SKKN Một số kinh nghiệm sử dụng bất đẳng thức trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8, 9 tại trường THCS Lương Thế Vinh

SKKN Một số kinh nghiệm sử dụng bất đẳng thức trong công tác bồi dưỡng
học sinh giỏi lớp 8, 9 tại trường THCS Lương Thế Vinh
Phần thứ nhất: MỞ ĐẦU
I. ĐẶT VẤN ĐỀ.
Lí do lý luận: Như chúng ta đã biết, mơn Tốn học là một mơn khoa học tự
nhiên không thể thiếu trong đời sống mọi mặt của con người. Với một xã hội mà
khoa học kỹ thuật ngày càng phát triển như hiện nay thì mơn tốn lại càng đóng vai
trị quan trọng trong việc nghiên cứu khoa học nói riêng. Để thực hiện được nhiệm
vụ là mơn khoa học cơ bản, nền tảng cho nhiều môn khoa học khác phát triển thì
phương pháp dạy học mơn Tốn ở trường trung học cơ sở phải luôn gắn liền việc
dạy học kiến thức, kĩ năng với việc giáo dục, rèn luyện con người, song hành việc
phát triển trí tuệ của học sinh và kĩ năng vận dụng các kiến thức đã học vào thực tế.
Như vậy, người giáo viên sẽ đóng một vị trí quan trọng trong việc hướng dẫn, tổ
chức điều khiển học sinh tiếp cận, lĩnh hội kho tàng tri thức của nhân loại. Khi đó
thơng qua hoạt động dạy và học nói chung, qua việc học tốn nói riêng, đặc biệt là
qua hoạt động giải bài tập toán giúp học sinh rèn luyện việc ghi nhớ - lưu giữ và tái
hiện kiến thức. Nghĩa là học sinh hồi tưởng, nhớ lại, biết lựa chọn, kết hợp và vận
dụng các kiến thức đã học một cách phù hợp trong việc giải quyết các bài tốn. Qua
đó rèn trí thơng minh, sự sáng tạo, tính tích cực nhằm phát triển năng lực trí tuệ
tồn diện cho học sinh.
Lí do thực tiễn: Qua thực tế giảng dạy mơn Tốn THCS nói chung và mơn
Tốn lớp 8, 9 nói riêng, mơn Tốn ln tạo ra những những điều thú vị đầy bí ẩn
riêng biệt. Để am hiểu cặn kẽ những điều này, địi hỏi người học phải ln có sự
đam mê khám phá, tìm hiểu. Những kiến thức ở mức độ căn bản của bộ môn
thường yêu cầu tất cả người học phải nắm được. Những kiến thức mở rộng, nâng
cao, luôn tạo ra nhiều cơ hội mới cho tất cả những ai có lịng say mê bộ mơn, có
1


tính kiên trì, nghị lực, có bản lĩnh vượt khó tìm hiểu và chinh phục. Đối với học
sinh THCS bất đẳng thức nói chung là một mảng khó trong chương trình tốn. Phần

lớn học sinh chưa nắm được phương pháp giải và trình bày bài tốn bất đẳng thức.
Ngun nhân cơ bản của những khó khăn mà học sinh gặp phải khi giải bài tập bất
đẳng thức chính là những lập luận (suy luận) từ những kiến thức lí thuyết trừu
tượng đến những điều kiện cụ thể chuyển thành lời giải của bài tốn. Trong đó điều
cơ bản của việc dạy cách giải bài tập toán là dạy cho học sinh tự giải những bài tập
quen thuộc, cơ bản để từ đó học sinh liên tưởng, tìm tịi, sáng tạo vào trong các bài
tập liên quan hoặc cùng dạng. Bồi dưỡng, phát triển trí tuệ và năng lực hoạt động
sáng tạo của học sinh là nhiệm vụ trọng tâm của mỗi giáo viên và các trường học.
Trong công tác bồi dưỡng hoc sinh giỏi việc chọn lọc học sinh giỏi trong đội tuyển
là khâu hết sức quan trọng và việc chọn lựa các chuyên đề bồi là việc làm quan
trọng nhất. Chính vì điều này, tơi đã viết sáng kiến kinh nghiệm tìm hiểu “Một số
kinh nghiệm sử dụng bất đẳng thức trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi lớp
8, 9 tại trường THCS Lương Thế Vinh” trong chương trình Tốn lớp 8, 9 nói riêng
và vận dụng trong Tốn học nói chung với mong muốn được tích lũy thêm kiến
thức kinh nghiệm cho bản thân trong quá trình giảng dạy, đồng thời nhận được thật
nhiều các ý kiến góp ý của các thầy cơ đồng nghiệp trong và ngoài nhà trường để
SKKN này được trọn vẹn hơn nữa. Có lẽ rằng nhiều ý kiến của tơi nêu ra sẽ là quá
cũ, quá quen thuộc, song tôi luôn hy vọng rằng nó sẽ góp được một điều nhỏ bé nào
đó cho mỗi chúng ta trong q trình giảng dạy mảng kiến thức này. Đây là mong
muốn và cũng là lí do giúp tơi chọn nghiên cứu SKKN này.
II. Mục đích ngun cứu.
Trước khi thực hiện SKKN này tơi nhận thấy ở trường nhiều em học sinh giỏi
dự thi kì thi cấp tỉnh đều đạt kết quả rất thấp mọi kì vọng các thầy cơ về học sinh
dự thi khơng như mong đợi dẫn đến các em khóa sau ngại thi bộ mơn tốn vì thành
tích trường khơng cao so các môn khác. Các em thấy những bài thầy cô có dạy qua
2


mà mình khơng làm được cảm thấy ngại với thầy cơ vì thầy cơ bỏ tâm huyết cơng
sức bồi dưỡng cả năm trời không thu lại thành quả. Xuất phát từ ngun nhân đó

