Tài liệu môn Toán - Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức - Phạm Văn Dũng

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
A. THƠNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 
Họ và tên : Phạm Văn Dũng 
Ngày tháng năm sinh : 22 / 01/ 1968
Nam / Nữ : Nam
Địa chỉ : Y 4/2/9A Tổ 9 Khu phố 4 P.Tân hiệp – BH – Đ.Nai
Điện thọai :
 CQ : 0613.882001 – NR : 0613892891 – DĐ : 0982284493
Chức vụ : Tổ trưởng tổ tốn
Đơn vị cơng tác : Trường THPT BC Lê Hồng Phong
B. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
Trình độ chuyên mơn , nghiệp vụ : Cử nhân
Năm nhận bằng : 1995
Chuyên nghành đào tạo : Cử nhân Tốn
C. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
 Lĩnh vực chuyên mơn cĩ kinh nghiệm : Tốn học
 Số năm cĩ kinh nghiệm : 13 năm 
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
 Dạy tốn và học tốn xưa nay là một cơng việc khĩ khăn nhưng khơng 
kém phần thú vị . Mỗi giờ học tốn , mỗi bài giải tốn luơn là những tìm tịi , nghiên cứu , trao đổi để cĩ những lời giải gọn và hay . Vì thế người giáo viên phải làm thế nào để cĩ thể phát huy tối đa năng lực học tập và tư duy tích cực của học sinh . 
 Trang bị những tri thức cơ bản , cần thiết , tiên tiến nhất đặc biệt là những tri thức phương pháp và phát triển trí tuệ cho học sinh là các mục tiêu được đặt lên hàng đầu trong các mục tiêu dạy học mơn tốn . 
 Bất đẳng thức là một vấn đề được giáo viên và học sinh thâm nhập với một lượng thời gian khá nhiều vì đây là vấn đề cĩ thể phát triển khả năng tư duy tốn học . 
 Thế nhưng qua việc tìm hiểu vấn đề này trong quá trình dạy học tơi thấy mặc dù đã cĩ rất nhiều phương pháp giải cho những bài tốn bất đẳng thức . Cĩ những bài tốn bất đẳng thức khĩ khi bồi dưỡng học sinh khá giỏi việc sử dụng những phương pháp đã cĩ gặp rất nhiều khĩ khăn . Vì thế với hướng suy nghĩ khắc phục những hạn chế về phương pháp giải đã cĩ trước tơi tơi đã tìm kiếm thêm được một phương pháp tiện lợi để giải quyết những bài tốn về bất đẳng thức và cũng khơi dậy trí tìm tịi của học sinh và giáo viên trong quá trình tự học , khơi dậy lịng say mê tìm kiếm những cái mới . 
 Vì lý do trên đây . Dưới đây tơi xin được trao đổi với quý đồng nghiệp một phương pháp giải cho những bài tốn bất đẳng thức . Và trong một số bài khai thác sâu thêm bằng những hoạt động trí tuệ như tổng quát , phân tích , so sánh , đặc biệt hố .....
II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI.
 Trong chương trình phổ thơng “ Bất đẳng thức ” là một mảng tốn khĩ , luơn là một vấn đề hiểm hĩc và là một gánh nặng đối với học sinh .
 Chính vì vậy học sinh khi gặp bài tốn về chứng minh bất đẳng thức thì thường khơng cĩ định hướng về cách giải , khơng biết bắt đầu từ đâu do đĩ dẫn đến chán nản . 
 Hầu hết học sinh thiếu kiến thức căn bản , khơng thuộc các bất đẳng thức cơ bản dẫn đến giờ học nặng nề . Học sinh chỉ biết vận dụng theo bài tốn mẫu của thầy cơ đưa ra nhưng rất dễ quên và khơng biết vận dụng trong các bài tốn khác .
