dẫn giải: 1 + + ) a + b + c − 3(a + b + c) a b c F (ka; kb; kc) = k F (a; b; c ) nên bất đẳng thức thuộc dạng bậc + Đặt F (a; b; c) = ( + Không tính tổng quát, ta cần chứng minh bất đẳng thức (1) trường hợp a + b + c = với điều kiện (1) chuyển thành: 1 + + ≥ a+b+c a b2 c2 (2) Rõ ràng, ta làm xuất hàm g (t ) = t f (t ) = −t t2 + Với cách làm tương tự tất ví dụ phân tích ta xét hàm: 1 − t + t , t ∈ (0; ) t 2 h ' (t ) = − − + 3t = ⇔ 3t − t − = t ⇔ (t − 1) (3t + 3t + 3t + 3t + 3t + 2t + 2t + 2) = ⇔ t = ∈ (0; 3) h(t ) = Bảng biến thiên t ' h (t ) h(t ) - + 2 Từ bảng biến thiên ta có: h(t ) ≥ , ∀t ∈ (0; 3) ⇒ 1 − t ≥ − t + , ∀t ∈ (0; 3) t 2 13 Thay t a, b, c cộng lại ta 1 + + ≥ a + b + c (2) chứng minh hay (1) chứng minh a b2 c2 Ví dụ 3.3: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: (1) (ab + bc + ca ) (a + b + c ) + abc (a + b + c ) ≥ 4abc 3(a + b + c ) Phân tích: + Kiểm tra thấy bất đẳng thức (1) bậc + Không tính tổng quát cần chứng minh (1) trường hợp: a + b + c = 1, a, b, c ∈ (0;1) Khi bất đẳng thức (1) trở thành: (ab + bc + ca) + abc(a + b + c) ≥ 3abc 1 + + +a+b+c ≥ a b c ⇔ (2) 1 Lúc hàm điều kiện g (t ) = t f (t ) = + t h(t ) = t + t − t Xét hàm: h(t ) = t + t − Bằng lập bảng t , t ∈ (0;1) t , t ∈ (0;1) biến thiên ta đánh giá h(t ) ≥ 11 , ∀t ∈ ( 0;1) 3 1 11 t+ ≥ t + , ∀t ∈ ( 0;1) t 3 Thay t a,b,c cộng lại ta được: 1 1 11 a+b+c+ + + ≥ (a + b2 + c ) + =4 a b c 3 ⇒ (2) chứng minh hay (1) chứng minh Ví dụ 3.4: Cho số thức dương a, b, c ( − a + b + c ) ( −b + a + c ) ( − c + a + b ) + + ≥ (MO-Japan-1997) Chứng minh rằng: a + (b + c) b + (a + c) c + (a + b) Phân tích: + Do bất đẳng thức bậc nên không tính tổng quát, ta giả sử a + b + c = , a, b, c ∈ (0;1) Khi bất đẳng thức cho trở thành: (1 − 2a ) (1 − 2b) (1 − 2c) + + ≥ 2 2 2 a + (1 − a ) b + (1 − b) c + (1 − c) ⇔ 1 27 + + ≥ 2a − 2a + 2b − 2b + 2c − 2c + + Bằng cách phân tích tương tự ta xét hàm: h(t ) = 54 − t 2t − 2t + 25 27 54t + 27 ∀t ∈ (0;1) ⇒ ≥ ∀t ∈ (0;1) 2t − 2t + 25 1 54 3.27 27 ⇒ + + ≥ + = 2a − 2a + 2b − 2b + 2c − 2c + 25 25 Khảo sát h(t ) (0;1) h(t ) ≥ Từ ta dễ dàng suy lời giải toán 14 Loại 4: Sử dụng ẩn phụ để làm xuất hàm f (t ) g (t ) Ta sử dụng đặt ẩn phụ cách khéo léo giúp ta đưa bất đẳng thức cần chứng minh bất đẳng thức có xuất hàm f (t ) g (t ) Ví dụ 4.1: Cho a, b, c > a + b + c ≤ 1 + + ≥9 a + 2bc b + 2ac c + 2ab Chứng minh rằng: (1) Phân tích: + Đặt x = a + 2bc; y = b + 2ac; z = c + 2ab ⇒ x, y, z > Ta có: x + y + z = (a + b + c) ≤ ⇒ x + y + z ≤ + Bài toán bất đẳng thức trở thành: Cho x, y, z > x + y + z ≤ 1 1 Chứng minh rằng: x + y + z ≥ (2) t + Ta thấy hình thức toán đơn giản hàm g (t ) = t ; f (t ) = xuất t Xét hàm h(t ) = + 9t t ∈ (0;1) Bằng lập bảng biến thiên h(t ) ta đánh giá được: h(t ) ≥ ∀t ∈ (0;1) ⇒ 1 + + ≥ −9( x + y + z ) + 18 = (2) chứng minh, (1) chứng minh x y z Nhận xét: Bài toán sử dụng trực tiếp bất đẳng thức cộng mẫu 1 9 sau: Ta có: a + 2bc + b + 2ac + c + 2ab ≥ a + b + c + 2ab + 2ac + 2bc = (a + b + c) ≥ (Điều phải chứng minh) Hoặc chứng minh bất đẳng thức (2) nhờ bất đẳng