tơi thống kê lại ngun nhân vì sau các em thất bại hình thành cho mình một con
đường mới trong công tác bồi giỏi. Các sáng kiến chun đề bồi rộng giáo viên ơn
tập hết khơng có thời gian xuất phát từ đó tơi nhận ra rằng các cấu trúc đề thi hiện
nay không chuyên sâu mà dàn trải rộng tập trung ở một số chủ đề chính mà các
SKKN trước đó mang tính chun sâu về nội dung từng chủ đề việc người học tiếp
thu được là vấn đề rất khó khăn do đó tơi sắp xếp lại cấu trúc các bài vừa sức học
sinh không quá khó theo từng dạng đặc biệt dạng gần gủi với các em nên việc tiếp
thu khơng q khó theo các mảng theo chuyên đề dẫn đến các em hào hứng học tập
hơn với mục tiêu đội ngũ học sinh giỏi Toán của Trường THCS Lương Thế Vinh
phải đạt giải cao trong kì thi học sinh giỏi cấp huyện và cấp tỉnh mà bài tốn về bất
đẳng thức ln có đó chính là mục đích ngun cứu đề tài này.
Phần thứ hai: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.
I. Cơ sở lý luận của vấn đề.
Kiến thức về bất đẳng thức được giới thiệu trong chương III đại số 8. Đây là
cơ sở lý luận để nhận biết được bất đẳng thức. Nó cịn được vận dụng để giải quyết
một lượng khơng nhỏ các bài tập liên quan đến bất đẳng thức. Giả sử A và B là hai
biểu thức bằng số hoặc bằng chữ. Khi đó
A > B; A < B; A ≥ B; A ≤ B được gọi là các bất đẳng thức.

Các bất đẳng thức trên được viết lại như sau
A − B > 0; A − B < 0; A − B ≥ 0; A − B ≤ 0

Một bất đẳng thức bất kì có thể đúng, cũng có thể sai.
Quy ước: Khi nói về một bất đẳng thức mà khơng nói gì thêm thì ta hiểu đó
là một bất đẳng thức đúng.
3


Tính chất cơ bản của bất đẳng thức
Tính chất giao hốn: Cho các số thực A và B bất kì, ta ln có

A≤B⇔B≥A

Tính chất bắc cầu: Cho các số thực A, B, C bất kì, ta ln có
A ≤ B, B ≤ C ⇒ A ≤ C

Tính chất liên hệ với phép cộng: Cho các số thực A, B và M bất kì, ta ln có
A ≤B ⇔A ±M ≤B±M

Cho các số thực A, B, C, D bất kì , ta ln có
A ≤ B; C ≤ D ⇒ A + C ≤ B + D
A ≤ B; C ≤ D ⇒ A − D ≤ B − C

Tính chất liên hệ với phép nhân: Cho các số thực A, B bất kì, ta ln có
A ≤ B; M > 0 ⇒ A.M ≤ B.M
A ≤ B; M < 0 ⇒ A.M ≥ B.M

Cho các số thực A, B, C, D bất kì , ta ln có
0 < A < B
   ⇒ 0 < A.C < B.D

0 < C < D

Tính chất liên hệ với tính nghịch đảo: Cho các số thực dương A, B bất kì, ta
ln có A ≥ B ⇔

1 1
≤
A B

Để giải quyết các bài tập này học sinh phải nắm chắc hệ thống lý thuyết cơ bản

bất đẳng thức, biết vận dụng kiến thức một cách linh hoạt, hợp lí, qua đó học sinh
có khả năng phát triển tư duy, đặc biệt là tư duy sáng tạo trong giải tốn.
Kiến thức về bất đẳng thức khơng chỉ được ứng dụng trong thi học sinh giỏi các
cấp, kì thi đại học mà ngay những bài tốn trong các đề kiểm tra một tiết, học kì
chúng ta thường xuyên gặp. Vì vậy muốn nắm chắc được hệ thống lý thuyết cơ bản
4


bất đẳng thức học sinh có thể vận dụng để giải quyết rất nhiều bài tập trong chương
trình THCS.
Qua tham khảo một số tài liệu tôi đã cố gắng hệ thống lại một số dạng bài tập
cơ bản liên quan đến bất đẳng thức. Ngoài ra, mở rộng đối với một số bài toán lớp
8; 9 trong phần bài tập nhằm giúp các em có tư duy sáng tạo trong suy nghĩ. Mỗi
dạng bài tập đều có phần gợi ý nhận xét, định hướng cách giải thông qua kiến thức
áp dụng. Mặc dù đã cố gắng để hoàn thành SKKN này, song việc mắc phải những
sai sót trong trình bày, trong diễn đạt … là điều không thể tránh khỏi. Tơi rất mong
nhận được sự góp ý, bổ sung của quý thầy cô giáo, của các đồng nghiệp và bạn đọc
để SKKN của tơi được hồn thiện hơn nữa.
II. Thực trạng vấn đề.
Sau hơn mười năm công tác, bản thân tơi đã tích lũy được những kiến thức và
học hỏi từ đồng nghiệp rất nhiều kinh nghiệm quý báu, điều đó đã giúp tơi có nhiều
thuận lợi hơn trong q trình thực hiện nhiệm vụ giảng dạy được phân cơng. Trong
những năm gần đây tôi đã được phân công dạy lớp 8,9. Từ năm học 2015 – 2016,
tôi bắt đầu có ý tưởng tích lũy một số kiến thức về bất đẳng thức và áp dụng vào
dạy các năm học 2015 – 2016; 2016 – 2017; 2017 – 2018; 2018– 2019. Qua thời
gian nghiên cứu, thực hiện viết và áp dụng SKKN “Một số kinh nghiệm sử dụng
bất đẳng thức trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8, 9 tại trường THCS
Lương Thế Vinh – Huyện Krông Ana – Tỉnh Đăk Lăk”, bản thân tôi tiếp tục trao đổi
với những giáo viên đã và đang giảng dạy khối 8, 9 để tích lũy thêm cho SKKN
này. Qua đó, tôi thấy:

Trước khi tiến hành nguyên cứu đề tài tôi tiến hành khảo sát đội ngủ học sinh
giỏi dự thi cấp huyện khảo sát về các bài toán về bất đẳng thức thì 100% học sinh
khơng làm được, lấy ý kiến thì các em cịn mơ hồ về bất đẳng thức trong khi đó hầu
hết các đề thi cấp huyện đều có một bài bất đẳng thức, đặc biệt đề thi cấp tỉnh ln
có một bài tốn bất đẳng thức chính vì lý do đó mà cá nhân tơi mạnh dạn thực hiện
5


đề tài nguyên cứu này nhằm giúp các em đạt giải cao trong các kì thi huyện tỉnh và
gần như chiếm trọn vẹn điểm về mảng bất đẳng thức.
SKKN này được chuẩn bị, thử nghiệm và hoàn thành trong một khoảng thời
gian tương đối dài, được sự trao đổi về kiến thức cũng như kinh nghiệm với các
đồng nghiệp, nên bản thân tơi đã phần nào tự tích lũy cho mình một vốn kiến thức
nho nhỏ đảm bảo cho SKKN hôm nay. Với lượng kiến thức này tuy chưa đầy đủ
song có thể đã đáp ứng được mục tiêu của SKKN đề ra. Đồng thời thu hút thêm sự
đóng góp ý kiến, nhận xét của mọi người để SKKN hoàn thiện hơn.
Trong q trình nghiên cứu và hồn thành SKKN, bên cạnh những mặt thuận
lợi cũng có nhiều những khó khăn phải kể đến. Trước hết, chú trọng rèn luyện
nhiều ở phương pháp dạy học. Theo thời gian, việc tiếp tục nghiên cứu nội dung
này có phần khó khăn vì công tác bồi mỗi năm một khối lớp khác nhau. Do đó việc
thử nghiệm, so sánh kết quả của SKKN này có phần khơng được thuận lợi như
mong muốn. Mặt khác, các em học sinh tính tự giác trong học tập đối tự rèn chưa
cao, vì vậy muốn các em áp dụng kiến thức đã học vào các bài tập cụ thể thì giáo
viên sẽ phải trình bày bài tập mẫu, chỉnh sửa, uốn nắn nhiều, có như thế các em
mới có thể hiểu và nắm chắc kiến thức được học một cách có hệ thống, giúp các em
có thể tự làm những bài tập tương tự tốt hơn.
SKKN được áp dụng trực tiếp vào giảng dạy học sinh giỏi trong nhiều tiết
theo chuyên đề của mảng kiến thức này (những dạng bài tập cơ bản) tại trường đã
đạt kết quả tốt. Học sinh nắm kiến thức chắc chắn hơn, chính xác hơn và kĩ năng
trình bày bài làm được cải thiện rõ rệt. Đây là tiền đề vững chắc, những thuận lợi

đáng kể góp phần thúc đẩy kết quả bồi dưỡng HSG đối với nội dung kiến thức này
của bản thân tôi trong thời gian vừa qua.
Học sinh khối 8 mới bắt đầu làm quen bất đẳng thức. Vì thế, năng lực tư duy
logic của các em chưa phát triển cao, các em phải làm quen với nhiều kí hiệu toán
học và các thuật ngữ mới cũng như lượng kiến thức lí thuyết tương đối nhiều. Do
6


vậy, việc áp lý thuyết để làm bài tập toán về bất đẳng thức nói riêng đối với các em
là một điều khó. Hầu hết chỉ có các học sinh giỏi mới có thể tự làm đúng hướng và
trọn vẹn u cầu của bài tốn. Cịn hầu hết các học sinh khá lúng túng không biết
cách làm, cách thức thực hiện và trình bày lời giải như thế nào là đúng mặc dù
được giáo viên hướng dẫn hoặc đã được trình bày bài tập mẫu.
Đây là một vấn đề hay trong tốn học, vận dụng được rộng rãi, có giá trị sử
dụng lâu dài và có thể tiếp tục mở rộng theo hướng chuyên sâu hơn. Nội dung này
là một phần kiến thức tuy ngắn gọn song được bao hàm có thể áp dụng được trực
tiếp vào giảng dạy trên lớp cũng như dạy tạo nguồn kiến thức bồi dưỡng HSG.
Vấn đề hay, nhiều nội dung nhỏ, đơn giản nhưng dễ mắc sai lầm trong suy
nghĩ, trong lời giải, trong trình bày, …Vì vậy, đây là một chú ý để chúng ta thật
thận trọng, tự rút kinh nghiệm cho bản thân với mục đích cuối cùng là đạt được kết
quả cao về nội dung của SKKN đề ra.
Thực tế cho thấy có nhiều nguyên nhân, nhiều yếu tố tác động tạo nên
những khó khăn, hạn chế nêu trên. Trước hết phải kể đến là ý thức tự giác trong học
tập của người học chưa cao, khả năng tự học, tự rèn của học sinh hiện nay giảm sút
nhiều. Nhiều học sinh thông minh nhưng ngại va chạm ý thức vươn lên chưa cao.
Các em ít có những suy nghĩ, trăn trở khi làm bài tập khó hoặc khi làm bài tập sai
thì động lực để các em quyết tâm tự làm lại cho đúng chưa nhiều. Một điều nữa là
việc lưu giữ (quá trình ghi nhớ), tái hiện (trình bày bằng lời hoặc viết) của học sinh
chưa tốt, các em lười làm bài tập ở nhà,. Trong mảng kiến thức về bất đẳng thức,
các em tỏ ra lúng túng khi lập luận, khi trình bày một số dạng bài tập nêu trên. Vì

vậy mà các em quên nhanh nhiều kiến thức cơ bản của phần này dẫn đến ngại làm
bài tập. Trong khi đó, để học mơn tốn tốt, nhớ lâu kiến thức thì con đường vơ cùng
hiệu quả là luyện giải bài tập.
III. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề.
7