III.NỘI DUNG ĐỀ TÀI 
Cơ sở lí luận :
 - Mục tiêu giáo dục từ nay đến năm 2010 trong Nghị quyết đại hội X Đảng ta xác định: Phát triển nguồn nhân lực chất lượng cao, đổi mới toàn diện giáo dục và đào tạo, chấn hưng nền giáo dục Việt Nam, làm cho giáo dục cùng khoa học công nghệ thực sự là quốc sách hàng đầu.
 - Trên cơ sở đó, ngành giáo dục đã có những thay đổi quyết liệt nhằm thực hiện thành công Nghị quyết đại hội X bằng nhiều giải pháp trong đó tập trung vào việc giải quyết dứt điểm những yếu kém trong giáo dục cụ thể là cuộc vận động “Hai không, với bốn nội dung”. Để góp phần vào thực hiện thành công về đổi mới phương pháp giáo dục mỗi giáo viên phải thật sự vận động sáng tạo lựa chọn phương pháp dạy học để áp dụng vào thực tế. 
 - Cá nhân tôi, xin được trình bày một giải pháp đã làm ở đơn vị đang đem lại bước đầu khả quan trong việc thực hiện .
Nội dung , biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài :
 Nội dung đề tài gồm ba phần : 
 Phần I: Một biến là ẩn phụ t = h(x,y,z...) 
 Phần II : một biến là x (y hoặc z)
 Phần III : Khai thác phương pháp trong lượng giác . 
Bài tốn : Xét bài tốn : Với điều kiện R ( nếu cĩ ) .
 Chứng minh rằng : p = f(x,y,z,...)A ( hoặc A) .
 Phương pháp giải :
 + Chứng minh pg(t) với 
 + Chứng minh g(t)A với 
 Vấn đề đặt ra là đánh giá biểu thức p để đưa về biểu thức một biến g(t) và chứng minh g(t)A.
- Việc chứng minh g(t)A ở đây ta chỉ sử dụng cách biến đổi (dự đốn dấu bằng xảy ra ) ngồi ra đối với học sinh lớp 12 cĩ thể làm một cách nhanh chĩng hơn bằng cách sử dụng đạo hàm lập bảng biến thiên để giải .
- Cịn đánh giá p nĩi chung là phong phú tuỳ thuộc từng bài tốn để lựa chọn cách đánh giá thích hợp ( dùng cách biến đổi , sử dụng cách bất đẳng thức cổ điển cơsi , bunhiacopki, .....)
Kiến thức bổ sung 
1. Bất đẳng thức cơ bản :
a. Bất đẳng thức Cơsi:
 Cho x1,x2,.....xn (n2) số khơng âm , khi đĩ:
 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
b. Bất đẳng thức bunhiacopxki:
 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
c. Bất đẳng thức svac-xơ ( hệ quả của bất đẳng thức bunhiacopxki) :
 Với là số dương :
 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : 
2. Tính chất :
 a.Tính chất 1: Nếu p cĩ giá trị khơng đổi khi ta hốn vị vịng quanh các biến x,y,z...chẳng hạn 
 p = f(x,y,z) = f(y,z,x) = f(z,x,y) . Khi đĩ khơng mất tính tổng quát ta cĩ thể giả sử
 x = max(x,y,z) hoặc x = min(x,y,z) .
b. Tính chất 2:Nếu p cĩ giá trị khơng đổi khi ta hốn vị một cách bất kỳ các biến x,y,z...chẳng hạn 
 p = f(x,y,z) = f(x,z,y) = f(y,x,z) = f(y,z,x) = f(z,x,y) = f(z,y,x). Khi đĩ khơng mất tính tổng quát ta cĩ thể sắp xếp các biến theo một thứ tự 
 I. MỘT BIẾN LÀ ẨN PHỤ t = h(x,y,z,...) 
Bài tốn 1: Với x,y là số dương chứng minh rằng : 
 ( 1 )
Giải: 
 Vì x là số dương nên : 
 (1) . Đặt = t thì t > 0
 (1) trở thành t3 – t2 – t + 10 (t – 1)2(t + 1)0 (đúng với mọi t > 0 )
 đpcm
 Tổng quát :
 Ta cĩ bài tốn sau : 
 Cho x,y là số dương . CMR: )
 Chứng minh hồn tồn tương tự .
