(SKKN 2022) một số kinh nghiệm giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức ở lớp 9

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG XƯƠNG

TRƯỜNG THCS QUẢNG LƯU

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC Ở LỚP 9

Người thực hiện: Bùi Cơng Thắng
Chức vụ: Phó hiệu trưởng
Đơn vị cơng tác: Trường THCS Quảng Lưu
SKKN thuộc mơn: Tốn

QUẢNG XƯƠNG, NĂM 2022

0


NỘI DUNG
1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3. Những giải pháp
2.4. Hiệu quả của SKKN
3. Kết luận, kiến nghị

3.1 Kết luận
3.2 Kiến nghị
Tài liệu tham khảo
Danh mục SKKN đã được hội đồng SKKN đánh giá, xếp loại cấp
phòng GD - ĐT trở lên

Trang
02
02
03
03
03
04
04
04
05
18
18
18
19
20
21

1


1. Mở đầu
1.1.Lí do chọn đề tài
Đảng ta đã xác định giáo dục là quốc sách hàng đầu. Nhà nước đã và đang
đầu tư trí tuệ, tiền của, nhân lực để phát triển ngành giáo dục nước nhà nhằm đáp

ứng được những yêu cầu mới mà xã hội đang cần, theo kịp được sự phát triển của
xã hội hiện đại. Mục tiêu của giáo dục phổ thông là giúp học sinh phát triển tồn
diện về đạo đức, trí tuệ, thể chất, thẩm mỹ và các kỹ năng cơ bản, phát triển năng
lực cá nhân, tính năng động và sáng tạo, hình thành nhân cách con người Việt Nam
xã hội chủ nghĩa, xây dựng tư cách và trách nhiệm công dân; chuẩn bị cho học sinh
tiếp tục học lên hoặc đi vào cuộc sống lao động, tham gia xây dựng và bảo vệ Tổ
quốc.
Năm học 2021 - 2022 tiếp tục là năm học đổi mới phương pháp dạy học, đẩy
mạnh việc ứng dụng công nghệ thông tin, là năm học đầu tiên thực hiện chương
trình sách giáo khoa 2018 ở lớp 6.Thực hiện nghị quyết 29 của Đảng về đổi mới
căn bản, toàn diện giáo dục.
Ngành giáo dục đã và đang thực hiện tốt những chỉ thị của Đảng, sự chỉ đạo
của chính phủ về định hướng phát triển của ngành giáo dục nước nhà.Trong những
năm gần đây ngành giáo dục đã và đang thực hiện hàng loạt các biện pháp, chương
trình hành động nhằm phát triển ngành giáo dục nước nhà đem lại hiệu quả rõ rệt
đó là: áp dụng khoa học kỹ thuật hiện đại, cải tạo cơ sở vật chất, chuẩn hoá, bồi
dưỡng đội ngũ giáo viên.
Tuy nhiên trong điệu kiện hiện nay để làm được điều này thì chúng ta gặp
khơng ít khó khăn đó là: Học sinh học tập chương trình cịn năng tính lý thuyết, khả
năng thực hành, sáng tạo, trải nghiệm chưa cao. Đa số các trường ở vùng sâu, vùng
xa, vùng biên giới hải đảo, vùng nơng thơn, miền núi có cơ sở vật chất khơng đáp
ứng được u cầu mà chương trình đề ra, Số đông giáo viên chưa tiếp cận được với
chương trình dạy học phát triển năng lực theo tinh thần nghị quyết số 29-NQ/TW
về đổi mới căn bản toàn diện giáo dục.
Để giải quyết vấn đề này không phải cách duy nhất là đầu tư đồng bộ về cơ
sở vật chất, trang thiết bị dạy học, đội ngũ giáo viên, đội ngũ quản lí mà chúng ta
có thể kết hợp các trang thiết bị và phương pháp dạy học mới với các phương pháp
dạy học truyền thống và các sáng kiến trong quá trình dạy học mà vẫn đạt được kết
quả tốt trong q trình dạy học.
Tốn học là mơn khoa học có từ lâu đời và gắn bó mật thiết với nhau. Ở

chương trình THCS các bài tốn chứng minh chiếm một lượng khá Các bài toán
về chứng minh hình học thuộc loại những bài tốn khó, làm cho học sinh phổ
thông, nhất là trung học cơ sở, kể cả học sinh giỏi lúng túng khi gặp dạng toán này.
Thực sự đây là một phần rất quan trọng của hình học. Việc dạy học mơn tốn có
khả năng đóng góp tích cực vào việc giáo dục học sinh, nắm được một cách chính
xác, vững chắc và có hệ thống những kiến thức và kĩ năng toán học phổ thông cơ

2


bản, hiện đại sát với thực tiễn Việt Nam và có khả năng vận dụng những tri thức đó
vào những tình huống cụ thể khác nhau như vào đời sống, vào lao động sản xuất và
vào việc học tập các bộ môn khác…
Tuy nhiên trong điệu kiện hiện nay để làm được điều này thì chúng ta gặp
khơng ít khó khăn đó là: Học sinh học tập chương trình mới còn nhiều bỡ ngỡ. Đa
số các trường ở vùng sâu, vùng xa, vùng biên giới hải đảo, vùng nông thôn, miền
núi có cơ sở vật chất khơng đáp ứng được u cầu mà chương trình đề ra. Số đơng
giáo viên chưa tiếp cận được với chương trình mới, trang thiết bị dạy học hiện đại.
Để giải quyết vấn đề này không phải cách duy nhất là đầu tư đồng bộ về cơ
sở vật chất, trang thiết bị dạy học, đội ngũ giáo viên, đội ngũ quản lí. Mà chúng ta
có thể kết hợp các trang thiết bị và phương pháp dạy học hiện đại với các phương
pháp dạy học truyền thống và các sáng kiến trong quá trình dạy học mà vẫn đạt
được kết quả tốt trong quá trình dạy học.
Xuất phát từ những lí do trên và thực tiễn trong q trình dạy học mà tơi
chọn đề tài “Một số kinh nghiệm giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức ở
lớp 9” nhằm giúp học sinh tiếp cận với chương trình giáo dục phổ thơng 2018 dễ
dàng và chương trình giáo dục phổ thơng hiện hành đem lại hiệu quả tốt hơn.
1.2. Mục đích của đề tài.
Đối với học sinh lớp 9 các em đã có các kiến thức cơ bản về chứng minh.
Song việc chứng minh bất đẳng thức và vân dụng các kiến thức về bất đẳng thức

