(SKKN 2022) sử dụng bất đẳng thức côsi để chứng minh bất đẳng thức trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Mục tiêu hàng đầu của việc dạy học mơn tốn trung học phổ thông là trang bị
những tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh.
Để rèn luyện khả năng chứng minh bất đẳng thức cho học sinh lớp 10 tôi đã
hướng dẫn học sinh kĩ năng sử dụng sáng tạo bất đẳng thức Côsi để chứng minh bất
đẳng thức. 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.
Khi thực hiện giảng dạy bài ”Bất đẳng thức” trong chương trình đại số 10 và dạy
bồi dưỡng học sinh giỏi tôi nhận thấy: 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 khơng có định hướng khi gặp bài tốn chứng minh bất đẳng
thức.
- Khả năng phân tích dữ kiện, tổng hợp các kiến thức liên quan đến bài tốn cịn
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.
- Từ các bất đẳng thức đã chứng minh chưa biết phân tích xây dựng thành các bài
tốn 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 bất đẳng thức CôSi để chứng minh bất đẳng thức trong dạy bồi
dưỡng học sinh giỏi Toán 10.
1.2. Mục đích nghiên cứu
- Giúp học sinh rèn luyện kỹ năng: chọn bộ số, tách, thêm bớt số hạng, thêm bớt
biểu thức khi sử dụng bất đẳng thức côsi để chứng minh bất đẳng thức.
- Giúp giáo viên có định hướng tốt khi giảng dạy chủ đề bất đẳng thức.
1.3. Đối tượng nghiên cứu

- Nghiên cứu các tài liệu sư phạm có liên quan đến bài tốn sử dụng bất đẳng thức
Côsi để chứng minh bất đẳng thức.
- Nghiên cứu phương pháp dạy học từ đó tìm ra phương pháp phù hợp, để học sinh
học đạt kết quả cao nhất trong quá trình dạy nội dung sáng kiến.

1


1.4. Phương pháp nghiên cứu:
Để thực hiện mục đích nhiệm vụ của đề tài trong q trình nghiên cứu tơi đã sử
dụng các phương pháp sau:
- Phương pháp điều tra (nghiên cứu chương trình, hồ sơ chun mơn)
- Phương pháp đàm thoại phỏng vấn.(lấy ý kiến của giáo viên và học sinh
thông qua trao đổi trực tiếp).
- Phương pháp thực nghiệm.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN
2.1.Cở sở lý luận
a) Bất đẳng thức cô si: Cho 2 số không âm a, b : a  b  2 ab
Dấu bằng xảy ra khi a  b .
Tổng quát: Cho 2n số a1 , a2 ,..., an không âm:
a1  a2  ...  an n
 a1.a2 ...an
n
Dấu bằng xảy ra khi a1  a2  ...  an .
b) Bất đẳng thức bu-nhi-a-cốp xki.





a1b1  a1b1   a12  a22 b12  b22

a
,
a
,
b
,
b
1
2
1
2
Cho 4 số thực
:
2



a1 a2

b
Dấu bằng xảy ra khi 1 b2
Tổng quát: Cho 2n số thực: a1 , a2 ,..., an ; b1 , b2 ,..., bn

 a1b1  a2b2  ...  anbn 

2

  a12  a22  ...  an2   b12  b22  ...  bn2 

a1 a2
a
  ...  n
b b2
bn
Dấu bằng xảy ra khi 1
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 tốt
nghiệp THPT, đề thi học sinh giỏi hàng năm.
Trước khi vận dụng sáng kiến kinh nghiệm này, đa số học sinh rất sợ phần
bất đẳng thức gần như các em thường bỏ qua phần này, một phần là cũng do đối với
một bài tốn chứng minh bất đẳng thức, có rất nhiều phương pháp vận dụng chứng
minh, các phương pháp giải đa dạng, một số tài liệu đưa ra cách giải mang tính thủ
thuật, khơng tự nhiên làm cho học sinh khơng có cách nhìn bao qt về chứng minh
bất đẳng thức. Dẫn đến khơng có định hướng tư duy khi làm các bài tập phần này.
2


2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1 Rèn luyện kĩ năng tách thêm bớt số hạng, thêm bớt biểu thức khi sử
dụng bất đẳng thức cô si .
Sử dụng bất đẳng thức Côsi được coi là công cụ hữu hiệu để chứng minh bất
đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Tuy nhiên để áp dụng
thành công BĐT Cô si vào giải tốn một kĩ năng khơng thể thiếu là: chọn bộ số,
tách số hạng, thêm bớt số hạng, thêm bớt biểu thức. Để rèn luyện kĩ năng này cho

học sinh tơi đã chọn hệ thống ví dụ đa dạng, mỗi ví dụ giải nhiều cách khác nhau.
Thơng qua các cách giải giúp học sinh nhìn nhận bài tốn dưới nhiều góc độ khác
nhau, từ đó rèn luyện kĩ năng cho học sinh đồng thời giúp học sinh chủ động lĩnh
hội tri thức. Từ đó tạo niềm tin trong q trình chinh phục các dạng Tốn khó.
5
5
5
Ví dụ 1. Cho 3 số không âm x; y; z : x  y  z  3
2
2
2
a) Chứng minh rằng: x  y  z  3