Nhằm nâng cao chất lượng học sinh giỏi cấp huyện và cấp tỉnh và chia sẻ
một số kinh nghiệm cùng đồng nghiệp nhằm nâng cao chất lượng học sinh giỏi tốn
trên địa bàn Krơng Ana. Để đạt được kết quả như mong muốn khi dạy kiến thức về
bất dẳng thức, theo ý kiến chủ quan của bản thân, tôi suy nghĩ và đã thực hiện như
sau:
III.1. Trước hết, truyền đạt chính xác, đầy đủ các kiến thức cơ bản của
bất đẳng thức trong sách giáo khoa.
* Một số bất đẳng thức cơ bản cần nhớ
A 2 ≥ 0 với ∀ A
A 2k ≥ 0 với ∀ A và k là số tự nhiên
A ≥0

với ∀A

A+B ≥ A + B
A−B ≤ A − B

∀x1, x2, x3 ,...,xn khơng âm ta có:
Dạng 1:

x1 + x2 + ......xn
≥
n

n

x1 x2 ...........xn

Dạng 2:

x1 + x2 + ......xn ≥ n

n

x1 x2 ...........xn

Dạng 3:

 x1 + x2 + ......xn 

÷
n



≥ x1 x2 ...........xn

n

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi: x1 = x2 = ............ = xn
Mục đích giúp cho học sinh có kiến thức nền tốt. Giáo dục được ý thức ham
học và nghiêm túc trong học tập, nghiêm khắc với bản thân cho học sinh ngay từ
đầu vì thói quen xấu rất khó bỏ và nề nếp chặt chẽ mau vững bền.

8


III.2. Đưa ra dạng bài tập cơ bản thường hay gặp.
Ví dụ :

(

) (

)

a2 + b2 ≥ 2ab; 2 a2 + b2 ≥ a + b

a2 + b2 − ab ≥

(

)

3 a+ b

2

≥ 4ab

2

4

a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca

(

) (

(

) (

)

(

2

)

3 a2 + b2 + c2 ≥ a + b + c ≥ 3 ab + bc + ca

)

3 a4 + b4 + c4 ≥ ab + bc + ca

2

(

)

≥ 3abc a + b + c .

Yêu cầu và bắt buộc học sinh phải học thuộc lịng các bất đẳng thức thường
gặp để từ đó hình thành tư duy, kỹ năng nhận dạng bất đẳng thức thuộc loại nào để
đưa ra cách giải hợp lí đở tốn thời gian.
Mục đích cho các em làm bài tập áp dụng trong tiết dạy lý thuyết và trong tiết
dạy luyện tập với các dạng bài tập cụ thể đa dạng từ dễ đến khó có hướng dẫn gợi
mở của giáo viên, được trình bày ngắn gọn có các căn cứ rõ ràng. Ngồi ra, có thể
tổ chức thi làm bài nhanh giữa các em, để kích thích tính tích cực, ganh đua trong
học tập. Giao bài tập về nhà đồng thời tăng cường biện pháp để kiểm tra việc học
bài và làm bài ở nhà của học sinh để đảm bảo chất lượng của bài dạy và để tiến
hành loại bỏ học sinh lười học khỏi đội tuyển.
III.3. Đưa ra dạng bài có quy tắc để học sinh dễ nhận dạng, không lúng
túng khi làm bài trong các kì thi học sinh giỏi các cấp.
Bài 1. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a+b+c=3. Chứng minh rằng:
a
b
c
3
+
+
≥ (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Đắk Lắk năm 2018-2019)
2
2
2
1+ b 1+ c 1+ a
2
9

Bài giải: Ta ln có :
1
−3
3(ab + bc + ca ) ≤ (a + b + c ) 2 ⇔ ab + bc + ca ≤ 3 ⇔ − (ab + bc + ca ) ≥
2
2

Theo bất đẳng thức Cô-Si ta có: 1 + b 2 ≥ 2b nên
a
ab 2
ab 2
ab
=
a
−
≥
a
−
= a − (1)
2
2
1+ b
1+ b
2b
2

Hoàn toàn tương tự ta cũng có:

b
bc

c
ca
≥ b − (2);
≥ c − (3)
2
2
1+ c
2
1+ a
2

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta có:

a
b
c
3
+
+
≥
2
2
2
1+ b 1+ c 1+ a
2

(Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1
Bài 2. Chứng minh về mọi số dương a, b, c có a+b+c=3 thì ta có:
a +1 b +1 c +1
+

+
≥3
1 + b2 1 + c2 1 + a 2

Ta có: 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c) 2 = 9 ⇒

a + b + c − ab − bc − ac
≥0
2

Theo bất đẳng thức Cơ-Si ta có: 1 + b 2 ≥ 2b nên
a +1
b 2 (a + 1)
b 2 (a + 1)
ab + b
=
a
+
1
−
≥
a
+
1
−
= a +1−
(1)
2
2
1+ b

1+ b
2b
2

Hoàn toàn tương tự ta cũng có:

b +1
bc + c
c +1
ac + a
≥ b +1−
(2) ;
≥ c +1−
(3)
2
2
1+ c
2
1+ a
2

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta cũng có:
a +1 b +1 c +1
a + b + c − ab − bc − ca
+
+
≥
3
+
≥3