đã biết vào giải các bài toán một cách linh hoạt thì các em chưa làm được. Vì vậy
trong dạy học giáo viên cần tìm ra cho học sinh một hướng giải quyết một bài toán
về bất đẳng thức dễ dàng và khai thác được các bài toán về bất đẳng thức có hiệu
quả từ đáp dụng vào giải các bài tốn khác.Vì vậy khi dạy về bất đẳng thức giáo
viên cần hướng dẫn chi tiết có hệ thống “Một số kinh nghiệm giải các bài toán
chứng minh bất đẳng thức ở lớp 9”, với mục đích là khi áp dụng vào giảng dạy sẽ
giúp học sinh học sinh vận dụng chức minh các bất đẳng thức và vận dụng giải các
tốn khác có liên quan được tốt hơn. Được trang bị các kiến thức cơ bản và kỹ năng
cần thiết để giải bài tốn dạng này, qua đó tăng cường khả năng tư duy, rèn kỹ năng
giải bài toán về chứng minh bất đẳng thức cho học sinh, đồng thời phát triển tư duy,
tính sáng tạo cho học sinh, làm cho học sinh thêm u thích mơn học tốn, phần
nào thấy giảm bớt khó khăn với các dạng tốn khó.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Các bài tốn về chứng minh bất đẳng thức và các bài tốn có liên quan.
Học sinh lớp 9 Trường THCS Quảng Lưu nói riêng và học sinh lớp 9 ở các
trường THCS nói chung.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Tự nghiên cứu thông qua các tài liệu, thông qua các lớp học bồi dưỡng, các
chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi do Phòng GD& ĐT tổ chức.
Kết hợp giữa nghiên cứu lí thuyết và thực tiễn giảng dạy tại Trường THCS
Quảng Lưu.

3


Thảo luận, học hỏi kinh nghiệm của các giáo viên trong nhà trường và các
đơn vị bạn.
2. Nội dung nghiên cứu.
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Nhằm đáp ứng được mục tiêu giáo dục toàn diện cho học sinh, con đường

duy nhất là nâng cao chất lượng học tập của học sinh ngay từ nhà trường phổ
thông. Là giáo viên ai cũng mong muốn học sinh của mình tiến bộ, lĩnh hội kiến
thức dễ dàng, phát huy tư duy sáng tạo, rèn tính tự học, thì mơn tốn là mơn học
đáp ứng đầy đủ những u cầu đó.
Việc học tốn khơng phải chỉ là học như SGK, không chỉ làm những bài tập
do Thầy, Cô ra mà phải nghiên cứu đào sâu suy nghĩ, tìm tịi vấn đề, tổng quát hoá
vấn đề và rút ra được những điều gì bổ ích. Dạng tốn chứng minh bất đẳng thức ở
bậc THCS nói chung và chương trình lớp 9 nói riêng, đáp ứng yêu cầu này, là nền
tảng, làm cơ sở để học sinh có tầm nhìn cao hơn trong việc phát hiện và tìm ra lời
giải của bài toán.
Các bài toán về chứng minh bất đẳng thức là các bài tốn khó đối với với học
sinh THCS. Bởi vì để giải các bài tốn dạng này khơng chỉ u cầu học sinh nắm
vững kiến thức mà nó cịn địi hỏi học sinh cần có một kỹ năng giải tốn nhất định,
có sự sáng tạo nhất định. Để tạo các giả thiết, các bài toán phị liên kết tường minh
các mối quan hệ toán học giữa các điều kiện đã cho (giả thiết) với điều kiện cần
phải tìm (kết luận) đòi hỏi phải thực hiện các thao tác tư duy: Phân tích, tổng hợp,
so sánh, tương tự hố, đặc biệt hố ... Hay nói cách khác giải một bài toán về bbaats
đẳng thức về mặt phương pháp là một biểu hiện ở mức độ cao của kỹ năng, thể hiện
các tình huống hình học phù hợp với một định nghĩa, định lý, tính chất nào đó...
hay cịn gọi là quy lạ về quen. Ở đó khoảng cách từ lạ đến quen càng xa thì mức độ
sáng tạo càng lớn. Do đó việc học tốt các bài tốn về chứng minh bất đẳng thức có
tác dụng rất lớn trong việc phát triển năng lực trí tuệ và tư duy khoa học của học
sinh.
Vấn đề nêu trên cũng là khó khăn với khơng ít giáo viên nhưng ngược lại,
giải quyết được điều này là góp phần xây dựng trong bản thân mỗi giáo viên một
phong cách và phương pháp dạy học hiện đại giúp cho học sinh có hướng tư duy
mới trong việc lĩnh hội kiến thức các môn học.
2.2 Thực trạng vấn đề vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
2.2.1. Thực trạng đối với giáo viên
Bất đẳng thức là một dạng tốn khó đối với học sinh nhiều giáo viên chưa

tìm được cách dạy phù hợp, chưa nhận thấy tầm quan trọng của các định lí, các tính
chất, các bài tốn hay và khó về bất đẳng thức. Chứng minh bất đẳng thức là những
bài tốn khơng có một thuật tốn nào để giải, địi hỏi học sinh phải ln tư duy,
động não.
Vì vậy, khi dạy những bài chứng minh bất đẳng thức, giáo viên hãy cố gắng
hướng dẫn học sinh cách suy nghĩ, cách tìm tịi lời giải. Đồng thời, biết đề ra cho