101
101
101
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  y  z

Nhận xét:
- Vai trị của x; y; z bình đẳng nên dấu bằng khi x  y  z
- Cần đánh giá x5 thông qua x2 nên sử dụng bất đẳng thức cô si cho 5 số:

x 5 , x 5 ,1,1,1
Lời giải
5
5
a) Áp dụng bất đẳng thức CôSi cho 5 số: x , x ,1,1,1 .

x 5  x 5  1  1  1  5. 5 x 5.x 5 .1.1.1
Tương tự ta có:

y 5  y 5  1  1  1  5. 5 y 5 . y 5 .1.1.1

z 5  z 5  1  1  1  5. 5 z 5 .z 5 .1.1.1
Cộng các bất đẳng thức trên ta được:
2  x5  y 5  z 5   9  5  x 2  y 2  z 2   x 2  y 2  z 2  3

Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  1 .
b)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x101 + y101 + z101
Nhận xét:
- Vai trị của x; y; z bình đẳng nên dấu bằng khi x  y  z
3


- Chọn số hạng sao cho khi sử dụng bất đẳng thức cơsi cho các số hạng đó đánh
giá được x101 qua x5.
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho 101 số: gồm 5 số x101 và 96 số1.
101
x101442
... 4
 x43
1
...4
31 101.101  x101   101x5
1
142
5

5 sè

96 sè

Tương tự với y và z ta được:
5  x101  y101  z101   96.3  101 x 5  y 5  z 5   x101  y101  z101  3

Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  1 .
Từ ví dụ trên giáo viên tổng kết để học sinh phát hiện bài tốn tổng qt.
n
n
n
x
;
y
;
z
x

y

z
an
Tổng qt 1: Cho 3 số khơng âm
:

k
k
k
a) Tìm giá trị lớn nhất của P  x  y  z (k  n)
m

m
m
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  y  z (m  n)

Tổng quát 2: Mở rộng cho n biết.
Cho

n
n
n
m số không âm x1 , x2 ,..., xm thỏa mãn: x1  x2  ...  xm  a   a  0 

k
k
k
P

x

x

...

x
(k  n)
1
2
m
a) Tìm giá trị lớn nhất của :

q
q
q
x

x

...

x
( q  n)
1
2
m
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q=

a
b
c
3



Ví dụ 2. Chứng minh rằng với 3 số dương a, b, c : b  c c  a a  b 2

Nhận xét:
- Bài toán này ta chưa thể sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Cơsi được nên giáo viên
phân tích dữ kiện từ đó định hướng để học sinh rút ra các hướng tách, thêm bớt số
hạng, thêm bớt biểu thức phù hợp để có thể sử dụng BĐT cơsi vào chứng minh.
- Giáo viên hướng dẫn học sinh làm nhiều cách nhằm rèn luyện kĩ năng phân tích ,

so sánh, tổng hợp, xét tương tự hóa, trừu tượng hóa, khái quát hóa ...
Cách 1. Thêm bớt hằng số

4


a
b
c
1
1 
 1
1
1
 1   a  b  c 



bc
ca
ab
bc ca ab

VT  3 


1
1
1
1  9



 b  c  c  a  a  b  

2
bc ca ab 2

 VT 

3
2.

Dấu bằng xảy ra khi a  b  c
Cách 2. Sử dụng tách số hạng
2a
2b
2c
abac bcba cacb





3
bc ca ab
bc
ca
ab
ab bc ca ac ba cb







3 63
bc ca ab bc ca ab
2a
2b
2c
a
b
c
3



3



bc ca ab
bc ca ab 2
2VT 

abc
Dấu bằng xảy ra khi
Cách 3. Thêm bớt biểu thức phù hợp
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
a

a
1
a2
1
9a

  33
. 
2
bc bc 2
 b  c  2 3 3  b  c  2 .2a

Ta có:

3 3  b  c  .2a  b  c  b  c  2a  2(a  b  c )
2

Vì:



a
a
1
9a

 
b  c b  c 2 2 a  b  c

Tương tự:

b
b
1
9b

 
c  a c  a 2 2 a  b  c

c
c
1
9c

 
a  b a  b 2 2  a  b  c
2P 

Suy ra:

3 9
3
 P
2 2
2 . Dấu bằng xảy ra khi a  b  c

Cách 4. Kết hợp bất đẳng thức trung gian.
Áp dụng BĐT Cơ si ta có:

5


a2
bc

 a
bc
4

2
b
ca
a2
b2
c2
3


 b 
a
b
 c   a  b  c
ca
4
bc
ca
ab
2


2

c
ab

 c
ab
4


b
c 
3
 a



 a  b  c    a  b  c 
2
bc ca ab 


a
b
c
3



b  c c  a a  b 2 . Dấu bằng xảy ra khi a  b  c

Cách 5: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ:

a 
a

b

x




b  c  y  b 
c  a  z



c 

Đặt

xz y

2
2
x y z

2
2

yz x

2
2

1 x z  y  1 x y  z  1 y  z  x 
VT  
 

 2 
2
y
z
x

 2


Khi đó ta có:

1 x z x y y z  3 1
x zxyyz 3 3
         .6 6
 
2 y y z z x x  2 2
yyz z xx 2 2
Dấu bằng xảy ra khi a  b  c
Cách 6. Sử dụng bất đẳng thức bu-nhi-a-cốp-ski
2

 a  b  c

 VT 

2


a
b
c 
  a (b  c)
 b(a  c)
 c(b  a)

bc
ac
ba 

b
c 
 a
  a  b  c   b  c  a   c  a  b   .



bc ca ab

 a  b  c

2

2  ab  bc  ca 



3
2

abc
Dấu bằng xảy ra khi
Nhận xét:
- Từ ví dụ trên giáo viên định hướng cho học sinh mở rộng bài tốn. Từ đó phát
triển tư duy sáng tạo chủ động của học sinh.
6


Từ ví dụ trên giáo viên hướng dẫn định hướng mở rộng bài toán.
a) Mở rộng theo hướng tăng số biến:
Bài toán 1: Cho n số dương a1 ...an. Đặt S = a1+ ... +an

a1
a
a
n
 2  ... n 
s  an n  1
Chứng minh rằng: s  a1 s  a2
b) Mở rộng bài toán theo hướng tăng bậc của biến:
Bài toán 2: Cho 3 số dương a,b,c chứng minh rằng:
an

bn
cn
a n1  b n1  c n1



bc ca ab
2

Ví dụ 3: Cho 3 số dương a, b, c sao cho ab  bc  ac  1 .
a3
b3
c3
1



b  2c c  2a a  2b 3

Nhận xét:
- Bài tốn này có cùng dạng với ví dụ 2 nhưng có độ phức tạp hơn để học sinh rèn
luyện kĩ năng.
- Căn cứ mẫu số và giả thiết giáo viên hướng dẫn để học sinh thêm bớt biểu thức
sao cho luôn đảm bảo yêu cầu dấu bằng xảy ra khi a = b = c.
Cách 1.Thêm bớt biểu thức:
Áp dụng bất đẳng thức cô si
a3
 b  2c  a  2 a 2 



b  2c
9
3 
b3
 c  2a  b  2 b 2   VT  1 ab  bc  ca  2 a 2  b 2  c 2  2 ab  bc  ca


 

 3

c  2a
9
3 
3
3
c3
 a  2b  c  2 c 2 


a  2b
9
3 

 VT 

1
3 . Dấu bằng xảy ra khi a  b  c
7

a3
1
Nhận xét: Khi dấu bằng xảy ra thì b  2c có giá trị bằng 3 nên ta có thể thêm bớt

như sau:
Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:

a3
b  2c 1

  a
b  2c
9
3

3
b
c  2a 1
1
2


  b   VT   a  b  c   1   a  b  c   VT  1   a  b  c 
c  2a
9
3
3
3


3

c
a  2b 1

  c
a  2b
9
3


 a  b  c

2

 3 ab  bc  ca   9  a  b  c  3  VT  1

Vì

abc
Dấu bằng xảy ra khi
Cách 3. Sử dụng BĐT bu-nhi-a-cốp-xki
a3
b3
c3
a4
b4
c4






b  2c c  2a a  2b ba  2ca cb  2ab ac  2ba

Ta có:

a

2

b c
2



2 2

2



a2
b2
c2

bc  2ac 
ca  2ab 
ab  2bc 
ca  2ba

ab  2bc
 bc  2ac


 a4

b4
c4



 bc  2ac  ca  2ba  ab  2bc  
 bc  2ac ca  2ba ab  2bc 
 a4

b4
c4



3  ab  bc  ca 
 bc  2ac ca  2ba ab  2bc 

a
 VT 

2

 b2  c2 

2

3  ab  bc  ca 

1

a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  3   a 2  b 2  c 2   9
2

Vì

.

Dấu bằng xảy ra khi a  b  c .
Ví dụ 4. Cho các số dương x; y; z thỏa mãn x  y  z  9 .
Chứng minh rằng:

x3  y 3 y 3  z 3 z 3  x3


9
xy  9
yz  9 zx  9
8


Nhận xét:
x, y, z bình đẳng do đó dấu bằng xảy ra khi x  y  z
- Vai trò
- Ta cần đánh giá để xuất hiện biểu thức xy  yz  xz; x  y  z .