1 + b2 1 + c2 1 + a 2
2

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1
10


Nhìn thấy bài tập trên là học sinh nghỉ ngay đến kĩ thuật Cô-Si ngược dấu để
chứng minh được những bài toán mà nếu giải bằng các phương pháp khác sẽ rất dài
thậm chí khơng giải được. Bài tập tốn mn hình, mn vẻ nên với mỗi dạng tuy
khơng có quy tắc tổng quát hoặc phương pháp làm bài riêng, song sau khi giải hoặc
hướng dẫn xong giáo viên nên chỉ ra một đặc điểm, một hướng giải quyết nào đó để
khi gặp bài tương tự, học sinh có thể tự liên hệ và áp dụng được với kiến thức cũ.
Giáo viên nên tránh nơn nóng, bỏ qua bước làm chắc cơ bản, cho ngay bài
khó, học sinh mới đầu đã gặp ngay một khó cảm thấy nản chí khơng đam mê,
không nhận ra và ghi nhớ đợt từng đơn vị kiến thức kỹ năng, kết quả là khơng định
hình được phương pháp từ đơn giản đến phức tạp, càng học càng hoang mang.
Giáo viên không nên coi những bài đơn lẻ khơng có quy luật chung là quan trọng,
cho học sinh làm nhiều hơn và trước những bài có nguyên tắc chung coi những bài
đó mới là tối ưu, kết quả là học sinh bị rối loạn, không học được phương pháp tư
duy theo kiểu đúng đắn khoa học và thơng thường là: mỗi loại sự việc có một
ngun tắc giải quyết, chỉ cần nắm vững một số nguyên tắc là giải quyết được hầu
hết các sự việc.
Mục đích hướng dẫn phương pháp học tập đặc trưng của bộ môn cho học sinh
là học ngay tại lớp, thường xuyên ôn lại kiến thức và rèn luyện làm bài tập nhiều,
hiệu quả để khắc sâu kiến thức giúp các em tốn ít thời gian nhất mà nhớ lâu, vận
dụng tốt.
III.4. Lựa chọn một số kỹ thuật cơ bản trong phép biến đổi tương đương
thường hay ra trong đề thi học sinh giỏi các cấp những năm gần đây.
Phân tích: Các bất đẳng thức dưới đây khá quen thuộc, ta có thể giải bằng

cách xét hiệu vế trái và vế phải rồi phân tích thành tổng các bình phương.
Bài 1. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh

11


a) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca

(

)

b) a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2 a + b + c

Lời giải
a) Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức

(

) (

)

a2 − 2ab + b2 + b2 − 2bc + c2 + c2 − 2ca + a2
2
2
2
2
a− b + b− c + c−a
=

≥0
2

a2 + b2 + c2 − ab + bc + ca =

(

) (

) (

)

Suy ra a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
a=b=c

b) Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức

(a

2

) (

)

+ b2 + c2 + 3 − 2 a + b + c = a2 − 2a + 1 + b2 − 2b + 1 + c2 − 2c + 1

(

) (
2

) (
2

)

2

= a−1 + b−1 + c−1 ≥ 0
2
2
2
Suy ra: a + b + c + 3 ≥ 2( a + b + c)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
a = b = c = 1.
12
12
4
4
10
10
6
6
Bài 2. Chứng minh rằng: ( x + y ) ( x + y ) ≥ ( x + y ) ( x + y )

( Đề thi học sinh giỏi tốn 9 huyện Krơng Ana năm học 2014-2015)

Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức

(x

12

+ y12 ) ( x 4 + y 4 ) ≥ ( x10 + y10 ) ( x 6 + y 6 ) ⇔ x16 + x12 y 4 + x 4 y12 + y16 ≥ x16 + x10 y 6 + x 6 y10 + y16

⇔ x12 y 4 + x 4 y12 − x10 y 6 − x 6 y10 ≥ 0 ⇔ x 4 y 4 ( x8 − x 6 y 2 + y 8 − x 2 y 6 ) ≥ 0

⇔ x 4 y 4  x 6 ( x 2 − y 2 ) − y 6 ( x 2 − y 2 )  ≥ 0 ⇔ x 4 y 4 ( x 2 − y 2 ) ( x 6 − y 6 ) ≥ 0
⇔ x4 y 4 ( x2 − y 2 )

2

(x

4

+ x2 y2 + y4 ) ≥ 0

12


12
12
4
4
10
10

6
6
Bất đẳng thức cuối luôn đúng với mọi x, y. Vậy ( x + y ) ( x + y ) ≥ ( x + y ) ( x + y )

2

a2 + b2 + c2  a + b + c 
Bài 3. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rẳng:
≥
÷
3
3



Lời giải
Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức

(

) (

)

2

(

) (
2

) (
2

)

2
3 a2 + b2 + c2 − a + b + c
a− b + b− c + c−a
a2 + b2 + c2  a + b + c 
−
=
=
÷
3
3
9
9



2

2

Suy ra:

a2 + b2 + c2  a + b + c 
≥
÷

3
3



Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
a = b = c.

Do đó trước khi biến đổi bất đẳng thức ta nên dự đoán dấu đẳng thức xẩy ra
để từ đó có hướng đi hợp lí.
Bài 4. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rẳng:

(

)

a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a b + c + d + e

Bất đẳng thức cần chứng minh có hình thức tương tự như các bất đẳng thức
trên, ta có thể giải bằng cách xét hiệu vế trái và vế phải rồi phân tích thành tổng các
bình phương. Để được các tích ab, ac, ad, ae vào trong bình phương ta cần ghép a
với b, c, d, e, và vì vai trị của b, c, d, e như nhau nên ta có thể nghĩ đến việc biến
đổi như sau

(

)

a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a b + c + d + e

(

) (
2

) (
2

) (
2

)

2

⇔ a − kb + a − kc + a − kd + a − ke ≥ 0

Trong trường hợp trên ta có thể chọn k = 2 , tức là ta phải nhân hai vế với 4.
13


Lời giải
2
2
2
2
2
Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức : a + b + c + d + e − a ( b + c + d + e)

=

=
=

(

)

(

)

4 a2 + b2 + c2 + d2 + e2 − 4 ab + ac + ad + ae

(

4
a2 − 4ab + 4b2 + a2 − 4ac + 4c2 + a2 − 4ad + 4d2 + a2 − 4ae + 4e2

(

4
2
a − 2b + a − 2c + a − 2d + a − 2e

) (

) (

) (

) (

2

) (

) (

2

)

2

4

)

≥0

2
2
2
2
2
Suy ra: a + b + c + d + e ≥ a ( b + c + d + e)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
a = 2b = 2c = 2d = 2e.

