SKKN Ứng dụng phần mềm mathcad sáng tạo và giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp tiếp tuyến

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 
ỨNG DỤNG PHẦN MỀM 
MATHCAD SÁNG TẠO VÀ GIẢI 
BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC 
BẰNG PHƯƠNG PHÁP TIẾP 
TUYẾN 
PHẦN MỞ ĐẦU 
I. Bối cảnh của đề tài : 
- Bài toán chứng minh bất đẳng thức là một bài toán khó trong các kì 
thi học sinh giỏi và thi đại học, mặc dù học sinh đã được trang bị khá nhiều 
kiến thức về bất đẳng thức từ các lớp trung học cơ sở , các lớp 10, 11, 12 ở 
trung học phổ thông tuy nhiên, đối với một số dạng bất đẳng thức khó trong 
các kì thi học sinh giỏi, thi đại học các em rất lúng túng trong cách giải 
quyết và thậm chí là mất khá nhiều thời gian vẫn không giải quyết được. 
- Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi xin đóng góp một phương pháp 
khá hiệu quả trong việc giải quyết một lớp bất đẳng thức thuần nhất, đối 
xứng 2,3,..,n biến bằng phương pháp tiếp tuyến và sử dụng phần mềm 
Mathcad để tạo ra các bài tập tương tự cho học sinh luyện tập từ đó nâng cao 
được khả năng giải quyết các bài toán bất đẳng thức thuộc dạng này. 
II. Lý do chọn đề tài 
Trong các đề thi đại học từ năm 2000- 2001 đến nay , đa số đều có 
câu hỏi về chứng minh bất đẳng thức, đây là một câu hỏi khó và đa số học 
sinh đều bỏ câu này. Đôi lúc câu hỏi này cũng không phải là khó lắm nhưng 
do học sinh mất bình tĩnh, chưa nắm được phương pháp nên không giải 
quyết được. 
Trong các đề thi toán học sinh giỏi vòng tỉnh, vòng khu vực, vòng 
toàn quốc và quốc tế, rải rác cũng có các bài toán dạng này và không phải 
học sinh nào cũng giải được nếu không biết phương pháp. 
III. Phạm vi và đối tượng của đề tài : 
Đối tượng nghiên cứu của tôi chỉ là dạng bất đẳng thức thức đối xứng, 
thuần nhất 3 biến trong các kì thi thi đại học, thi học sinh giỏi các cấp. 
Đề tài được áp dụng cho các học sinh lớp 12 luyện thi đại học, lớp 11, 
12 chuyên toán ( đã học xong phần khảo sát hàm số , viết phương trình tiếp 
tuyến ) , các học sinh thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp khu vực. 
IV. Mục đích nghiên cứu : 
- Góp phần giải quyết một lớp các bất đẳng thức thuần nhất, đối xứng 
2,3,..,n biến bằng phương pháp tiếp tuyến ; sử dụng phần mềm Mathcad để 
tạo ra các bài tập tương tự cho học sinh luyện tập từ đó nâng cao được khả 
năng giải quyết các bài toán bất đẳng thức thuộc dạng này. 
- Đề tài nhằm nâng cao nghiệp vụ công tác của bản thân, để trao đổi 
kinh nghiệm với đồng nghiệp . Ngoài ra còn tham gia nghiên cứu khoa 
học; ứng dụng tin học vào giải quyết các bài toán , sáng tạo bà toán mới 
một cách nhanh chóng, hiệu quả. 
V. Điểm mới trong kết quả nghiên cứu : 
- Ứng dụng được phương pháp để giải một số bất đẳng thức thuần 
nhất, đối xứng 2,3,..,n biến bằng phương pháp tiếp tuyến ngoài các phương 
pháp truyền thống như bất đẳng thức Cauchy, phương pháp đạo hàm... đối 
với một số bài toán thi đại học, thi học sinh giỏi. 
 -Ứng dụng được phần mềm Mathcad vào giải toán, sáng tạo được các 
bài toán mới, nhanh chóng, hiệu quả và cho kết quả chính xác. 
PHẦN NỘI DUNG 
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ : 
I.1.Thực trạng của vấn đề : Xin nêu ra một số bất đẳng thức 
đã cho trong các kì thi đại học, thi học sinh giỏi vòng tỉnh, thi khu 
vực và quốc tế : 
 1. Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa điều kiện 2 2 2a b c 1+ + = . 