3
3
- Tử số chứa x  y nên cần đánh giá xuất hiện x  y

Lời giải
Cách 1. Áp dụng bất đẳng thức cô si
3
3
3
2
3
 x  x  y  3 x y
3
3
3
3
2
2

4
x

y

x

y

3
x

y

3
y
x

x

y




 3
3
3
2
 y  y  x  3 y x

x  y
Mặt khác: áp dụng BĐT Côsi ta có: 

2

 36  12  x  y  ;  x  y   4 xy
2

Từ đó suy ra:
4  x3  y3 
4 xy  36



4  x3  y 3 
x  y



2
4 xy  36
 x  y   36
3

4  x3  y 3 
4 xy  36

 x y

36  x  y 

12  x  y 

 x y

 x  y

 x  y 3

x3  y 3
 x y3

Ta chứng minh được : xy  9

Tương tự :

y3  z3
x3  z 3
 z  y  3;
 z  x 3
yz  9
xz  9

Cộng vế các bất đẳng thức trên ta được:
x3  y 3 y 3  z 3 z 3  x3


 2 x  y  z  9  9
xy  9
yz  9 zx  9

Dấu bằng xảy ra khi: x  y  z  3 .
Cách 2: Ta có:
 xy 9
x3  y 3 ( x  y )3  ( x  y )3 4 xy  36



 3 

xy  9 4 xy  36  4 xy  36
24

 6 2

Áp dụng BĐT Côsi ta có:

9

36  x  y 
2

 36


( x  y )3 4 xy  36
( x  y )3 4 xy  36
x y

 3  33 3
.
 3.
4 xy  36
24
4 xy  36
24
2
x3  y 3 3( x  y ) xy 9


 
xy  9
2

6 2

Tương tự ta có:
z 3  y 3 3( z  y ) zy 9

 
zy  9
2
6 2
x3  z 3 3( x  z ) xz 9

 
xz  9
2
6 2

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được:
x3  y 3 y 3  z 3 z 3  x3
xy  yz  xz 27


 3 x  y  z  

xy  9
yz  9 zx  9
6
2

( x  y  z)2
xy  yz  xz 27

xy  yz  xz 
 27  3( x  y  z ) 

9
3
6
2
Vì
x3  y3 y 3  z 3 z 3  x3


9
Vậy: xy  9 yz  9 zx  9
.

Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  3
Cách 3. Ta có
VT 

 1
x3  y 3 y 3  z 3 z 3  x3
1  3 1
1  3 1
1 


 x3 




 y 
 z 

xy  9
yz  9
zx  9
 xy  9 zx  9 
 xy  9 zy  9 
 zx  9 zy  9 

Mặt khác:

 1
1 
4
4 x3
3
x3 



 x
xy  xz  18 x  9  x   18 
 xy  9 zx  9 

 1
1 
4
4 y3
4 x3

4 y3
4z3

3
y3 




  VT 
 y
xy  yz  18 y  9  y   18 
x  9  x   18 y  9  y   18 z  9  z   18
 xy  9 zy  9 

 1
1  3
4
4 z3

z3 


 z
xz  yz  18 z  9  z   18 
 zx  9 zy  9 

Xét hàm số
12t 2  9t  t 2  18   4t 3  9  2t 
4t 3

11
f  t 
; t   0;9  f '  t  
 f '  3  ; f  3  3
2
2
9t  t  18
4
 9t  t 2  18

Phương trình tiếp tuyến tại 3 là:

y

11
11 21
 t  3  3  t 
4
4
4

10


Ta sẽ chứng minh :

f  t  y 

4t 3
11 21

 t  ; t   0;9 
2
9t  t  18 4
4

 16t 3   11t  21  9t  t 2  18   0
 27t 3  120t 2  9t  278  0   t  3 

2

 9t  14   0

Điều này ln đúng do đó ta có:
VT 

4 x3
4 y3
4z3
11
3.21


  x  y  z 
9
x  9  x   18 y  9  y   18 z  9  z   18 4
4

Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  3 .
2.3.2. Phát triển bài toán đã chứng minh thành các bài toán mới.
Với mục tiêu không chỉ dừng lại ở việc chứng minh một bất đẳng thức cụ thể.Từ

các bất đẳng thức đã chứng minh tôi hướng dẫn học sinh phát triển thành các bất
đẳng thức mới qua đó phát triển tư duy sáng tạo và thúc đẩy học tập tự chủ cho học
sinh.
Phát triển ví dụ 3: Cho 3 số dương a, b, c sao cho ab  bc  ac  3 .
a3
b3
c3
1



b  2c c  2a a  2b 3

Chứng minh rằng:
Hướng 1. Thay mẫu bởi biểu thức thích hợp ta được bài toán mới
a3

 b  c

2

b3

 c  a

2

c3

 b  a

2

bc bc 3 

 a
8
8
4 

ac ac 3 
a3
b3
c3
9


 b 



2
2
2
8
8
4   b  c
 c  a  b  a 4

ba ba 3 



 c
8
8
4 



Từ
Từ sự khai thác theo hướng trên ta có thể xây dựng nhiều bài tốn mới như sau
Cho 3 số dương a, b, c sao cho ab  bc  ac  3 . Chứng minh :