Bài tốn 2: Với x, y khác khơng chứng minh rằng : 
 ( 2 )
 Giải: 
 Đặt Thì (Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ) 
 Khi đĩ (2) trở thành : 
 (t2 – 2)2 – 2 – (t2 – 2) + t + 2 0 (t + 2)(t3 – 2t2 – t + 3) 0 ( 2’ )
 + Với t2 : Ta cĩ t3 – 2t2 – t + 3 = (t + 2 )(t2 – 1) +1 0
 Nên bất đẳng thức ( 2 ) đúng 
 + Với t -2 : Ta cĩ t3 – 2t2 – t +3 = (t + 2)[( t – 2)2 + 3] -11 0 
 và t + 2 0
 Nên bất đẳng thức ( 2 ) đúng
 Vậy bất đẳng thức ( 2 ) đúng . Dấu bằng xảy ra khi t = -2 hay x = - y 
đpcm
Bài tốn 3: Với x,y,z là số thực thoả mãn x2 + y2 + z2 = 2 . 
Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức P = x3 + y3 + z3 – 3xy .
 Nhận xét : Dự đốn dấu giá trị LN,NN đạt được khi x = y = z hoặc tại các điểm biên .
 Thử vào ta cĩ phán đốn 
 Giải:
 Từ đẳng thức 
 và điều kiện ta cĩ : 
 Đặt 
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
Vậy : Pmin = khi , y = z = 0 hoặc hốn vị 
 Pmax = khi , y = z = 0 hoặc hốn vị 
 * Sau đây ta xét một số ví dụ mà phải đánh giá biểu thức P mới thấy được ẩn phụ 
Bài tốn 4: Cho CMR : 
 Giải: Áp dụng bất đẳng thức cơsi ta cĩ : 
 Đặt 
 Vậy : 
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 
đpcm.
 Tổng quát : 
 Ta cĩ bài tốn : Cho là số dương : 
 .
 CMR: ( * )
 Sơ lược bài giải :
 = 
 Nhận xét 1:
- Từ bài tốn ( * ) ta Đặc biệt hố 
 1. Với a = 1 ; b = 4 ; n = 3 ; k = ta cĩ bài tốn : 
 Cho CMR : 
 Kết hợp bất đẳng thức Bunhiacopxki ta cĩ.
Bài tốn : 
 Cho CMR : 
Thật vậy : Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta cĩ :
 Tương tự . Sau đĩ cộng lại và kết hợp bài tốn trên ta suy ra điều phải chứng minh .
Với a = 1 , b = 9 , n = 3 , k = 1 . Kết hợp bất đẳng thức Bunhiacopxki ta cĩ bài tốn 
 Cho CMR : 
(Đề thi đại học , cao đẳng năm 2003 – 2004)
Với a = -1 , B = 1 , n = 2 ,k = Ta cĩ bài tốn : 
 Cho CMR : 
 Bằng cách thay đổi giả thiết , đặt ẩn phụ ta cĩ bài tốn :
 Cho CMR : 
Thật vậy : Bằng cách đặt : a = ; b = và kết hợp bất đẳng thức Bunhiacopxki và bài tốn trên ta suy ra điều phải chứng minh 
Tổng quát : 
 là số dương và 
 CMR: 
 Chứng minh hồn tồn tương tự !
 - Nếu đổi chiều của bất đẳng thức ở điều kiện bài tốn (*) thì bài tốn thay đổi như thế nào?