4


học sinh, đúng lúc, đúng chỗ những câu hỏi gợi ý sâu sắc, phù hợp với trình độ của
từng đối tượng.
Việc hướng học sinh làm bài toán các bất đẳng thức và các bài toán liên quan
được thực hiện theo một số cách biến đổi đơn giản nhẹ nhàng thị nhiều giáo viên
chưa có phương pháp phù hợp:
2.2.2 Thực trạng đối với học sinh
Trong quá trình dạy học sinh giải một bài tốn về bất đẳng thức , tơi thấy học
sinh thường gặp một số khó khăn sau đây:
- Học sinh chưa nhận dạng được các dạng, phân loại được các bài toán bất
đẳng thức thức.
- Việc áp dụng các công thức, các phép biến đổi để giải các bài tốn về bất
đẳng thức thì học sinh cị nhiều lúng túng.
- Số lượng học sinh làm thành thạo các bài tốn về bất đẳng thức và các bài
tốn có liên quan còn chưa nhiều. Cụ thể qua khảo sát tại trường THCS Quảng Lưu
năm học 2021-2022 như sau:
Lớp
SS
9C
31

Loại kém (02,75 điểm)
SL
%
12

38,7

Loại yếu (3,04,75 điểm)
SL
%
16

51,7

Loại TB (5,06,75 điểm)
SL
%
2

6,4

Loại khá (7,08,75 điểm)
SL
%
1

3,2

Loại giỏi (9,010 điểm)
SL

%
0

0

2.2.4 Về chương trình .
Sách giáo khoa , sách bài tập đề cập ít đến các bài tốn về bất đẳng thức và
các bài tốn có liên quan.
2.3 Những giải pháp.
2.31. Hướng dẫn học sinh tiếp cận với các vấn đề bất đẳng thức nhẹ nhàng,
đơn giản, tỉ mĩ theo trình tự từ các bài tốn thực tế, các bất đẳng thức số, đến định
nghĩa, tính chất cách chứng minh các bất đẳng thức, các bất đẳng thức đơn giản đến
các bất đẳng thức phức tạp và các bài vận dung bất đẳng thức.
2.3.2 Hướng dẫn học sinh ôn tập lí thuyết.
2.2.1. Năm vững khái niệm, định nghĩa, định lí, tính chất, dấu hiệu, hệ quả,
hiểu rõ và phân tích được nội dung của bài tốn.
2.3.2.2 Tìm hiểu thêm một số chuyên đề bổ trợ:
* Số nguyên tố, hợp số, số chính phương, tính chất chia hết trong tập số
ngun và phương trình nghiệm ngun.
* Đối với mơn đại số cần tìm hiểu thêm một số chuyên đề:
- Hằng đẳng thức và 1 số phép biến đổi hằng đẳng thức.
- Phân tích đa thức thành nhân tử và ứng dụng.
- Bất đẳng thức, bất phương trình và ứng dụng.
- Phương trình, hệ phương trình.
- Tính giá trị biểu thức có điều kiện.
- Bài tập cực trị đại số ( có điều kiện hoặc khơng có điều kiện).

5

- Các bất đẳng thức cổ điển.
* Đối với môn hình học cần tìm hiểu thêm một số chuyên đề:
- Định lý Talét trong tam giác và ứng dụng.
- Các dạng của tứ giác, tứ giác nội tiếp.
- Bài tập cực trị độ dài, diện tích.
- Bài tập quỹ tích.
2.3.3 Giáo viên hướng dẫn cho học sinh các kiến thức cơ bản và một số
các chứng minh thường gặp.
2.3 .3.1 Định nghĩa cho bất đẳng thức:
Cho 2 số a, b. ta có:
- a lớn hơn b ( a > b ) nếu a - b > 0
- a nhỏ hơn b ( a < b ) nếu a - b < 0
- a lớn hơn hoặc bằng b ( a  b ) nếu a - b  0
- a nhỏ hơn hoặc bằng b ( a  b ) nếu a- b  0
2.3.3.2 Các tính chất của bất đẳng thức:
1. a > b <=> b < a
2.

a  b
  a  c
b  c

3.

a > b => a + c > b + c

4.
5.

a  b

 a  c  b  d
c  d
a  b
 a  c  b  d
c  d

a  c
 ac  bc
b  0
a  b 0 
8.
 ac  bd
c  d 0

7.

9. a > b > 0 => an > bn
a>b
<=> an > bn ( n lẻ)
a > b

<=> an > bn ( n chẵn)

10. m > n > 0 thì a > 1 => am > an
a = 1 => am = an
0 < a < 1 => am > an

6.
1.
2.

3.
4.
5.
6.
1.

a b 
1 1
  
ab  0
a b

2.3.3.3 Các hằng bất đẳng thức.
a
a2  0:
- a2  0
n
n chẵn
(a + b)  0
a 0 dấu “=” xảy ra : a = 0
- a a  a dấu “=” xảy ra : a = 0
a  b  a  b dấu “=” xảy ra : ab 0
a  b  a  b dấu “=” xảy ra : ab 0 và a  b
2.3.4 Giáo viên cung cấp cho học sinh một số bài tốn thường gặp.
Bất đẳng thức cơsi cho hai số khơng âm.
a + b  2 ab (với a 0 ; b 0 ) dấu “=” xảy ra: a = b.

6

1 1
4
 
a b a b
a b
* Hệ quả 2:
+ 2
b a

* Hệ quả 1:

( ab > 0)
( ab > 0)

2. Bất đẳng thức Bunhia Cốpxki.
( ax + by)2  (a2 + b2)(x2 + y2) dấu “=” xảy ra: ay = bx.
2.3.5 Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
Có nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức lựa chọn phương pháp nào
là tuỳ thuộc vào tính chất, yêu cầu của mỗi bài tập và căn cứ vào kĩ năng nhận biết
của học sinh. Để tạo điều kiện cho học sinh tiếp thu tốt, luyện các kĩ năng toán và
các thao tác trí tuệ tơi đã hướng dẫn học sinh nghiên cứu 7 phương pháp chứng
minh bất đẳng thức.
2.3.5.1 Dùng định nghĩa để chứng minh bất đẳng thức.
- Để chứng minh: A > B ta xét hiệu A - B và chứng minh A - B > 0
1/ Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức
( ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )( x2 + y2) ( với a, b, x, y  R )
Xét hiệu: ( ax + by)2 - (a2 + b2 )( x2 + y2)
= (ax)2 + 2axby + (by)2 - (ax)2 - (ay)2 - (bx)2 - (by)2
= - [ (ay)2 - 2axby + (bx)2 ] = - (ay - bx)2 ≤ 0
Dấu “=” xảy ra : ay = bx.