Nhận xét: Với bất đẳng thức trên, ngoài phép biến đổi tương đương ta cịn
có thể dùng tính chất của tam thức bậc hai để chứng minh.
Bài 5. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

(
)
abc ≥ ( a + b − c) ( b + c − a) ( c + a − b)

a) a2 + b2 + c2 < 2 ab + bc + ca
b)

Lời giải
a) Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên ta có
0 < a < b + c

0 < b < a + c ⇒
0 < c < a + b


a2 < a(b + c)
 2
b < b(a + c)
 c2 < c(a + b)


2
2
2
Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được a + b + c < 2( ab + bc + ca)

b) Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên ta có

(

)

2

(

)(

)

a2 ≥ a2 − b − c = a − b + c a + b − c > 0
14


2
2
2
2
2
2
Chứng minh tương tự ta được b ≥ b − (c − a) > 0; c ≥ c − (a − b) > 0

Nhân vế các bất đẳng thức ta được

(

)

(

)

(

)

2
2
2
a2b2c2 ≥ a2 − b − c  b2 − c − a  c2 − a − b 




2
2
2
2 2 2
⇒ a b c ≥ a+ b− c b+ c− a c+ a− b

(

)(

)(

)

Mà ta lại có a + b − c > 0; b + c − a > 0; c + a − b > 0
Nên từ bất đẳng thức trên ta được abc ≥ ( a + b − c) . ( b + c − a) . ( c + a − b)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .
Nhận xét: Bất đẳng thức abc ≥ ( a + b − c) ( b + c − a ) ( c + a − b) không chỉ đúng
với a, b, c là các cạnh của một tam giác, mà nó cịn đúng cho a, b, c là các số thực
dương bất kì. Bất đẳng này là một trường hợp của bất đẳng thức Schur.
Bài 6. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:
a
b
c
3
+
+
≥
b+ c c+ a a+ b 2

Bất đẳng thức cần chứng minh là bất đẳng thức Neibizt nổi tiếng, hiện nay có
rất nhiều cách chứng minh cho bất đẳng thức này. Để chứng minh bằng phương
pháp biến đổi tương đương ta có các ý tưởng như sau
a

1

a− b

a− c

Thứ nhất ta xét hiệu hai vế và chú ý b + c − 2 = 2 b + c + 2 b + c , khi đó ta

( ) ( )
có 6 phân thức. Dự đoán dấu đẳng thức xẩy ra khi a = b = c , nên ta ghép hai phân
thức làm một nhóm sao cho có thể phân tích được thành bình phương của hiệu hai
trong ba số a, b, c. Để ý là

( a − b) .
a− b a− b
−
=
b + c c + a ( b + c) ( c + a)
2

15


Thứ hai ta để ý đến biến đổi

a
a+ b+ c
+ 1=
. Do đó ta cộng vào hai vế của
b+ c
b+ c

bất đẳng thức với 3, thực hiện biến đổi như trên ta đươc được bất đẳng thức về
 1
1
1 
+
+

÷ ≥ 9 , đến đây ta có thể đơn giản hóa
 b + c c + a a + b

dạng như sau ( 2a + 2b + 2c) 

bất đẳng thức bằng việc đặt biến phụ x = b + c; y = c + a; z = a + b .
Thứ ba là ta tiến hành đặt biến phụ x = b + c; y = c + a; z = a + b ngay từ đầu,
khi đó ta được a =

y+ z− x
z+ x− y
x+y−z
;b=
; c=
và bất đẳng thức cần chứng
2
2
2

minh thu được ở đây là

y+ z− x z+ x− y x+ y− z
+
+
≥ 3 sẽ chứng minh dễ dàng
x
y
z

hơn.

Lời giải
Cách 1: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
a
1
b
1
c
1
− +
− +
− ≥0
b+ c 2 c+ a 2 a+ b 2
a− b a− c b− c b− a c− a c− b
⇔
+
+
+
+
+
≥0
b+ c b+ c c+ a c+ a a+ b a+ b
 a − b a − b  b − c b − c  c − a c − a 
⇔
−
−
−
÷+ 
÷+ 
÷≥ 0
b

+
c
c
+
a
c
+
a
a
+
b
a
+
b
b
+
c

 
 


( a − b) + ( b − c) + ( c − b)
⇔
( b + c) ( c + a) ( c + a) ( a + b) ( a + b) ( b + c)
2

2

2

≥0

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .
Cách 2: Bất đẳng thứ cần chứng minh tương đương với
a
1
b
1
c
1 9
+ +
+ +
+ ≥ ⇔ 2a + 2b + 2c
b+ c 2 c+ a 2 a+ b 2 2









)  b 1+ c + c +1 a + a +1 b ÷ ≥ 9

(

Đặt x = b + c; y = c + a; z = a + b , khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
16









( x + y + z)  x1 + y1 + 1z ÷ ≥ 9 ⇔ xy + yx + yz + xz + xz + xz ≥ 6
(

x−y
x y
 y z
 x z

⇔  + − 2÷ +  + − 2÷ +  + − 2÷ ≥ 0 ⇔
2xy
y x
 z y
 z x


)

2

( y − z)

+

2

2yz

( z − x)
+

2

≥0

2zx

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .
Cách 3: Đặt x = b + c; y = c + a; z = a + b , khi đó ta được
a=

y+ z− x
z+ x− y
x+y−z
;b=
; c=
2
2
2

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
y+ z− x z+ x− y x+ y− z

+
+
≥3
x
y
z

(

x−y
x y
 y z
 x z

⇔  + − 2÷ +  + − 2÷ +  + − 2÷ ≥ 0 ⇔
2xy
y x
 z y
 z x


)

2

( y − z)
+
2yz

2

( z − x)
+
2zx

2

≥0

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .

(

)

2
2
Bài 7. Cho biểu thức P = a + b − ab − 3 a − b + 2013 . Với giá trị nào của a và b

thì P đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
(Đề thi học sinh giỏi tốn 9 huyện Krơng Ana năm học 2012-2013)
Bài giải:
2P = (a – b – 2)2 + (a – 1)2 + (b + 1)2 + 2.2010 ≥ 2.2010
⇒ P ≥ 2010.

a − b − 2 = 0
a = 1

⇔
Dấu “=“ xảy ra khi có đồng thời: a − 1 = 0

b = −1
b + 1 = 0

Vậy minP = 2010 ⇔ a = 1 và b = –1
17


Bài 8. Tìm x (x > 0) để biểu thức y =

x

2
( x + 2012 ) đạt giá trị lớn nhất.

( Đề thi học sinh giỏi tốn 9 huyện Krơng Ana năm học 2011-2012)
x
1
Theo bài ra ta có x > 0, y = x + 2012 2 đạt giá trị lớn nhất khi y đạt giá trị nhỏ nhất
(
)

với y ≠ 0.
1 ( x + 2012 )
x 2 + 2.2012 x + 20122
20122
=
=
= x + 4024 +
y
x

x
x
2

hay

1
20122
20122
− 4024 = x +
. Vì 4024 khơng đổi nên ta tìm giá trị nhỏ nhất của x +
y
x
x

20122
. Ta thấy hai số x và
đều dương và có tích bằng 20122 khơng đổi nên tổng của
x

chúng x +
x=

20122
sẽ nhỏ nhất khi chúng bằng nhau, tức là:
x

20122
hay x2 = 20122, x = 2012 (Không lấy giá trị âm).
x

Vậy với x = 2012 thì y đạt giá trị lớn nhất và giá trị đó là
y=

2012

( 2012 + 2012 )

2

=

1
8048

Bài 9. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a 5 + b5 với a + b = 2.
(Đề thi học sinh giỏi toán 8 huyện Krông Ana năm học 2014-2015)
Bài giải :
Đặt a = 1 + m ⇒ b = 2 - ( 1 + m) = 1 – m
Khi đó a 5 + b5 = ( 1 + m ) + ( 1 − m )
5

5

= 1 + 5m + 10m 2 + 10m 3 + 5m 4 + m 5 + 1 − 5m + 10m 2 − 10m 3 + 5m 4 − m 5
18


= 2 + 20m2 + 10m4
Vì 20m2 + 10m4 ≥ 0 với ∀ m ⇒ 2 + 20m2 + 10m4 ≥ 2

Dấu « = » xảy ra khi m = 0 ⇒ a= b = 1 , Vậy giá trị nhỏ nhất của a 5 + b5 là 2 khi a
=b=1
Bài 10. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 3. Chứng minh
rằng: x x + y + y y + z + z z + x ≤ 3 2
(Đề thi học sinh giỏi huyện Krông Ana năm học 2016-2017)
Bài giải:
Trước hết ta chứng minh BĐT Cosy- Bunhiacopxky cho 6 số bất kỳ:
Cho 6 số bất kỳ a, b, c, x, y, z ta ln có BĐT:
(ax + by + cz ) 2 ≤ (a 2 + b 2 + c 2 )( x 2 + y 2 + z 2 ) (1)

Dấu “=” xảy ra khi a = tx, b = ty, c = tz (với t là hằng số).
Từ đó ta có kết quả sau: ( x + y + z )2 ≤ (12 + 12 + 12 )( x 2 + y 2 + z 2 ) = 9
Hay x + y + z ≤ 3 (*) . Dấu bằng xảy ra khi: x=y=z=1
Áp dụng BĐT (1) và kết quả (*) cho 6 số x, y, z, x + y , y + z , z + x ta có:
( x x + y + y y + z + z z + x ) 2 ≤ 2( x 2 + y 2 + z 2 )( x + y + z ) ≤ 18

Hay: x x + y + y y + z + z z + x ≤ 3 2.
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1 .
III.5. Chỉ ra các sai lầm mà học sinh dễ mắc về các bài toán bất đẳng thức.
Bài 1. Cho a ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của S = a +
Giải
19

1
a


Sai lầm thường gặp của học sinh: S = a +

1

1
≥ 2 a =2
a
a

1
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a = ⇔ a = 1 ⇒ vơ lí vì giả thiết là a ≥ 2.
a
Cách làm đúng
Ta chọn điểm rơi: ta phải tách hạng tử a hoặc hạng tử

1
để sao cho khi áp dụng
a

BĐT Côsi dấu “ = ” xảy ra khi a = 2. Có các hình thức tách sau:
 1 1 
 a; ÷
 α a 

1
 α a; ÷
a
 1

 a, a ÷ ⇒ 
1 




 a;
÷
 α a 

 a; α 
 a ÷


Vậy ta có : S =

Chẳng hạn ta chọn sơ đồ điểm rơi (1):

(1) ( sơ đồ điểm rơi (2),(3),(4) học sinh tự làm)
(2)
(3)

1
2
 a=
α
α

1 = 1
 a 2

⇒

2 1
=
α 2

⇒ α = 4.

(4)

a 1 3a
a 1 3a
3.2 5
+ + ≥2
+
≥ 1+
= .
4 a 4
4a 4
4 2

Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a = 2.
Ta sử dụng điều kiện dấu “ = ” và điểm rơi là a = 2 dựa trên quy tắc biên để
tìm ra α = 4

Bài

2.