thức cộng mẫu 1 sau: x + y + z ≥ x + y + z ≥ Tuy nhiên lấy ví dụ phân tích cho phương pháp đặt ẩn phụ làm xuất hàm f (t ) g (t ) nhằm giúp cho học sinh có cách nhìn linh hoạt đứng trước toán bất đẳng thức giải phương pháp dùng đạo hàm Ví dụ 4.2: Cho số a, b, c dương thỏa mãn: a + b + c = 1 + + ≤1 (1) − ab − bc − ac Phân tích: + Đặt x = ab; y = bc; z = ca ⇒ x, y , z > x + y + z = a 2b + b 2c + a 2c ≤ a + b + c = + Bài toán trở thành: Cho x, y, z > x + y + z ≤ 1 Chứng minh rằng: − x + − y + − z ≤ (2) + Đến đây, hàm g (t ) = t ; f (t ) = xuất 4−t 1 − t ; t ∈ (0; 3) Ta xét hàm: h(t ) = − t 18 Chứng minh rằng: 15 t = 1 − t = ⇔  − 13 h ' (t ) = t = (4 − t )  Bảng biến thiên: t + h ' (t ) - − 13 + 11 + 78 / 18 h(t ) 1 ∀t ∈ (0; 3) ⇒ ≤ t2 + ∀t ∈ (0; 3) 18 − t 18 18 1 1 15 ⇒ + + ≤ ( x2 + y2 + z ) + ≤ − x − y − z 18 18 Từ bảng biến thiên ta có: h(t ) ≤ (2) chứng minh hay (1) chứng minh  x = (a + b )2  2 Nhận xét: Ta đặt ẩn phụ  y = (b + c )  z = (c + a )   x = a + b2  2  y = b + c  z = c2 + a2  Ví dụ 4.3: Cho a, b, c số dương thỏa mãn điều kiện abc = a b c + + ≥ (1) 1+ a 1+ b 1+ c Phân tích: + Giả thiết a, b, c số dương, thỏa mãn điều kiện abc = Nếu để ý lấy logarit tự nhiên vế ta tổng: ln a + ln b + ln c = + Đặt x = ln a; y = ln b; z = ln c Thì ta có điều kiện x + y + z = bất đẳng thức Chứng minh rằng: (1) đưa về: ex + ex + Hàm g (t ) = t ; + ey + ez ⇒ Lập et + et bảng ≥ 2 (2) 1+ ey 1+ ez et f (t ) = xuất + et Xét hàm: h(t ) = f (t ) − m.g (t ) với m = + ≥ biến thiên et f ' (0) h ( t ) = − t; t ∈ ¡ = Do ' g (0) + et ta đánh giá được; h(t ) ≥ ∀t ∈ ¡ 2 t+ , ∀t ∈ R Thay t x, y, z cộng lại ta được: ex + ex + ey 1+ ey + ez + ez ≥ (2) chứng minh hay (1) chứng minh Ở tất ví dụ thuộc loại trình bày có xu hướng sau làm xuất hàm f (t ) g (t ) ta xét hàm h(t ) = f (t ) − mg (t ) 16 m = f ' (α ) g ' (α ) ( α xuất điều kiện g ( x) + g ( y ) + g ( z ) ≤ (≥)3g (α ) ) h(t ) đạt giá trị cực tiểu (cực đại) đồng thời giá trị nhỏ (lớn nhất) t = α ý tưởng đề toán dùng phương pháp Nhưng Loại đề cập sau đây, bổ sung thêm cách xử lý toán h(t ) đạt giá trị cực tiểu α , giá trị nhỏ α Tương tự h(t ) đạt giá trị cực đại α không giá trị lớn α : Loại 5: Đề thể sẵn hàm f (t ) g (t ) , phải chia miền để chứng minh Ví dụ 5.1 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = Chứng minh rằng: 10( x3 + y + z ) − 9( x + y + z ) ≥ (1) (MO- China-2005) Phân tích: + Khi phân tích, đặt g (t ) = t , f '( ) = 25 , h(t ) = 10t − 9t − 25 t f (t ) = 10t − 9t ; α = ; m = 9 9( ) Ta có bảng biến thiên hàm số sau: t h ' (t ) 0 - + h(t ) 10 − −16 27 52441 100000 −16 Nhìn vào bảng biến thiên h(t ) điều mà ta mong muốn h(t ) ≥ − để dấu xảy t = lại h(t ) > − 16 ∀t ∈ (0;1) 27 16 ∀t ∈ (0;1) Vậy có cách giải không? + Nhìn vào bảng biến thiên, ta khẳng định h(t ) ≥ − 16  9 ∀t ∈  0; ÷ Hãy chia 27  10  khoảng để chứng minh:  9 TH1: Cả số : x; y; z ∈  0; ÷ Khi nhìn vào bảng biến thiên suy ra:  10  h(t ) ≥ − 16  9 ∀t ∈  0; ÷ 27  10  ⇒ 10( x + y + z ) − 9( x + y + z ) ≥ 25 3.16 25 16 ( x + y + z) − = − = , (1) 27 9 17   TH2: Giả sử có