 Trả lời câu hỏi này ta cĩ bài tốn mới : Cholà số dương : 
CMR : (**)
 Từ bài tốn (**) ta cĩ thể khai thác được những bài tốn mới khá thú vị .
Như vậy khi làm một bài tốn ta cĩ thể dùng hoạt động trí tuệ để khai thác sâu bài tốn ở trên một chu kì hoạt động khá hay đĩ là : Bài tốn cụ thể → tổng quát → đặc biệt →(phân tích ,so sánh ... ) →bài tốn mới → tổng quát .
 (Chú ý tổng quát cĩ nhiều hướng : Theo hằng số , theo biến số hoặc số mũ )
Bài tốn 5: ( THTT/ T4/ 352/ 2007) 
Với x, y, z là số dương và xyz1
 CMR: (5)
 Giải: 
 Đặt a = , b =, c = 
Bài tốn trở thành : a, b,c là ba số dương và abc1
 CMR: ( 5’ )
 Áp dụng bất đẳng thức svac-xơ ta cĩ :
 VT2 ( 5’ )
 { vì }
 Đặt t = ( a + b + c )2 thì t 9 { vì }
 Ta cĩ : 
 VT2 ( 5’ )VT ( 5’ )
 Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1
đpcm.
 Tổng quát : Ta cĩ bài tốn sau : Với dương và 
 CMR: 
Bài tốn 6: Cho CMR: P = 
 Nhận xét: Ta nghĩ đến áp dụng bất đẳng thức svac-xơ nhưng ở đây chiều của bất đẳng thức lại ngược . Một ý nghĩ nảy sinh là biến đổi P để làm đổi chiều bất đẳng thức ? 
 Giải:
 Ta cĩ : P = 
 = 
 Đặt t = x2 + y2 + z2 Từ đk 
 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki và cơsi ta cĩ :
 Vậy : 
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 
đpcm.
 Khi gặp bài tốn cĩ điều kiện phức tạp khĩ sử dụng thì phải xử lý điều kiện . Ta xét bài tốn sau:
Bài tốn 7: Cho CMR: 
 (1)
 Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta cĩ : nên 
 Đặt t = x + y + z thì 0 < t < 3 . Khi đĩ :
 Dấu bằng xảy ra khi t = hay x = y = z = 
đpcm.
 Nhận xét 2: Từ ý tưởng phương pháp giải trên ta cĩ thể sáng tạo các bất đẳng thức 
 Chẳng hạn: 
 - Từ bất đẳng thức Cơsi 
Cho x,y là số dương . CMR : 
(THTT – 248 – 1998) : Cho x,y,z là số dương khơng lớn hơn 1. CMR : 
a. 
b. 
 Từ đĩ ta cĩ bài tốn tổng quát : 
 Cho là số dương khơng lớn hơn α : CMR: 
 Hướng dẫn : Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta cĩ : 
 Bất đẳng thức trở thành : 
 (*)
 Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta cĩ : 
 Kết hợp điều kiện bài tốn nên bất đẳng thức (*)đúng .
Cho CMR : 
Cho CMR: 
-Từ bất đẳng thức bunhiacơpxki , svac-xơ và đẳng thức :
Cho x,y,z nằm trong đoạn [1;2] . CMR : 
Cho CMR: 
Cho CMR: 
Cho CMR: 
(THTT- 346/2006) Cho CMR: 
Cho CMR: 
Hay từ bất đẳng thức schur :
Cho x,y,z là ba số khơng âm : 
 CMR : 
 Sơ lược giải : Bất đẳng thức của bài tốn tương đương với 
 Kết hợp với bất đẳng thức trên và bất đẳng thức cơsi ta cần chứng minh : 
 với t = x + y + z , ( cịn hiển nhiên đúng ) 
 Bằng cách thêm bớt các biểu thức vào ta cĩ nhiều bài tốn khá ... ả sử z = min( x,y,z) 
 Từ điều kiện dễ thấy 
 (9)
 Đúng với . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1
 Đpcm 
 Nhận xét 4 : 
Nếu lấy điều kiện Thì bất đẳng thức đánh giá biểu thức trên là khơng đúng . Ở đây chúng ta sử dụng tính chất 1 để làm hạn chế điều kiện của biến để cĩ thể đánh giá được biểu thức . 