11


a3
b3
c3
3
a)



2
2
2
(c  b ) (c  a ) ( a  b )
4

a3
b3
c3
1
b)



2c  b 2a  c 2b  c 3

c)

a3
b3
c3
3



2
2
2
1 a 1 b 1 c
4

d)

a3
b3
c3

3



b(c  a ) c( a  b) a (b  c)
2

e)

1
1
1
27
 3
 3

a (b  c ) b ( c  a ) c ( a  b ) 2

f)

1
1
1
9 3
 2
 2

b ( a  c ) b (c  a ) c ( a  b)
2

3

2

Hướng 2. Tăng số biến và số bậc của biến
a)

Tăng số biến lên n ta được bài tốn:
Cho n số khơng âm: x1; x2; ...;xn sao cho x1x2+...+xn-1xn=1. Đặt

S=x1+x2+...xn
xi3
1


n 1
i 1 S  xi
n

Chứng minh rằng:
b)

Tăng số bậc lên n, số biến lên m biến, biểu thức dưới mẫu có thể thay ở dạng

tích của các biểu thức đối xứng của các biến.
Cho m số không âm: x1; x2; ...;xm. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
x1n
x2n
xmn
S


 ... 
A1. A2 ... An1 B1.B2 ...Bn1
C1.C2 ...Cn1

Ví dụ: Cho ba số dương a,b,c thõa mãn abc = 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
a3
b3
c3
S


(b  c)(c  2b) ( a  c)(c  2a) (a  b)(a  2b)
thức sau:
Hướng 3. Thay biến bởi biểu thức phù hợp

12



1
a  x

1
1
1
1


  1  xyz  x  y  z

b  
y
xy yz xz


1
c 

z

Hướng 3.1 Đặt
Ta có bài tốn 3.1 Cho x, y, z dương thỏa mãn xyz = x + y +z. Chứng minh rằng

yz
zx
xy
 3
 3
1
x  z  2 y  y  x  2z  z  y  2x 
3

Hướng 3.2 Thay biến bởi các biểu thức khơng cịn đối xứng

a  x; b 

y
z
; c
2

3

Ta có bài tốn 3.2
Cho 3 số dương x, y, z thảo mãn 3xy + yz + 2xz = 6. Chứng minh rằng:
a)

6 x3
3 y3
z3
1



3 y  4 z 8 z  16 x 27  x  y  3

b)

2 x2
3y2
z
6x  3y  2z



2 x  y 6 y  4 z 3z  9 x
12

x3
2 y3
128 z 3

c)


 x  2 y  4z
y  2 y  x  z  2z  y  x  x  4z 

Hướng 4: Khai thác dữ kiện
Ta có

ab  bc  ca  1  1  a 2   a  b   a  c 

1



1  a2



1 1
1 
 


 a  b  a  c 2  a  b a  c 
1

Hướng 4.1: Từ đó ta xây dựng được các bài tốn:
Cho a, b, c > 0; ab+bc+ca=1. CMR
a)

c)

a

b

c

3



2
2
2
2
1 a
1 b
1 c
a3
b3
c3
3



a2  1
b2  1
c2  1 2

a3
b3
c3
3 3
b) 2
 2
 2

b 1 c 1 a 1
4
d)

1
1  a2



1
1  b2



1
1  c2



3
2

Hướng 4.2. Khai thác theo hướng biến đổi thành biểu thức khơng có dạng đối
xứng:

13


ma
2

mb

(1  c 2 )

m  a  b  a  c
2

mb



m 2 (1  b 2 )
mc

ma



m (1  a )
2

m2  b  a   b  c 
mc



ma 
1
1 

 2

2  m ( a  b) a  c 



mb 
1
1 


2
2  m ( a  b) b  c 


mc  1
1 



2  (c  b) a  c 



 c  b  a  c



Cộng các bất đẳng thức trên ta được:

a
1  a2

b



mc



1  b2

1  c2



1
 m (m  0)
2m

Từ đó ta có các bài tốn: Cho 3 số dương a, b, c sao cho ab  bc  ac  3 . Chứng
minh rằng:
a

a)

1 a

b



2

1 b

2

mc



1 c

2



1
 m (m  0)

2m

1
1
z


 2
2
2
1  c2
b) 1  a 1  b

c)

1
1
m


 1  m 2 ( m  R; m  0)
2
2
2
1 a 1 b
1 c
a

1



1  a2

1
1 2
a

Hướng 4.3 : Ta có :
1
1
1
x  ; y  ;z 
a
b
c
Đặt
a



1  a2

b

;

1  b2

1



1
1 2
b

;

c
1  c2



1
1
1 2
c

;