số ,chẳng hạn x ∈  ;1÷ 10  Vì x + y + z = ⇒ y + z = − x ≤ −  1 = ⇒ y, z ∈  0; ÷ 10 10  10  Lúc : 9  ;1÷ 10  + Xét f ( x) = 10 x3 − x ⇒ f ' ( x) = 30 x − 45 x = 15 x (2 − x ) < ,với x ∈  9  9  ⇒ f ( x) nghịch biến  ;1÷ ⇒ f ( x) ≥ f (1) = 1, ∀x ∈  ;1÷ 10  10   1  1 + f ( y ) = 10 y − y = y (10 − y ) ≥ 0, ∀y ∈  0; ÷.Tươngtự f ( z ) ≥ 0, ∀z ∈  0; ÷  10   10  Vậy trường hợp ta có f ( x) + f ( y ) + f ( z ) ≥ (1) chứng minh Nhận xét: Con số dùng để chia khoảng đủ gần để thấy 10 16  9 h(t ) ≥ − ∀t ∈ 0; ÷.Bài toán lập luận tương tự dùng số khác 27  10  có tính chất tương tự Bài tập tự luyện: Cho số thực a, b, c > a + b + c = a3 b3 c3 + + ≥ Chứng minh rằng: 2 (1 − a ) (1 − b) (1 − c) Cho số thực a, b, c > a + b + c ≤ 1 17 Chứng minh rằng: a + + b + + c + ≥ a b c Cho số thực x, y, z > a + b + c = Chứng minh rằng: 1 a b c + b + c ≥  a + b + c ÷ (Học viện BCVT-2001) a 3 3 3  Cho số thực a, b, c > a + b + c = Chứng minh rằng: 1 + + ≥3 2−a 2−b 2−c Cho số thực a, b, c, d > a + b + c + d = Chứng minh rằng: 1 1 16 + + + ≥ 2 2 + 3a + 3b + 3c + 3d Cho số thực a, b, c ≥ a + b + c = Chứng minh rằng: 1 + + ≤ − ab − bc − ca 18 Cho số thực a, b, c > a + b + c = Chứng minh rằng: 1 + + ≥ + ab + bc + ca Cho số thực a, b, c > a + b + c = Chứng minh rằng: (1 − a)(1 − b)(1 − c) ≥ 8abc Cho a, b, c ≥ − a b c a + b + c = Chứng minh rằng: + + ≤ a + b + c + 10 (Vô địch Toán Ba Lan 1996) 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b 10 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: 2a + (b + c)2 + 2b2 + (c + a)2 + 2c + (a + b) ≤ (Vô địch Toán Mỹ 2003) a (b + c) b (c + a ) c(a + b) 11 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a + (b + c)2 + b2 + (c + a)2 + c + (a + b)2 ≤ (Olympic 30-4-Lớp 11-2006) a , b , c > 12 Cho 1+ 1 (a + b + c )( + + ) ≥ a + b + c + a + b + c a b c 3 a4 b4 c4 a +b+c a , b , c 13 Cho >0 Chứng minh rằng: 3 + 3 + 3 ≥ b +c c +a a +b 14 Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác ABC chứng minh rằng: 1 1 + + + ≥ 4( + + ) a b c a+b+c a+b b+c c+a Chứng minh rằng: 15 Cho số thực a, b, c > a + b + c = 1 + + ≤1 − ab − bc − ca 16 Cho số thực a, b, c > abc = 1 1 Chứng minh rằng: + + + ≥ 2(a + b + c) a b c 17 Cho số thực a, b, c > a + b + c = 1 Chứng minh rằng: + + ≥ a + b2 + c a b c Chứng minh rằng: IV.Hiệu đạt sáng kiến kinh nghiệm Sau phân tích dạng toán, cung cấp kĩ thuật rèn luyện hệ thống kiến thức trên, hầu hết em học sinh giỏi lớp 12 dạy tỏ mạnh dạn, tự tin linh hoạt gặp toán dạng xét Đa số em hiểu vận dụng phương pháp, biết xuất phát từ hàm thích hợp tỏ thích thú với ứng dụng đạo hàm.Đặc biệt, giúp em bớt e ngại gặp bất đẳng thức dạng đối xứng ba biến hình thành thói quen tốt phân tích đề trước làm để định hướng cách giải, rèn luyện tính chủ động học tập Các em học sinh giỏi biết tìm chọn làm 19 nhiều tập tương tự tài liệu tham khảo.Mặt khác, thông qua phương pháp này, học sinh rèn luyện nhiều kĩ năng:Kĩ dùng đạo hàm để tìm cực trị; dùng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số; Kĩ giải phương trình, kĩ xét dấu biểu thức; Kĩ khảo