Ta cĩ bài tốn tổng quát của bài 9 sau : 
bài tốn 9’ cho CMR: 
 HD: Khơng mất tính tổng quát giả sử z = min(x,y,z) 
 Từ điều kiện dễ thấy Ta cĩ :
 Chú ý : Nếu thì việc chứng minh bài tốn tổng quát khơng cần sử dụng tính chất 1
 Thay đổi hình thức bài tốn :
 - Sử dụng đẳng thức x2 + y2 +z2 + 2( xy + yz + zx ) = ( x + y + z)2 ta cĩ thể đưa bài tốn trên về bài tốn tương đương nhưng hình thức khác: 
Chẳng hạn bài 9 cĩ thể phát biểu dưới dạng tương đương : 
Cho (THTT – 2006) CMR : 
Hay sử dụng đẳng thức 
Bài tốn 9 cĩ thể phát biểu dưới dạng :
- Đặt ẩn phụ : hoặc ..vv..vv
 Chẳng hạn : Bài tốn 9 cĩ thể phát biểu dưới dạng tương đương : 
Cho CMR: 
Cho CMR: 
- Sử dụng tính chất bắc cầu và bất đẳng thức đã cĩ :
 Chẳng hạn bài 9 : Từ bất đẳng thức cơsi 
 Ta cĩ bài tốn CMR: 
 Sau đây ta xét tiếp một số bài tốn sử dụng tính chất này để làm hạn chế phạm vi của biến 
Bài tốn 10: Cho CMR : 
 Giả i: 
 Khơng mất tính tổng quát , giả sử z = max(x,y,z)
 Từ điều kiện . Ta cĩ :
 x3 + y3 + 3xy(x+y) + z3 = (3 – z)3 +z3 = 9z3 -27z = 27 = 
 = 9(z-1)(z-2) +9 9 với mọi z 
 Dấu bằng xảy ra khi (x,y,z) = (0,1,2) và hốn vị của nĩ 
đpcm
Bài tốn 11: Cho 
 CMR: x + y + z xy + yz + zx (11)
 Giải : 
 Giả sử z = min(x,y,z) , từ điều kiện ta cĩ :
 (11’)
 (11’’)
 Mặt khác : 
 (11’’’)
 (11) 
 Từ (11’) , (11’’) , (11’’’) ta cĩ :
 Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1
đpcm
Bài tốn 12: Cho CMR : 
 Giải : 
 Ta cĩ 
 Do đĩ trong ba số (x-1)(y-1) ; (y-1)(z-1) ; (z-1)(x-1) cĩ ít nhất một số khơng âm .
 Giả sử (x-1)(y-1) 
 Ta cĩ : 
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
đpcm
 Bằng cách sử dụng tính chất trên ta cĩ thể tạo ra một bài tốn mới 
 chẳng hạn : Cho CMR: 
Một số bài tốn 
 II11 . Cho CMR: 
 a . 
 b . 
 c . 
II12 . Cho CMR : 
II13 . Cho 
 HD: Giả sử Ta đi chứng minh :
2 . Đưa về một biến : 
 Từ biểu thức p cĩ n biến ta đánh giá đưa về (n – 1) biến ... và cuối cùng d8ưa về 1 biến . Sau đây ta xét một số ví dụ đặc trưng thể hiện phương pháp này : 
Bài tốn 13: Cho x,y,z nằm trong đoạn [1;2] 
 CMR : 
 Giải : 
 Đặt f(x,y,z) = x3 + y3 + z3 – 5xyz
 Khơng mất tính tổng quát giả sử : 
 Vì : 
 Mặt khác : 
 Vì : 
Vậy : 
 Dấu bằng bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x,y,z) = (2,1,1) và hốn vị của (2,1,1)
đpcm. 