Vậy: ( ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )( x2 + y2)
( với a, b, x, y  R )
Dấu “=” xảy ra  ay = bx (điều phải chứng minh)
2.3.5.2. Dùng phương biến đổi tương đương.
Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức
a b a  b
a/
(1)
2
 a  b ( a  b ) 2 ( vì 2 vế khơng âm nên bình phương 2 vế)
 a2 + 2ab + b 2  a2 + 2 ab + b2
 ab  ab
(2)
Bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) luôn đúng.
Vậy a  b  a  b , dấu “=” xảy ra : ab 0 .
b/ Chứng minh bất đẳng thức:
a b a  b
(3)
Nếu a < b bất đẳng thức (3) luôn đúng.
Nếu a  b thì
a  b  a  b  a2 - 2ab + b2  a2 - 2 ab + b2
 -ab   ab  ab  ab (4)
Bất đẳng thức (4) luôn đúng nên bất đẳng thức (3) đúng.
Vậy: a  b  a  b dấu “=” xảy ra: ab 0, a  b
2.3.5.3 Sử dụng tính chất của bất đẳng thức.

7


Ví dụ: cho a + b > 1 chứng minh rằng a4 + b4 >

1
8

Ta có: a + b > 1 > 0
 (a + b)2 > 1 (bình phương 2 vế không âm)
 a2 + 2ab + b 2 > 1
Mặt khác: (a - b)2  0  a2 - 2ab + b 2  0
Từ (1)(2): 2(a2+ b2) > 1  a2+ b2 >

1
2

(1)
(2)
(3)

1
(bình phương 2 vế (3))
4
1
 a4 + 2a2 b2 + b 4 >
(4)
4
Mà (a2 - b2)2  0   a4 - 2a2 b2 + b 4  0
(5)
1
1
Từ (4)(5): 2(a4+ b4) >  a4+ b4 >
4

8
1
Vậy: a + b > 1 => a4+ b4 >
(*)
8
 (a2+ b2) >

2.3.5.4. Phương pháp làm trội:
Muốn chứng minh A < B làm trội A thành C
( A < C) rồi chứng minh C < B.
Ví dụ: Cho a, b, c > 0.

M=

a
b
c


ac bc ca

Chứng minh: 1 < M < 2
Vì a, b, c > 0. Ta có:
a
a


a b a bc

b

b
a
b
c
a bc





1

bc abc  a b bc a c a bc
c
c


a  c a  b  c 

Vậy M > 1.
Ta có: a, b, c > 0

(1)

Vậy M < 2.
Từ (1), (2):
1 < M < 2 (với a, b, c > 0)

(2)

a
a
c
ac
 
<1 
ab a abc
a b
b
ba

Tương tự:
bc abc
c
cb

ca abc
a
b
c
2( a  b  c )


Cộng vế với vế ta có:
<
a c bc ca
a b c

8

2.3.5.5 Dùng phương pháp phản chứng:
Ví dụ: Cho a2+ b2  2 Chứng minh rằng a + b  2
Giả sử: a + b > 2
(bình phương 2 vế)
2
 (a + b) > 4
 a2 + 2ab + b 2 > 4
(1)
Mặt khác:
(a - b)2  0  a2 - 2ab + b 2  0
 a2+ b2  2ab => 2(a2+ b2 )  a2 + 2ab + b 2
a2+ b2  2 (giả thiết) => 2(a2+ b2 )  4
=> a2 + 2ab + b 2  4`
(2)
Bất đẳng thức (1) và (2) mâu thuẫn => giả sử sai.
Vậy a2+ b2  2 thì a + b  2
2.3.5.6 Phương pháp quy nạp tốn học:
Ví dụ: Chứng minh rằng với x > -1 thì (1 + x)n 1 + nx (với n  Z, n > 0)
* Với n = l ta có: 1 + x l + x
* Giả sử đúng với n = k
(k nguyên dương)
k
(l + x)  l + kx
(1)
* Phải chứng minh đúng với n = k + l.
(l + x)k+1  l + (k + 1)x
Thật vậy: (1+x) >0
(gt)
k

(1 + x)(l + x)  ( l +kx)(1 + x)
( nhân 2 vế với (1))
k
2
(l + x)  1 + x(k + l) + kx
2
Vì kx  0 => l + (k + l)k + kx2  l + (k + l)x
=> (1 + x)k+l  l + (k + l)x
DÊu “=” x¶y ra: x = 0
2.3.5.7 Dùng phương pháp hình học
Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức sau:
(a 2  c 2 )(b 2  c 2 ) + (a 2  d 2 )(b 2  d 2 )  (a + b) (c + d ), trong đó a, b, c, d là
các số thực dương.
Giải: Xét tứ giác ABCD có AC  BD,
O là giao điểm hai đường chéo, OA = a, OB = b,
OC = c, OD = d với a, b, c, d là các số dương
Theo định lí Py-ta-go:
AB = a 2  c 2 ; BC = b 2  c 2 ;
AD = a 2  d 2 ; CD = b 2  d 2 ;
AC = a + b ;
BD = c + d
Ta có: AB . BC  2 S ABC ; AD . CD  2 S ADC
 AB . BC + AD . CD  2 S ABCD = AC . BD

9


Vậy (a 2  c 2 )(b 2  c 2 ) + (a 2  d 2 )(b 2  d 2 )  (a + b) (c + d ) với a, b, c, d 0
Có thể áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki để chứng minh bất đẳng thức trên.
2.3.6. Nội dung bài tập áp dụng:

Bước phân loại, chọn lọc hệ thống bài tập theo từng dạng phù hợp với trình
độ học sinh, giúp học sinh hình thành được cách giải bài tập và đưa ra được nhiều
phương án giải, phát triển khả năng tư duy lơ gíc, hỗ trợ việc tự học, tự nghiên cứu
của học sinh trong q trình ơn luyện. Đối với học sinh THCS tạm thời phân thành
bốn dạng cơ bản sau:
2.3.6.1. Dạng bài tập chứng minh bất đẳng thức:
2.3.6.1.1. Chứng minh bất đẳng thức: x4 – x +
Ta có: : x4 – x +

1
>0
2

1
1
1
1
1
= x4 – x2 + + x2 – x + = (x2 - )2 + (x - )2
4
2
4
2
2

1

) 0
1
1


2
  (x2 - )2 + (x - )2  0 (không thể xảy ra dấu “=” đồng thời)
1
2
2
( x 2  ) 0

2

1
vậy: x4 – x + > 0
2
( x2 

23..6.1.2. Chứng minh:

1 1
4
 
x y x y

(với x, y > 0)

1 1
4
y ( x  y )  x( x  t )  4 xy xy  y 2  x 2  xy  4 xy


Xét hiệu:  

x y x y
xy ( x  y )
xy ( x  y )

( x  y)2

xy ( x  y )

(Vì x, y > 0)

1 1
4
 
với x, y > 0
x y xy
2.3.6.1.3. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác chứng minh:
Vậy: :

1
1
1
1 1 1


  
a b  c b c  a c a  b a b c

ta có: a + b > c, b + c > a, c + a > b (bất đẳng thức tam giác)
áp dụng hệ quả của bất đẳng thức côsi:
1

1
4
4
2


 
(1)
a  b  c b  c  a a  b  c  b  c  a 2b b
1
1
2


Tương tự:
(2)
bc  a c a  b c
1
1
2


(3)
a b  c c a  b a

10


1
1

1
1 1 1


) 2(   )
a b  c b c  a c a  b
a b c
1
1
1
1 1 1



  
a b  c b c  a c a  b a b c
2.3.6.1.4. Chứng minh rằng với n  N và n  2 ‘

Từ (1)(2)(3): 2(

a.
Ta có:

A=

1
1 1 1
1
 3  4  .......... .  n <
3

2 3 4
n
4

1
1
1
1
 3


3
2
k
k  k k (k  1) (k  1)(k )(k  1)

1
1



2 1.2.3

1
1


1
1
1


3
2.3.4
3

 ......... 
 A
1.2.3 2.3.4
(n  1)n(n  1)

..........

1
1

3 
(n  1)(n)( n  1) 
n
2
1
1


Mặt khác:
(n  1)n(n  1) (n  1)n (n  1)n
1
1
1
1 1
1

1
1
1
1

 ......... 
 ( 


 ...... 

)
1.2.3 2.3.4
(n  1)n(n  1) 2 1.2 2.3 2.3 3.4
(n  1) n (n  1)n



C=

1 1
1  1
1
1



 
2  1.2 ( n  1) n  4 2n( n  1) 4

(với  2)

1 1 1
1
1
 3  4  .......... .  n <
(với  2)
3
2 3 4
n
4
1 1
1
b/ B = 1 +   .........  n
2 3
2 1
1
1 
 1 1  1 1 1 1  1
 1
B = 1 +      2       3  ......    ......   n  1  .....  n 
4 6 7 2
15 
2  1
 2 3  2
2

Hay A <

1

4

1 1
1
  2.
2 3
2
1 1 1 1
1
    4. 2
3

2
5 6 7
2
...........
1
1
1
 .....  n
 2 n  1. n  1
n 1
2
2 1
2

Vậy 1 +

1
2

A < 1+ .2  ...... 

1
2

n 1

.2 n  1

1 1
1
  .........  n
< n (n với n  N và n  2)
2 3
2 1

11


2.3.6.1.5. Cho x  0, y  0, z  0 Chứng minh rằng:
(x + y)(y + z)(z + x )  8xyz
(1)
 (x + y)2(y + z)2(z + x )2  64x2y2z2
(bình phương 2 vế khơng âm)
2
(x + y)  4xy (bất đẳng thức côsi)
(y + z)2  4yz (bất đẳng thức côsi)

(x + z)2  4zx (bất đẳng thức côsi)
=> (x + y)2(y + z)2(z + x )2  64x2y2z2 => bất đẳng thức (1) luôn đúng
(với x  0, y  0, z  0 )
2.3.6.1.6. a) Chứng minh rằng n  Z dương thì:
1
1
1
2
1


 ......... 

n 1 n  2 n  3
2n 2
Vì n  Z dương => 1;2;3……; n-1< n

A=

Ta có:
1
1
1

 
n  1 n  n 2n

1
1
1

1
1
2
1
1
1
1




 .........



 ......
 =>
n  2 2n
n 1 n  2 n  3
2n  1 2n 2n 2n
2n

1
1

...


2n  1 2n


1 1
Dãy gồm n số hạng => A .> n. =
2n 2
1
1
1
2
1


 ......... 

Vậy:
(với mọi 0 < n  z)
n 1 n  2 n  3
2n 2

b) CMR: tồn tại một số tự nhiên n sao cho
Cách1:

1 1
1
  .....   2006
2 3
n

1
1

2

2

1 1 1 1
1
1
   2  2 .2 
3 4 3 2
2
2
1 1
1
1
1
  .....  3  3 .2 2 
5 6
2
2
2

……….
1
1
1
1
4011

......


.