sát lập bảng biến thiên hàm số toán quen thuộc ứng dụng đạo hàm phân môn giải tích lớp 12 Tiến hành kiểm tra khả tiếp thu học sinh hai lớp dạy, kết thu sau: Lớp Năm học Kết 12A3 2014-2015 22/45(44,4%) 12A3 2015-1016 28/45(62%) Kết quả, theo thấy đáng khích lệ, trước chưa cung cấp phương pháp đại đa số em học sinh hỏi hiểu đằng sau lời giải đẹp xuất phát từ đâu.Tại lại xuất phát xuất phát từ hàm h(t) đó? Sau học chuyên đề em có kiến thức kĩ định cách dùng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Dạy Toán trường THPT trình sáng tạo Mỗi giáo viên tự hình thành cho đường ngắn nhất, kinh nghiệm hay để đạt mục tiêu giảng dạy đào tạo, bồi dưỡng nhân tài, chủ nhân tương lai đất nước Chứng minh bất đẳng thức dạng toán thiếu chương trình toán phổ thông Nếu dừng lại yêu cầu sách giáo khoa chưa đủ, đòi hỏi người giáo viên phải tích cực tự học, tự nghiên cứu, tìm tòi sáng tạo, thường xuyên bổ sung kiến thức tích luỹ kinh nghiệm vấn đề Trong trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh học tập, đọc tài liệu tham khảo rút số kinh nghiệm nêu Đề tài ”" Dùng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức đối xứng ba biến" thực phần ứng dụng đạo hàm việc chứng minh nhóm dạng toán bất đẳng thức, chưa thể đầy đủ tính đa dạng việc vận dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức Nhưng hy vọng đóng góp nhỏ đề tài thầy cô em học sinh tham khảo, phần giúp ích việc nghiên cứu, giảng dạy học tập chuyên đề bất đẳng thức phổ thông Trong trình nghiên cứu tránh khỏi sai sót, hạn chế, mong giúp đỡ, đóng góp ý kiến đồng nghiệp Qua đây, xin đề đạt nguyện vọng với cấp lãnh đạo việc triển khai áp dụng sáng kiến kinh nghiệm hay, hội đồng cấp đánh giá, công nhận Các sáng kiến nên đóng tập gửi trường phổ thông tài liệu tham khảo bổ ích năm mà thầy cô giáo tỉnh ta tâm huyết với nghề, theo thời gian vừa dạy học vừa tự học đúc rút kinh nghiệm thân Nhân thầy cô giao lưu thêm 20 kinh nghiệm đồng nghiệp để phục vụ tốt cho nghiệp giáo dục Trân trọng cảm ơn./ XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 31 tháng 05 năm 2016 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác (Ký ghi rõ họ tên) Lê Thị Phương TÀI LIỆU THAM KHẢO Giải tích 12-Nâng cao-Nhà xuất giáo dục Sai lầm thường gặp sáng tạo giải toán-Tác giả Trần Phương-Nguyễn Đức Tấn Đề thi Đại học năm 17 phương pháp chuyên đề giải 555 toán bất đẳng thức đại số-Tác giả Nguyễn Đức Đồng-Nguyễn Văn Vĩnh 21 ... tài: " Dùng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức đối xứng ba biến" 2.Mục đích nghiên cứu Góp phần giải lớp bất đẳng thức đối xứng ba biến bất đẳng thức đối xứng ba biến bậc k đạo hàm Bồi dưỡng cho... nói hàm số f ( x; y; z ) hàm số ba biến bậc m Khái niệm hàm số cho n biến tương tự * Bất đẳng thức biến: Bất đẳng thức dạng f ( x; y; z ) ≥ f ( x; y; z ) hàm số ba biến gọi bất đẳng thức ba biến. .. Lập bảng biến thiên hàm số Các kiến thức bất đẳng thức: Tính chất bất đẳng thức, bất đẳng thức cổ điển, đánh giá thông dụng thường dùng bất đẳng thức: Có số kĩ đánh giá biểu thức, kĩ biến đổi