Bài tốn 14: (Đây là bài tốn số 9) Cho 
 CMR: 
Giải : 
 Đặt f(x,y,z) = 2(xy + yz + zx ) – xyz
 Ta cần chứng minh f(x,y,z) 5 . Do vai trị của x,y,z trong f như nhau nên theotính chất 2 ta giả sử . 
 Kết hợp điều kiện ta dễ dàng suy ra 
 Xét 
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
đpcm. 
Bài tốn 15:( Bất đẳng thức nesbit) Cho x,y,z là số dương .
 CMR : 
 Giải : 
 Đặt . Giả sử z = min(x,y,z)
 Ta cĩ :
 =
Ta cĩ : 
 Với 
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : x = y = z = 1
đpcm. 
Nhận xét : 
Khi đưa biểu thức 3 biến về 2 biến hay 1 biến thường xét hiệu biểu thức của bất đẳng thức và biểu thức đĩ với x ( hoặc y hoặc z ) thay bởi trung bình nhân hoặc trung bình cộng .
Thường ta phải sử dụng tính chất 2 mới cĩ đánh giá được .
Một số bài tốn 
II21. Cho CMR : 
II22. Cho CMR : 
II23. Cho CMR : 
 a. 
 b. 
II24 . Cho CMR : 
II25 . Cho CMR : ( THTT - số 357) 
II26. Cho x,y,z là số dương . 
 CMR : ( THTT - số 356)
II27 . Cho 
II28 . Cho 
II29 . Cho 
III . KHAI THAC PHƯƠNG PHÁP TRONG LƯỢNG GIÁC :
 Ở trên là những bất đẳng thức trong đại số . Vậy trong lượng giác liệu cĩ thể đánh giá được khơng ? Sau đây ta xét một số ví dụ trong lượng giác . 
Bài tốn 16: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều cĩ :
 sinA +sinB + sinC (16) 
Giải: 
 (16) 
 Đặt 
 Ta cĩ : 
 Áp dụng bất đẳng thức cơsi : 
 (16’ )
(16’) đúng với mọi t > 0 
 Do đĩ : sinA +sinB + sinC 
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
đpcm. 
Bài tốn 17: Cho tam giác ABC chứng minh rằng : 
 ( 1- cosA)(1 – cosB)(1 – cosC) cosAcosBcosC (17)
Giải :
 + Nếu tam giác cĩ gĩc vuơng hoặc gĩc tù thì bất đẳng thức luơn đúng .
 + Nếu tam giác là nhọn , ta cĩ : 
 (17) 
 (17’) 
 Ta cĩ : (17’’)
Vì tam giác nhọn nên (17’’) luơn đúng . Do đĩ (17) đúng 
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
đpcm.
 Trong tam giác ABC ta cĩ điều kiện là A + B + C = 1800 nên gợi ý cho chúng ta sử dụng tính chất 1 để làm hạn chế phạm vi biến ,từ đĩ cĩ thể đánh giá được biểu thức .
 Sau đây là một số ví dụ : 
Bài tốn 18 : Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta đều cĩ :
 3(cosA + cosB + cosC ) 2(sinAsinB + sinBsinC + sinCsinA) (18)
 Giải : 
 Khi hốn vị (A,B,C) thì bđt khơng thay đổi . Do đĩ khơng mất tính tổng quát 
 Giả sử A = min(A,B,C) . Vì A + B + C = 1800 3A nên 00 < A600 
Ta cĩ : vì 
Mặt khác Nên 
= . Trong đĩ 
 Vì vậy (cosA + cosB + cosC)2(sinAsinB + sinBsinC + sinCsinA)
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
đpcm. 