2

2 4010  1
24012 24012
2
1 1
1
1
  ........  4012  4012.  2006
2 3
2
2
Vậy tồn tại n  N (n  24210 thảo mãn điều kiện

1 1
1
  .....   2006
2 3
n

Cách 2: Dựa vào kếtquả phần a ta có:

12


S2n  Sn 



1

2

với mọi 0 < n



z . Đẳng thức xảy ra  n =1
1



Do đó S 2   S1   S2  S2   ......   S2  S2   4012.
2
1 1
1
  .....  4012  2006
=> S 2   S1  2006
=>
2 3
2
4012

Vậy tồn tại n N  2
2.3.6.1.7. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác chứng minh:
abc  (b + c - a)(a + c - b)(a + b - c)
(1)
Vì a, b, c là 3 cạnh của tam giác: b + c – a > 0, a + c – b > 0, a + b – c >0
Đặt b + c – a = y , a + c – b = x, a + b – c= z
áp dụng bất đẳng thức: (x+y)(y+z)(z+x)  8xyz (với x, y, z  0 )
Ta có: [a + c – b + b + c – a] [b + c – a + a + b – c] [a + b – c + a + c – b] 

 8(a + b - c)( b + c - a)( a + c - b)
 2c.2b.2a  8(a + b - c)( b + c - a)( a + c - b)
abc  (b + c - a)(a + c - b)(a + b - c)
1

2

1

4012

4011

4012

2.3.6.1.8. Cho a+b+c =1 chứng minh rằng a2 + b2 + c2 
Đặt a =

1
3

1
1
1
+x,b= +y,c= +z
3
3
3

Do a+b+c=1 => x + y + z = 0

1
1
1
1
2
+ x)2 + ( + y)2 + ( + z)2 = + (x + y + z) + x2 + y2 + z2
3
3
3
3
3
1
1
= + x2 + y2 + z2  . Dấu “=” xảy ra: x = y = z = 0.
3
3
1
 a = b = c =
3
2.3.6.1.9. Cho a + b + c + d = 2 chứng minh rằng : a2 + b2 + c2 + d2  1

a2 + b2 + c2 = (

Cách 1: áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki
(a + b + c + d)2  (12 + 12 +12 +12 )( a2 + b2 + c2 + d2 )
mà a + b + c + d = 2
Từ (1)(2):
4  4(a2 + b2 + c2 + d2)

(1)

(2)

 1  a2 + b2 + c2 + d2 dấu “=”xảy ra  a = b = c = d =

Cách 2: Đặt

1
.
2

1
+x
2
1
b= +y
2
1
c= +z
2

a=

13


d=

1
+t
2



x + y + z + t = 0 (vì a + b + c + d = 2 )



a2 + b2 + c2 + d2 = (



1
1
1
1
+ x)2 + ( + y)2 + ( + z)2 + ( + t)2
2
2
2
2
2
2
2
2
= 1 + ( x + y + z + t ) + x + y + z + t 1
1
dấu “=”xảy ra: x = y = z = t  a = b = c =d =
2

2.3.6.1.10. Nếu a1 + a2 + …..+ an = k thì a12 + a22 + …..+ an2 

k2
n

k

a1   x1 
n

k
a 2   x 2 
n
Đặt:
  x1 + x2 + …..+ xn = 0

..........

k
a n   x n 
n

k
k
k
+ x1)2 + ( + x2)2 + ……+( + xn)2
n
n
n
k
k

= 22 .n + 2. ( x1 + x2 + …..+ xn ) + (x12 + x22 + …..+ xn2)
n
n
2
k
2
2
2  n
a1 + a2 + …..+ an
(đpcm)

a12 + a22 + …..+ an2 = (

2.3.6.2. Áp dụng bất đẳng thức để giải phương trình.
2.3.6.2.1. Giải phương trình: x2 + y2 + z2 = x(y + z)
Bài toán quy về chứng minh: x2 + y2 + z2  x(y + z) dấu “=” khi nào ?
Ta có:  (x - y)2 + (x - z)2 + y 2 + z 2  0 (1)
 (x2 + y2 – 2xy)+( x2 + z2 – 2xz) + x 2 + y 2 + z 2  0
 2x2 +2y2 +2z2 –2xy – 2xz  0
 x2 + y2 + z2  x(y + z)
(2)
Bất đẳng thức (1) đúng mọi x,y,z => bất đẳng thức (2) đúng.
Dấu “=”xảy ra: x = y = z = 0
Vậy nghiệm của phương trình là: x = y = z = 0
2.3.6.2.2. Giải phương trình
2
(1)
3x 2  6 x  7 + 5 x 2  10 x  21 = 5 – 2x – x


3( x  1) 2  4 + 5( x  1) 2  16 = 6 - (x + 1)

2

2
2
2
vì 3(x + 1)  0, 5(x + 1)  0 nên 3( x  1)  4  4 = 2

5( x  1) 2  16  16 = 4

14


2

2

VT: 3( x  1)  4 + 5( x  1)  16  6
2
VP: 6 - (x + 1)  6
Đẳng thức (1) chỉ xảy ra  cả 2 vế bẳng 6
5 – 2x – x2 = 6  x2 + 2x +1 = 0  (x + 1)2 = 0  x = -1
Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = -1
2.3.4.3. Tìm nghiệm của phương trình:
2
2
2
(x + y + 1) = 3(x + y + 1)
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxki ta có:

2
2
2
2
2
2
(x + y + 1)  (1 + 1 +1)(x + y + 1)  x + y + 1)  3(x + y + 1)
Dấu “=”xảy ra: x = y = 1.
Vậy nghiệm cuả phương trình là: x = y = 1.
2.3.6.2.4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
1 1 1 1 3
     1  x 3  x   2;3
x x y z x
1 1 1
1 1 1
+) x = 2. Ta có: y  z  2 1  y  z  2
1 1 2
=> y  2  y  2  y 4  y   3;4

1 1
  z6
z 6
1 1
+) x = 2, y = 4 =>   z 4
z 4
x  2; y  3 

1 1 1
1 1 2
  1   

y z 3
y z 3
1 2 2
2
=> y  3  y  3  2 y 6  3  y 3  y   2;3

+) x=3 =>

1

1

1

+) x = 3; y = 2 => 3  2  z 1  z 6
1 1
3 3

1
z

+) x = 3; y = 3 =>   1  z 3
vậy nghiệm cuả phương trình là: (x,y,z) = (2;3;6); (2;4;4); (3;3;3) và các hốn vị.
1