Khi đó: ab  bc  ac  3 trở thành x  y  z  xyz
b

1  b2



mc
1  c2



1
1  x2



1
1 y2



m
1 z2

Ta có bài tốn 4.3 : Cho x; y; z là các số dương thõa mãn : x  y  z  xyz
x
1  x2

a)
b)

x
1  x2



1

c)

1  x2





y
1 y2

y
1  y2



1
1 y2



z
1 z2

z
1 z2





1
1 1 21
 2 2
2
x
y
z
2

 (1 

m
1 z2



1
1
1
1
1
1
27
)(1  2 )  (1  2 )(1  2 )  (1  2 )(1  2 ) 
2
x
y
x
z

y
z
2

1
 m (m  0)
2m

Hướng 5: Kết hợp với các bất đẳng thức cổ điển để tạo ra các bất đẳng thức mới.
14


Hướng 5.1 Mở rộng theo hướng khai thác phạm vi của biến tăng số biến
Xuất phát từ dữ kiện ta có: (x - 1)(y - 1)  0  xy  x + y -1

 xyzt  xzt  yzt  zt  xyzt  zt  xyt  xyz  xyt  yzt  xzt  xyz
Áp dụng BĐT Côsi:
z 3  t 3  1 x 3  y 3  z 3 x3  y 3  t 3 2( x3  y 3  z 3  t 3 )  1
zt  xyz  xyt 



3
3
3
3
2( x 3  y 3  z 3  t 3 )  1
 xyzt 
 xyz  xyt  yzt  xzt
3

Ta có bài tốn 5.1: Nếu x; y; z; t là các số thực khơng âm thì
xyzt  2( x3  y 3  z 3  t 3 )  1  3( xyz  xyt  yzt  xzt )

Bằng cách tương tự ta có thể mở rộng cho n biến x1, x2,...xn ta có BĐT
Tổng quát: Nếu x1, x2, ...xn là các số thực khơng âm thì
n

n 1

i 1

i 1

n

(n  1) xi  (n  2) xin 1  1  (n  1)
n

(Trong đó:

x
i 1

i

n



j 1 i 1,i  j

 x1 x2 ...xn ;

n



i 1,i  j

xi ( n  N , n  3)

xi  x1 x2 ...x j 1 x j 1..xn

)

Hướng 5.2: Mở rộng theo hướng tăng bậc của ẩn
xy  x  y  z  xyz  xz  yz  z  xyz  z  xy  xy  yz  xz
 ( xyz ) n  z ( xyz ) n1  xy ( xyz ) n1  ( xyz ) n1 ( xy  yz  xz )
Theo BĐT Côsi
1
x3n41 4 x43n21 4...4 4x33n1  1
y3n41 4 y43n21 4...4 4y33n1  z13n4
4z43n21 4...4 43
z3n1
1
n1 Sè h¹ng

n Sè h¹ng

n1Sè h¹ng

 (3n  1)3n1 (x3n1)n1(y3n1)n1(z3n1)n  (3n  1)z( xyz)n1
1
x3n41 4 x43n21 4...4 4x33n1  y3n1  y3n1  ...  y3n1  z13n4
4z43n21 4...4 43
z3n1
1
1 4 4 42 4 4 43
n Sè h¹ng

n1Sè h¹ng

n Sè h¹ng

 (3n  1)3n1 (x3n1)n(y3n1)n (z3n1)n  (3n  1)xy(xyz)n1
(n  1) x 3n 1  (n  1) y 3n 1  nz 3n 1  1 nx 3n 1  ny 3n 1  (n  1) z 3 n 1

3n  1
3n  1
3 n 1
3 n 1
3 n 1
(2n  1)( x  y  z )  1

3n  1

 z ( xyz )n 1  xy ( xyz ) n 1 

Ta có bài tốn 5.2: Cho các số thực khơng âm x, y, z. Chứng minh rằng

(3n  1)( xyz ) n  (2n  1)( x3 n1  y 3 n1  z 3 n1 )  (3n  1)( xyz ) n1 ( xy  yz  xz )
15


Hướng 6:
-Tôi hướng dẫn học sinh xuất phát từ bất đẳng thức đã có, kết hợp việc lựa chọn bộ
số thích hợp để sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, từ đó tạo ra nhiều bất đẳng
thức mới. Từ đó giúp học sinh có cách nhìn linh hoạt trong việc sử dụng bất đẳng
thức Côsi và Bunhiacopxki.
Hướng 6.1: Xuất phát từ các bất đẳng thức:
1 1 1
1
(   )2  (
x x( y  z )
Mà: x y z
(

x( y  z ) 

1 1 1
  
x y z

3

3
3 3
xyz

1

1
y(x  z) 
z ( x  y )2
y y( x  z )
z z(x  y)