Bài tốn 19: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều cĩ 
 (19)
Giải:
 Khi hốn vị (A,B,C) thì bđt (18) khơng thay đổi do đĩ khơng mất tính tổng quát .
 Ta giả sử A = max(A,B,C) . Khi đĩ (19’)
 Xét 
Từ (19’) ta cĩ : và cos(B-C)1 nên 
 Vì vậy : 
 Dấu bằng xảy ra khi 
đpcm. 
Một số bài tốn
 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta đều cĩ :
III31. Nếu tam giác ABC nhọn :
III32. 
III33. 
III34. cos3A + cos3B – cos3C 
III35. 
III36. 
III37. 
III38. Nếu tam giác ABC khơng phải là tam giác tù thì 
 a. 
 b. 
Nhận xét: Ta cĩ thể chuyển bất đẳng thức cĩ điều kiện trong đại số sang lượng giác bằng cách :
*/ Từ đẳng thức lượng giác cơ bản :
+) Từ đẳng thức :
 tanA + tanB + tanC = tanAtanBtanC (1) 
 (2)
Kết hợp bài tốn : II12. Cho CMR : 3(x + y + z) + xyz10
Chứng minh bài này tương tự bài tốn 11 ( hoặc sử dụng đưa dần về một biến )
 Từ (1) bằng cách đặt : ta được bài tốn tương đương bài tốn II12 : Cho tam giác ABC nhọn .
 CMR: 
 Tương tự ta cĩ : 
 +) Từ đẳng thức : cos2A + cos2B + cos2C + 2cosAcosBcosC = 1và 
 Bài tốn 11 : Cho CMR: x + y + z xy + yz + zx 
 Đặt x = 2cosA ; y = 2cosB ; z = 2cosC ta cĩ bài tốn :
Chứng minh rằng với tam giác ABC nhọn thì : 
 cosA + cosB + cosC 2(cosAcosB + cosBcosC + cosCcosA) 
*/ Từ bất đẳng thức lượng giác cơ bản : 
 Ta xét bài tốn 9 : 
Dễ thấy từ cách chứng minh cĩ thể thay điều kiện của bài tốn như sau : 
Cho 
 CMR : a(xy + yz + zx) + bxyz – (3a + b) 0
 Đặc biệt hố ta cĩ bài tốn : 
a = -2 ; b = 1 . CMR : 5 +xyz 2(xy + yz + zx )
a = -4 ; b = 3 . CMR : 9 + 3xyz 4( xy + yz +zx )
Kết hợp bất đẳng thức cơ bản trong lượng giác chẳng hạn 
cosA + cosB + cosC Ta cĩ bài tốn :
Cho tam giác nhọn ABC . CMR : 
5 + 8 cosAcosBcosC8(cosAcosB + cosBcosC + cosCcosA ) 
 2. sin2A + sin2B + sin2C Ta cĩ bài tốn : CMR : Với mọi tam giác ABC thì:
IV. KẾT QUẢ 
 -Với phương pháp đưa về một biến trong bài tốn bất đẳng thức tơi nhận thấy học sinh giải quyết bài tốn bất đẳng thức nhẹ nhàng hơn , cĩ hứng thú hơn khi giải tốn . 
 - Đối với học sinh lớp thường hầu hết hoc sinh đã giải quyết tương đối tốt các bài tốn về chứng minh bất đẳng thức trong sách giáo khoa và sách bài tập . 
 - Đối với học sinh lớp chọn ngồi việc giải quyết các bài tốn về chứng minh bất đẳng thức trong sách giáo khoa và sách bài tập . Các em cịn giải được tương đối tốt các bài tốn về chứng minh bất đẳng thức dành cho học sinh giỏi và các bài tốn ơn luyện thi đại học . 
V. BÀI HỌC KINH NGHIỆM 
 - Người thầy giáo phải có óc sáng tạo, không ngừng đổi mới phương pháp dạy và học, dám nghĩ, dám làm sẵn sàng chịu trách nhiệm.