 CMR: 2 2 2 2 2 2
a b c 3 3
2b c c a a b
+ + ³
+ + +
 ( Đề thi ĐH Cần Thơ 1995) 
 2. Cho a, b, c là 3 số thực thỏa điều kiện : a + b + c = 1 
 Chứng minh rằng : a b c a b c
1 1 1 a b c
3
3 3 3 3 3 3
æ ö+ + ³ + +ç ÷
è ø
 ( Đề thi Học viện bưu chính viễn thông 2001) 
 3. Cho x,y,z > 0 và x y z 1+ + £ . Chứng minh rằng : 
2 2 2
2 2 2
1 1 1
x y z 82
x y z
+ + + + + ³ ( Đề thi ĐH khối A 2003) 
 4. Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh : 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
(2a ) (2b ) (2c ) 8
2 ( ) 2 ( ) 2 ( )
b c c a a b
a b c b c a c a b
+ + + + + +
+ + £
+ + + + + +
 ( Đề thi học sinh giỏi vòng tỉnh – Bến Tre 2005 - 2006) 
 5. Chứng minh rằng : 
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 6
5( ) ( ) ( )
a b c b c a c a b
b c a c a b a b c
+ + +
+ + £
+ + + + + +
 ( Đề thi Olympic 30_4 khối 11 lần XII - 2006) 
6. Chứng minh với 4 số a,b,c,d dương thì : 
 a b c d 4
b c d c d a d a c a b c 3
+ + + ³
+ + + + + + + +
 (BĐT Nesbit mở rộng ) 
 7. cho 3a, b,c
4
³ - và a + b + c = 1. Chứng minh rằng 
2 2 2
a b c 9
10a 1 b 1 c 1
+ + £
+ + +
 (Đề thi vô địch Ba lan 1996) 
 8. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. CM: a b c ab bc ca+ + ³ + + 
 (vô địch Nga 2002) 
 9. Cho a, b, c > 0. CMR 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
(2a b c) (2b c a) (2c a b)
8
2a (b c) 2b (c a) 2c (a b)
+ + + + + +
+ + £
+ + + + + +
 (vô địch Mỹ 2003) 
 10. Cho a, b, c > 0. CMR: 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
(b c a) (c a b) (a b c) 3
5(b c) a (c a) b (a b) c
+ - + - + -
+ + ³
+ + + + + +
 (Olympic Nhật Bản 1997) 
 Có thể ta sẽ đặt 3 câu hỏi sau : 
· Cách giải các bài toán trên như thế nào ? 
· Tại sao người ta có thể đặt được bài toán như vậy ? 
· Có thể mở rộng hoặc tạo các bài toán tương tự được không ? 
 Để giải đáp các câu hỏi trên tôi đã cố gắng nghiên cứu, tìm tòi để giải 
quyết các câu hỏi trên đó là dùng phương pháp tiếp tuyến của đồ thị hàm số , 
kết hợp với phần mềm toán học Mathcad để khám phá và tạo các bài toán 
tương tự dạng này. 
 Qua thực tế giảng dạy phương pháp tiếp tuyến chứng minh bất đẳng 
thức đã được học sinh tiếp thu khá tốt, các em đã vận dụng ngày càng linh 
hoạt, sáng tạo để giải quyết một lớp các bài toán bất đẳng thức đối xứng, 
thuần nhất 3 biến trong các kì thi học sinh giỏi, thi đại học. 
I.2.Cơ sở lý luận : 
Phương pháp dựa vào tiếp tuyến của đồ thị tại một điểm của đồ thị nằm trên 
hay nằm dưới đồ thị trong một khoảng nào đó như hình vẽ sau : 
Nếu y = Ax + B là tiếp tuyến của đồ thị (C): y = f(x) tại M(x0; y0) , x0 Î (a, 
b) và (C) luôn nằm phía trên (hoặc phía dưới) tiếp tuyến trong khoảng (a, b) 
thì f(x) ³ Ax + B 
"x Î(a, b) (hoặc f(x) £ Ax + B "x Î (a, b)) 
 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = x0. Như vậy với mọi x1, x2,, xn 
Î (a, b) thì 
1 1
2 2
n n
1 2 n 1 2 n
f (x ) Ax B
f (x ) Ax B
.........
f (x ) Ax B
f (x ) f (x ) ... f (x ) A(x x ... x ) nB
³ +
³ +
³ +
Þ + + + ³ + + + +
Hay 
n n
i i
i 1 i 1
f (x ) A x nB
= =
³ +å å ( hoặc tương tự 
n n
i i
i 1 i 1
f (x ) A x nB
= =
£ +å å ) 
Nếu lại có 
n
i
i 1
x C
=
=å (không đổi) thì ta có 
n
i
i 1
f (x ) A.C nB
=
³ +å (hoặc 
n
i
i 1
f (x ) AC nB
=
£ +å ) 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 n 0Cx x ... x xn= = = = = 
III. Các biện pháp tiến hành giải quyết vấn đề : 
III.1 Các bước tiến hành : 
Bước 1 : Nhận dạng cho được bất đẳng thức đã cho là bất đẳng 
thức thuần nhất, đối xứng 2,3,.., n biến. 
Bất đẳng thức thuần nhất 
Đa thức ( , , )f a b c thuần nhất trên miền D Û 
( , , ) ' ( , , )f ka kb kc k f a b c= 
, , , , 0k a b c D k" Î ¹ 
Bất đẳng thức dạng ( , , ) 0f a b c ³ với là một hàm thuần nhất được gọi là 
bất đẳng thức thuần nhất . 