1
1
1
 3
 3
)2( xy  yz  xz )
x ( y  z ) y ( z  x) z ( x  y )
3

Bài toán 6.1: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: xy + yz+ xz =1. Chứng minh
rằng:

a)

1
1
1
27
 3
 3

x ( y  z ) y ( z  x) z ( x  y) 2 .
3

b)

1
1
1
9 3
 2
 2

x ( y  z ) y ( z  x) z ( x  y )
2
2

1 1 1
 
Chú ý: Ta có thể thay đổi biểu thức x y z bằng các biểu thức phù hợp ta sẽ

được các bất đẳng thức mới.
x2 y 2 z 2

  x y z  3
b) Hướng 6.2: Xuất phát từ biểu thức: y z x

Mặt khác áp dụng BĐT bunhiacopxki ta có:
(

x2 y 2 z 2 2
x2
  ) (
y

z
x
y xz
(

xz 

y2
z x y

x y 

z2
x yz

y  z )2

x4
y4
z4


).2( x  y  z )
y 2 ( x  z) z 2 ( x  y) x2 ( z  y)

Từ đó ta có bài tốn 6.2: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: xy + yz+ xz =1
x4
y4
z4
3

 2
 2

2
Chứng minh rằng: y ( x  z ) z ( y  x) x ( z  y ) 2
x3 y 3 z 3
   xy  yz  zx  1
c) Hướng 6.3: Xuất phát từ biểu thức: y z x

16


(

Mà

:
(

x3 y 3 z 3 2
x3
  ) (
y
z
x
y yz  xy

yz  xy 

y3

z xz  zy

xz  zy 

z3
x yx  xz

yx  xz ) 2

x6
y6
z6


).2( xy  yz  xz )
y 3 ( x  z) z3 ( x  y) x3 ( y  z )

Từ đó ta có bài tốn 6.3: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: xy + yz+ xz =1
x6
y6
z6
1
 3
 3

3
Chứng minh rằng: : y ( x  z ) z ( x  y ) x ( y  z ) 2

Hướng 7 : Khai thác bài toán trên theo hướng lượng giác hóa
Nhận xét : - Chương trình lớp 10 các em đã học về biến đối lượng giác. Vì vậy

việc định hướng học sinh vận dụng kiến thức lượng giác vào giải các bài toán bất
đẳng thức là rất cần thiết, giúp học sinh có cách phân tích bài toán đa dạng, đồng
thời học sinh thấy được sự liên kết logic của các nội dung, các chương học trong
chương trình Tốn.

Hướng 7.1

: Đặt

x  tan

A
B
C
; y  tan ; z  tan .
2
2
2

x
1
y
1
z
1
 sin A;
 sin B;
 sin C
2
2

2
1 y
2
1 z
2
Ta có: 1  x 2
cos

A
1
B
1
C
1

; cos 
; cos 
2
2
2
1  x2
1 y2
1 z2

1  x2
2
1 y2
2
1 z2
2

cosA=

 1; cosB=

 1; cosA=

1
2
2
2
2
2
1 x 1 x
1 y 1 y
1 z
1 z2
Mặt khác trong tam giác ta có các bất đẳng thức sau :
sinA+sinB+sinC 

3
3 3
A
B
C 3
cosA+cosB+cosC 
; cos  cos  cos 
2
2
2
2 2 ;

2.

Từ đó ta có bài toán 7.1: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: xy + yz + xz = 1.

Chứng minh rằng:

a)

x
y
z
3 3



2
2
2
1 x 1 y 1 z
2

17


1

b)
c)

1  x2

0< x,y,z <1 Ta có:

1
1 y2



1
1 z2



3
2

1
1
1
9



2
2
2
1 x 1 y 1 z
4

x  tan

Hướng 7.2: Đặt:



A
B
C
; y  tan ; z  tan .
2
2
2 Trong đó ta bổ sung thêm điều kiện

t anA=

2x
2y
2z
; tan B 
; tan C 
2
2
1-x
1 y
1 z2 .

Vì tanA+tanB+tanC  3 3

Từ đó ta có bài tốn 7.2: Cho ba số 0< x, y, z < 1 và xy + yz + xz = 1. Chứng
x

y
z
3 3



2
2
2
2
minh rằng: 1  x 1  y 1  z

Hướng 7.3: Đặt:

x  tan

A
B
C
; y  tan ; z  tan .
2
2
2

x
y
1
A B
A-B
C

A-B
C

 (sin A  sin B)  sin
cos
 cos cos
 cos
2
2
2
2
2
2
2
Ta có: 1  x 1  y 2

z
1 z2

 cos

C
A
C
C
C
tan  sin
cos  m sin  1  m 2
2
2

2 . Mà
2
2

Ta có bài toán 7.3: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: xy + yz + xz = 1. Chứng
1
1
mz