 - Không ngừng học hỏi rút kinh nghiệm từ các tiết dạy của mình cũng như của đồng nghịêp.
 - Đầu tư soạn giảng một cách kĩ càng trước khi dạy.
 - Linh hoạt gắn với thực tế từng lớp học cụ thể
 - Động viên khen ngợi để phát huy tính tích cực của học sinh.
 - Định hướng cách chuẩn bị bài và thảo luận trước khi tiến hành tiết dạy.
VI. KẾT LUẬN
 Sau khi tìm được một phương pháp giải một bài tốn nào đĩ ta cần ghi nhớ phương pháp đĩ và thử vận dụng phương pháp đĩ để giải các bài tốn khác . Đồng thời ta nên thử xem cĩ thể đưa ra các bài tốn khác liên quan hay khơng . Tất nhiên khơng cĩ một phương pháp vạn năng để giải mọi bài tốn . Nhưng nếu chúng ta biết vận dụng linh hoạt một phương pháp nào đĩ thì chúng ta cĩ thể vẫn giải được nhiều bài tốn bằng phương pháp đĩ . Cái khĩ ở đây là lựa chọn phương pháp để giải bài tốn , vấn đề này phụ thuộc vào khả nẳng của người làm tốn . Nếu chúng ta nắm được “chìa khố của bài tốn ” thì chúng ta cĩ thể “ phủ lên một lớp bụi để dấu chìa khố đĩ đi ”, từ đĩ ta cĩ thể xây dựng các bài tốn mới .
 Trên đây là một trích dẫn về sự vận dụng phương pháp đưa về một biến trong vấn đề chứng minh bất đẳng thức .
 Kính mong hội đồng khoa học và quý thầy (cơ) gĩp ý bổ sung để chuyên đề được hồn thiện hơn , cĩ ứng dụng rộng hơn trong quá trình dạy học tốn ở trường THPT. 
 Biên hồ , ngày 20 tháng 5 năm 2008
 Người viết đề tài 
 Phạm Văn Dũng 
SỞ GD & ĐT ĐỒNG NAI CỘNG HỊA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM 
Trường THPT BC Lê Hồng Phong Độc lập - Tự do – Hạnh phúc
 Biên Hịa , ngày 30 tháng 5 năm 2008
PHIẾU NHẬN XÉT , ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
 Năm học : 2007 – 2008
Tên sáng kiến kinh nghiệm : 
PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ MỘT BIẾN TRONG BÀI TỐN BẤT ĐẲNG THỨC .
Họ và tên tác giả : Phạm Văn Dũng Tổ :Tốn
Lĩnh vực : Quản lý giáo dục	 Phương pháp dạy học bộ mơn tốn 
 Phương pháp giáo dục	 Lĩnh vực khác
1. Tính mới 
- Cĩ giải pháp hồn tồn mới 
- Cĩ giải pháp cải tiến , đổi mới từ giải pháp đã cĩ 
2. Hiệu quả 
- Hồn tồn mới và đã triền khai áp dụng trong tồn ngành cĩ hiệu quả cao 
- Cĩ tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã cĩ và đã triển khai áp dụng trong tồn ngành cĩ hiệu quả cao
- Hồn tồn mới và và đã triển khai áp dụng tại đơn vị cĩ hiệu quả cao 
- Cĩ tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã cĩ và đã triển khai áp dụng tại đơn vị cĩ hiệu quả cao
3. Khả năng áp dụng 
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối , chính sách : Tốt Khá Đạt
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị cĩ khả năng ứng dụng thực tiễn , dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc sống : Tốt Khá Đạt
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc cĩ khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng : Tốt Khá Đạt
XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MƠN THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
 (Ký tên và ghi rõ họ tên )	 (Ký tên , ghi rõ họ tên và đĩng dấu)