1

1

2.3.6.2.5. Chứng minh rằng phương trình: 2   2 1

xy y
x

(1)

khơng có nghiệm ngun dương.
1

1

1

1

1

3
3
Giả sử: 0 < x  y => x  y  x 2  xy  y 2  x 2  1< x 2

15


Thử với x = 1 không phải là nghiệm của phương trình (1) nên nghiệm ngun
2
dương nếu có phải thoả mãn x > 1.
2
Vậy 1  x  3 không có số 0 < x  Z nào thoả mãn điều kiện trên nên phương trình
khơng có nghiệm ngun dương.
2.3.6.3. Áp dụng bất đẳng thức để tìm cực trị:

2.3.6.3.1.a/ Chứng minh bất đẳng thức:
ac  bd   a 2  b 2 c 2  d 2 
(1)
2
2
b/ Biết x + y = 52. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
A = 2x + 3y
Vì 2 vế của (1) khơng âm nên bình phương 2 vế (1)
ac  bd

2

  a 2  b 2 c 2  d 2 

2

(ac)2 + (bd)2 + 2abcd  (ac)2 + (bd)2 + (bc)2 + (bd)2
 (ad)2 – 2abcd + (bc)2  0
 (ad - bc)  0
(2) Bất đẳng thức (2) luôn đúng.
=> Bất đẳng thức (1) đúng. Dấu “=”xảy ra: ad = bc
c/ A  2 x  3 y   2 2  3 2  x 2  y 2  (áp dụng bất đẳng thức (1))


 2 x  3 y  13.52

2

2

(Vì x + y = 52)

 2 x  3 y  26
 -26  2x + 3y  26Vậy A(max) = 26  3x = 2y 

x y
 t
2 3

x 2t 
2
2
2
2
2
=> y 3t  x  y 52  4t  9t 52  t = 4  t 2

* t = 2 => x = 4
y=6
* t = 3 => x = -4 => A(max) = 26  x = 4, y = 6 (x, y cùng dấu)
y = -6
A(min) = -26  x = -4 , y = -6
2.3.6.3.2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
B = 1992  x  2  1994  x  2

Ta có: B = 1993  x  1994  x = 1993  x  1994  x
Áp dụng bất đẳng thức: a  b  a  b
B = 1993  x  1994  x  1993  x  x  1994 = 1
B(min) = 1  (1993 – x )( x – 1994 )  0
 1993  x  1994

2.3.6.3.3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

16


100

10

a/ A = x – 10x + 10
( x  R )
1997
1997
1997
b/ Cho 3 số thực: x, y, z  0 thoả mãn x + y + z = 3
2
2
2
Tìm Max S = x + y + z
Lời giải:
a/ x  R => x100  0
áp dụng bất đẳng thức cơsi với 10 ta có:
100

+ 1+1+…+1  1010 x10  10 x10
9 số1
100
10
A = x + 9 - 10x  0 => x100 – 10x10 + 10  1
A(min) = 1  x = 1.

b/ Áp dụng bất đẳng thức cơsi cho 1997 số trong đó 1995 số bằng 1 và 2 số
x

1997

bằng x

1995  2.x 1997 1997 1997

x
1997
1995  2. y 1997
2
y
1997
1995  2.z 1997
2
z
1997



Ta có
Tương tự:



2

=x

2

1997
1997
1997
2
2
2
=> 1995.3 + 2 ( x + y + z )  x + y + z
1997
2
2
2

3
 x +y +z =S
Vậy: S(max) = 3  x = y = z = 1
2.3.6.3.4. Cho x, y, z > 0 thoả mãn bất đẳng thức:
2xyz + xy + yz + xz  1. Tìm giá trị lớn nhất của xyz ?
Lời giải:
Do x, y, z > 0 áp dụng bất đẳng thức côsi với 4 số dương ta có
1  2xyz + xy + yz + xz  4 4 2 xyz.xy. yz.xz dấu “=”xảy ra
 2xyz = xy = yz = xz
4

1
1  4 2 x y z     2x 3 y 3 z 3
 4
1

1
1
3

 xyz   3
 xyz
152
8
152
1
1
vậy xyz(max) = 8  2xyz = xy = yz = xz  x = y = z = 2
4

3

3 3

17


2.3.6.4Áp dụng bất đẳng thức vào bài tập hình
2.3.6.4.1

A

ABC cạnh a,b,c nội tiếp đườ
GT
(O,R) IKBC; IF
AC;IE
AB
IK; IF
= y; IE
= z

E


F


I

KL
B

K

C

H
D

Giải
Gọi S là diện tích của  ABC. Kẻ đường kính AD, AH  BC tại H
 ACD   AHB
=>

AC AD
 AC. AB = AH. AD

AH
AB

hay AB.AC = 2R.AH suy ra abc = 2R.a.HA  abc = 2R. 2S
S ABC

(1)

cz ax yb
= S AIB + SBIC + S CIA =   ·
2
2
2

=> 2S = ax+ by + cz

a

2

2

2

(2)



2

2

2

 b  c 2S a  b  c


(3)
abc
2R
a 2  b 2  c 2 (a 2  b 2  c 2 )(ax  by  cz) (ab  bc  ca)(ax  by  cz)


Từ (2)(3):
2R
abc
abc
(vì a2 + b2 + c2  ab + bc + ca )

Từ (1)

Mặt khác:

(*)

( ab  bc  ca)(ax  by  cz )  1 1 1 
    (ax  by  cz )
abc
c a b

Vì a, b, c > 0; x, y, z > 0. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki
 1
1
1 





2

c2 
b2
 a

Từ (*)(**):

 ax  2   by  2   cz  2  


2

2

x y z



2

(**)

2

a b c
 x y z
2R

A

2.6.4.2 ABCcó diện tích S, hcn:MNPQ
M
nội
tiếp
ABC
có
diện
tích
S,
GTChứng minh
M AB, N AC, P, Q BC
1
B
Kẻ AH  BC tại H  S = AH. BC
2
Q H
KL S 1 =S MN.
2S MQ
Mặt khác: MN // BC, MQ // AH ( MNPQ là hcn, MQ; AH  BC )