 1  m 2 (m  R)
2
2
2
1 z
minh rằng: 1  x 1  y

Hướng 7.4: Thay đổi dữ kiện xy  yz  xz  1 bằng dữ kiện x  y  z  xyz
Đặt x  t anA; y  tan B; z  tan C; Vì: tanA+tanB+tanC=tanA.tanB.tanC ta suy ra A,B,C là
ba góc trong tam giác.
1

Ta có:

1 x

2

 cosA;

1
1 y

2

 cosB;

1
1 z2

18

 cosC


A+B
A-B
C
cos
 2sin
2
2
2
C
C
Ta có: cosA + cosB+ mcosC  2sin  m(1  2sin 2 )
2
2
C
1 2

1 
1

 cosA + cosB+ mcosC   2( m sin 
) m
 m

2 2 m
2m 
2m

Vì: cosA+cosB=2cos

Ta có bài tốn 7.4 : Cho x,y,z là các số dương thõa mãn : x + y+ z = xyz
1
1 x

2



1
1 y

2

m



1 z

2



1
 m (m  0)
2m

Nhận xét: - Từ sự dẫn dắt trên học sinh có thể khai thác và tìm thêm nhiều bài
tốn mới, đồng thời giúp học sinh có thể nhìn bài tốn một cách đa dạng hơn.
- Trên đây tôi hướng dẫn học sinh dựa trên mối liên hệ logic của toán học phát triển
bài toán cụ thể thành các bài toán khác nhau, từ đó rèn luyện học sinh đức tính ln
chủ động, tích cực trong việc tiếp thu tri thức. Từ đó phát triển tư duy sáng tạo cho
học sinh.
Bài tập áp dụng
Bài 1 : Cho ba số dương x, y, z thõa mãn : x + y + z = xyz
zy
xz
xy
1
 3
 3

a) Chứng minh rằng : x ( z  2 y ) y ( x  2 z ) z ( y  2 x) 3 .
3

b) Phát triển bài toán trên thành các bài toán mới.
Bài 2 : Cho ba số dương x, y, z thõa mãn xyz = 1.

2
2
2
 3
 3
3
a) Chứng minh rằng : x ( y  z ) y ( x  z ) z ( y  x)
3

b) Phát triển bài toán trên thành các bài toán mới.
2.4 Hiệu quả đạt được
- Đề tài được nghiên cứu và thực hiện giảng dạy trong hai năm 2020- 2021;
2021- 2022. Trong một số tiết chữa bài tập và một số tiết bồi dưỡng học sinh khá
giỏi khối 10.
- Đối tượng thực nghiệm là học sinh các lớp 10A2(2020-2021),10A3(20202021),10A1(2021-2022) của nhà trường.
- Sau khi giảng dạy tôi tiến hành kiểm tra khả năng tiếp thu của học sinh kết quả
thu được như sau : 10A2(2020-2021),(chưa triển khai sáng kiến này),
10A3(2020-2021),10A1(2021-2022)(đã triển khai sáng kiến này).

19


Lớp
Lớp 10A2
(2020-2021)
Lớp10A3
(2020-2021)
Lớp10A1
(2021-2022)

Sĩ
số

Giỏi

Khá

TB

Yếu - Kém

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

46

6

13

13

28,2

19

43,6

7

15,2

45

10

22,2

19

42,2
8

13

28,9

3

6,7

44

13

29,5

20

45,4

9

22,9

1

2,2

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1.Kết luận
Qua thời gian nghiên cứu và vận dụng đề tài vào giảng dạy tôi rút ra một số nhận
xét sau :
-

Với cách dạy như trên tạo ra tâm thế hứng thú, sẵn sàng lĩnh hội tri thức,
khắc phục tính chủ quan hình thành tính độc lập chủ động của người học.

-

Giáo viên đã tạo được niềm tin cho học sinh khi đứng trước bài tốn về bất
đẳng thức, đó là động lực thúc đẩy học sinh khám phá thêm các phần tương tự,
các bài tốn khó về bất đẳng thức.

-

Rèn luyện khả năng phân tích tổng hợp, tư duy trừu tượng hóa, khái qt
hóa, phán đốn logic cho học sinh.

3.2. Kiến nghị
- Trong khuôn khổ một sáng kiến tôi chỉ đề xuất một vài hướng giải quyết bài tốn,
vì vậy theo định hướng này giáo viên phải tiếp tục đào sâu nghiên cứu để xây dựng
nhiều bài tập tương tự để dạy cho học sinh đạt kết quả cao.
- Duy trì phong trào viết sáng kiến kinh nghiệm hàng năm nhằm nâng cao chất
lượng dạy và học.
- Rất mong được sự góp ý từ các thầy cơ giáo và hội đồng khoa học của Sở
GD&ĐT Thanh Hóa để sáng kiến này được hoàn thiện, thuận lợi cho việc bồi
dưỡng học sinh giỏi và ôn thi tốt nghiệp THPT.

20


XÁC NHẬN CỦA
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

THỦ

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 05 năm 2022.
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.

Nguyễn Thị Hiền

21