 Bất đẳng thức đối xứng 
 Đa thức ( , , )f a b c đối xứng Û ( , , ) ( , , ) ( , , )f a b c f b c a f c a b= = 
Ví dụ : với 4 số a,b,c,d dương a b c d 4
b c d c d a d a c a b c 3
+ + + ³
+ + + + + + + +
là một bất đẳng thức thuần nhất, đối xứng. 
Các bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Bunhiacopsky, bất đẳng 
thức Nesbit là 
các bất đẳng thức thuần nhất, đối xứng. 
Bước 2 : đưa được bất đẳng thức đã cho về dạng 
( ) ( ) ( )+ + £f a f b f c M 
( hoặc ( ) ( ) ( )+ + ³f a f b f c M ) trong đó f là hàm số xác định trên khoảng 
( ; )a b 
Bước 3 : Dự đoán điểm rơi 0x của bất đẳng thức, viết phương 
trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại 0 0( ; )M x y là y = Ax + B. 
Bước 4 : Chứng minh f(x) ³ Ax + B "x Î(a, b) (hoặc f(x) £ 
Ax + B "x Î (a, b)); từ đó suy ra điều phải chứng minh. 
III.2 Các ví dụ minh họa : 
Bài toán 1 : 
 Cho 3a, b,c
4
³ - và a + b + c = 1. Chứng minh rằng 
2 2 2
a b c 9
10a 1 b 1 c 1
+ + £
+ + +
 (Đề thi vô địch Ba lan 1996) 
Giải 
· Bất đẳng thức có dạng thuần nhất, đối xứng 3 biến 
· Bất đẳng thức đã cho có dạng ( ) ( ) ( )+ + £f a f b f c M 
· Xét hàm số 
2
x
f (x)
x 1
=
+
với 3 ;3
4
é ùÎ -ê úë û
x ta có 
2
2 2
1 x
f (x)
(x 1)
-¢ =
+
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ 1x
3
= là 
18 3
y x
25 50
= + 
 Ta chứng minh rằng : 
 18 3 3( ) ;3
25 50 4
é ù£ + " Î -ê úë û
f x x x 
Thật vậy : 3 ;3
4
é ù" Î -ê úë û
x xét 
2
2
18 3 (3 1) (4 3)
( ) ( ) 0
25 50 50( 1)
- - +
- + = £
+
x x
f x x
x
 luôn 
đúng. 
Do đó với a,b,c thuộc 3 ;3
4
é ù-ê úë û
 và a+b+c = 1 ta có : 
2 2 2
18 3 18 3 18 3
( ) , ( ) , ( )
1 25 50 1 25 50 1 25 50
= £ + = £ + = £ +
+ + +
a b c
f a a f b b f c c
a b c
2 2 2
18 3 18 9 9
( ) .3
1 1 1 25 50 25 50 10
Þ + + £ + + + = + =
+ + +
a b c
a b c
a b c
· Bất đẳng thức đã được chứng minh. 
Bài toán này dễ dàng thấy ngay cần phải xét hàm số nào, giới hạn 
trong đoạn nào. Bài toán sau khó thấy hơn và phải có kỹ thuật thích hợp như 
sau : 
Bài toán 2 : 
Chứng minh với mọi a,b,c dương thì 
3
2
a b c
b c c a a b
+ + ³
+ + +
 ( Bất đẳng thức Nesbit) 
 Giải 
· Bất đẳng thức có dạng thuần nhất, đối xứng 3 biến 
· Bất đẳng thức đã cho chưa có dạng ( ) ( ) ( )+ + ³f a f b f c M 
 Ta biến đổi như sau : 
Do vai trò a, b, c bình đẳng như nhau nên có thể đặt a + b + c = s và dự đoán 
đẳng thức xảy khi a = b = c = s
3
 ra khi đó BĐT cần chứng minh trở thành 
a b c 3
s a s b s c 2
+ + ³
- - -
· Bất đẳng thức đã có dạng ( ) ( ) ( )+ + ³f a f b f c M 
Ta xét hàm số 
2
x s
y f (x) , f (x)
s x (s x)
¢= = =
- -
Tiếp tuyến tại điểm có hoành độ sx
3
= là 9 1y x
4s 4
= - 
Ta CMR: 9 1f (x) x 0 , x (0,s)
4s 4
æ ö- - ³ " Îç ÷
è ø
. Thật vậy 
29 1 x 9 1 (s 3x)
f (x) x x 0 x (0,s)
4s 4 s x 4s 4 4s(s x)
-é ù æ ö- - = - - = ³ " Îç ÷ê ú - -ë û è ø
Như vậy ta có: 
 a 9 1 b 9 1 c 9 1a ; b ; c
s a 4s 4 s b 4s 4 s c 4s 4
æ ö æ ö æ ö³ - ³ - ³ -ç ÷ ç ÷ ç ÷- - -è ø è ø è ø
Cộng lại theo vế ta có: a b c 9 1 9 3 3(a b c) 3. .s
s a s b s c 4s 4 4s 4 2
+ + ³ + + - = - =
- - -
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi sa b c
3
= = = (s > 0 tùy