N
C
P

18

MQ BM 

MQ.MN BM . AM
AH
AB 

 
MN AM 
AH .BC
AB 2

BC
AB 
1
1 BM  AM 2 (áp dụng bất đẳng thức Cô Si)
( BM . AM ) 
(
)
2
AB
AB 2
2
S1
1
MQ.MN
1 AB 2
 2.
hay 2S  4  S  2S1
AH .BC
AB

4

2.4.Hiệu quả của sáng kiến
Sáng kiến này đã được áp dụng tại trường THCS Quảng Lưu trong năm học
2021-2022 kết quả đạt được như sau:
Lớp
SS
9C
31

Loại kém (02,75 điểm)
SL

%

0

0

Loại yếu
(3,0- 4,75
điểm)
SL
%
2

6,45

Loại TB
(5,0- 6,75

điểm)
SL
%
14

45,16

Loại khá (7,08,75 điểm)

Loại giỏi (9,010 điểm)

SL

%

SL

%

10

32,26

5

16,13

3. Kết luận
3.1. Kết luận
Qua nhiều năm áp dụng biện pháp trên trong giảng dạy và bồi dưõng học

sinh giỏi tôi thu được kết quả rất khả quan. Học sinh đã có cơ sở để phân loại hệ
thống bài tập theo từng chuyên đề trong q trình ơn luyện, các em đã nhìn nhận bộ
mơn tốn thiện cảm hơn và say mê tìm tịi, tự phát hiện cách giải các dạng bài tập
tốn, rèn khả năng tư duy lơ gíc, sáng tạo, kỹ năng giải tốn, hình thành hệ thống
kiến thức từ thấp đến cao, từ đơn giản đến phức tạp. Biến quá trình đào tạo thành
quá trình tự đào tạo. hơn nữa trong q trình tìm tịi để hướng dẫn cho học sinh ôn
luyện bản thân tôi cũng được đào sâu thêm kiến thức. Sự tìm tịi đó cũng góp phần
khơng nhỏ vào việc trang bị hành trang tri thức để học sinh, giáo viên vững bước
vào thiên niên kỷ mới, thiên niên kỷ của khoa học công nghệ phát triển.
Bồi dưỡng học sinh giỏi là cả một q trình để có một học sinh giỏi mơn
tốn nói riêng và học sinh giỏi nói chung đó là sự khổ cơng rèn luyện qua một q
trình học tập của trị cũng như rèn giũa của người thầy. Đối với mơn tốn người
thầy phải định hướng cho học sinh thực hiện nghiên cứu lần lượt các chuyên đề và
sau mỗi chuyên đề là hệ thống bài tập đa dạng, giúp các em phát triển năng lực tư
duy sáng tạo.
Trên đây mới chỉ giới thiệu được một số dạng bài tập có liên quan đến “ Bất
đẳng thức” trong khi bồi dưỡng học sinh giỏi để duy trì được chất lượng mũi nhọn
mỗi giáo viên cần phải có thời gian và đội ngũ học trị ham học, thông minh. Người
thầy phải luôn ý thức tự học tự bồi dưỡng để nâng cao tay nghề.
3.2. Một số kiến nghị:
- Đề nghị phòng GD đầu tư hơn nữa về tài liệu tham khảo cho giáo viên, thời
gian ôn luyện, các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi.

19


- Đề nghị nhà trường quan tâm hơn đến chất lượng mũi nhọn tạo điều kiện để
giáo viên có thời gian tự học và có cơ hội ơn luyện tốt.
XÁC NHẬN CỦA HIỆU
Quảng Xương, ngày 05 tháng 4 năm 2022

TRƯỞNG
Tôi xin cam kết SKKN này là do tôi tự viết,
không sao chép nội dung của người khác.
NGƯỜI THỰC HIỆN

Trần Thị Huê

Bùi Công Thắng

Một số tài liệu tham khảo
- Một số vấn đề phát triển 6, 7, 8, 9 ( Số, Đại, Hình )tác giả: Vũ Hữu Bình….
- 400 bàI tập Đại số – Số học ( tác giả: Vũ Dương Thuỵ…)
- Bồi dưỡng chuyên toán cấp 2-3 ( tác giả: Nguyễn Vũ Thanh )
- 255-225 bài tập hình ( tác giả: Vũ Dương Thuỵ…)
- Nâng cao và phát triển Toán 6,7,8,9( Vũ Hữu Bình)
-23 chun đề giải 1001 bài tốn sơ cấp( Nguyễn Văn Vĩnh)
- Tạp chí Tốn học tuổi trẻ cùng một số tài liệu khác

20


Mẫu 1 (2)

DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI
TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Bùi Công Thắng
Chức vụ và đơn vị cơng tác: Phó hiệu trưởng trường THCS Quảng Lưu

TT

1.
2.
3.
4.

5
6
7

Tên đề tài SKKN
Sử dụng diện tích trong chứng minh
hình học
Hướng dẫn học sinh cách giải bài tốn
cực trị hình học
Hướng dẫn học sinh cách giải bài tốn
chia hết trên tập số nguyên
Hướng dẫn học sinh khá giỏi lớp6,7
giải bài tốn tính tổng các dãy số viết
theo qui luật
Hướng dẫn học sinh khá giỏi lớp6,7
giải bài tốn tính tổng các dãy số viết
theo qui luật
Sử dụng bất đẳng thức cauchy trong
chứng minh hình học 9
Một số cách vẽ đường phụ trong bài
tốn chứng minh hình học lớp 7

Cấp đánh giá

xếp loại
(Ngành GD cấp
huyện/tỉnh;
Tỉnh...)

Kết quả
đánh giá
xếp loại
(A, B, hoặc C)

Năm học
đánh giá
xếp loại

Huyện

C

2005

Huyện

C

2013

Huyện

B

2015

Huyện

B

2017

Tỉnh

C

2017

Huyện

C

2020

Huyện

B

2021

21


8

Một số cách vẽ đường phụ trong bài
toán chứng minh hình học lớp 7

Tỉnh

C

2021

* Liệt kê tên đề tài theo thứ tự năm học, kể từ khi tác giả được tuyển dụng vào Ngành cho đến
thời điểm hiện tại.

22