Cho

a, b, c > 0


3.

a + b + c ≤
2


Tìm

giá

S = a+b+c+ 1 + 1 + 1
a b c
Giải

20

trị

nhỏ

nhất

của

biểu

thức


1 1 1
a b c

1 11
a b c

Sai lầm thường gặp của học sinh: S = a + b + c + + + ≥ 6 6 a.b.c. . . = 6
⇒ Min S = 6
Nguyên nhân sai lầm :
Min S = 6 ⇔ a = b = c =

1 = 1 = 1 = 1 ⇒ a + b + c = 3 > 3 trái với gải thiết.
a b c
2

Phân tích và tìm tịi lời giải
Do S là một biểu thức đối xứng với a,b,c nên dự đoán Min S đạt tại điểm rơi

a =b=c= 1
2
Sơ đồ điểm rơi: a = b = c =

1
2


1
a = b = c =
2
1 2
⇒
⇒ =
2 α

 1 = 1 = 1 = 2
α a α b α c α

⇒ α =4

Hoặc ta có sơ đồ điểm rơi sau :

a =b=c= 1
2

α

α a = α b = α c = 2
⇒
1 = 1 = 1 = 2
 a b c

⇒

α =2 ⇒ α =4 1 2
⇒ =
⇒ α =4
2
2 α

Vậy ta có cách giải theo sơ đồ 2 sau:

1 1 1
1 11
S =  4a + 4b + 4c + + + ÷− 3 ( a + b + c ) ≥ 6 6 4a.4b.4c. . . − 3 ( a + b + c )

a b c
a b c


3 15
15
1
≥ 12 − 3. = . Với a = b = c = thì MinS =
2 2
2
2
Việc chọn điểm rơi cho bài toán trên đã giải quyết một cách đúng đắn về mặt
toán học nhưng cách làm trên tương đối cồng kềnh. Nếu chúng áp dụng việc chọn
điểm rơi cho bất đăng thức Bunnhiacơpski thì bài tốn sẽ nhanh gọn hơn, đẹp hơn.
21


Trong bài toán trên chúng ta đã dùng một kĩ thuật đánh giá từ TBN sang TBC ,
chiều của dấu của dấu bất đẳng thức không chỉ phụ thuộc vào chiều đánh giá mà nó
cịn phụ thuộc vào biểu thức đánh nằm ở mẫu số hay ở tử số.
Bài 3. Cho a, b, c, d > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
S=

a
b
c
d
b+c +d c + d +a a +b+d a +b+c
+
+

+
+
+
+
+
b+c+d c+ d +a a +b+d a +b+c
a
b
c
d

Giải
Sai lầm thường gặp

a
b+c+d
+
≥2

b
+
c
+
d
a


b
c+d +a


+
≥2
b
c + d + a

c
a +b+d

≥2
a + b + d +
c


d
a +b+c
+
≥2

d
a + b + c

a
b+c+d
.
=2
b+c+d
a
b
c+d +a
.

=2
c+d +a
b
⇒S ≥ 2+2+2+2=8
c
a +b+d
.
=2
a +b+d
c
d
a +b+c
.
=2
a+b+c
d

Sai lầm thường gặp của học sinh: Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 8 số:
S ≥ 88

a
b
c
d
b+c +d c +d +a a +b+d a +b+c
.
.
.
.
.

.
.
=8
b+c+d c+d + a a +b+d a +b+c
a
b
c
d

Nguyên nhân sai lầm:
a = b + c + d

b = c + d + a
Min S = 8 ⇔ 
⇒ a + b + c + d = 3(a + b + c + d) ⇒ 1 = 3 ⇒ vô lí.
c = d + a + b
d = a + b + c


Phân tích và tìm tịi lời giải: Để tìm MinS ta cần chú ý S là một biểu thức đối
xứng với a,b,c,d > 0 do đó MinS nếu có thường đạt tại điểm rơi tự do là “ là a = b =
c = d > 0.( nói là điểm rơi tự do vì a,b,c,d khơng mang một giá trị cụ thể). Vậy ta
22


cho trước a = b = c = d dự đốn

Min S =

4

40
+ 12 = . Từ đó suy ra các đánh giá
3
3

của BĐT bộ phận phải có điều kiện dấu bằng xảy ra là tập con của điều kiện dự
đoán: a = b = c = d > 0 .
Ta có sơ đồ điểm rơi : Cho a = b = c = d > 0 ta có:
a
b
c
d
1

 b + c + d = c + d + a = a + b + d = a + b + c = 3

b + c + d = c + d + a = a + b + d = a + b + c = 3

a
b
c
d
α

⇒

1 3
=
⇒ α = 9
3 α

Cách 1: Sử dụng BĐT Cơsi ta có :


a

b+c+d 
8 b+c+d
+ ∑ .
≥
÷
9a  a,b,c ,d 9
9a

S=

+
∑
a ,b,c,d  b + c + d

≥ 88

a
b
c
d
b+c + d c + d +a a +b+d a +b+c
.
.
.

.
.
.
.
b+c +d c +d +a a +b+d a +b+c
9a
9b
9c
9d

8b c d c d a a b d a b c 
+  + + + + + + + + + + + ÷
9a a a b b b c c c d d d 
b c d c d a a b d a b c  8 8
8 8
40
≥ + .12.12  . . . . . . . . . . . ÷ = + .12 =
3 9
3
a a a b b b c c c d d d  3 9

Với a = b = c = d > 0 thì Min S = 40/3.
Trên cơ sở nội dung chương trình tốn ở các lớp 8, 9 giáo viên phải hệ thống
hố kiến thức và kỹ năng tính tốn đưa các đề cho học sinh làm thêm tại nhà sau đó
giáo viên phân tích cho học sinh cách chấm bài để hạn chế sai lầm trong quá trình
thi cử. Tăng cường phối hợp các phương pháp, kết hợp đan xen các chuyên đề để
tạo hứng thú học tập, tạo sự hấp dẫn của bài toán đối với học sinh. Tiến hành chấm
bài cùng các em chỉ ra các sai lầm lỗi bị trừ điểm trong bài thi, để các em tự chấm
lẩn nhau tự nhận xét.

23


III.6. Hướng dẫn phương pháp giải tốn thích hợp trong từng trường hợp
cụ thể giúp học sinh có kỹ năng nhận dạng, có tư duy linh hoạt và sáng tạo.
2
2
2
2
2
2
2 2 2
Bài 1. Chứng minh rằng: ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 8a b c ∀a, b, c

Phân tích và tìm tịi lời giải: Chỉ nhân các vế của BĐT cùng chiều ( kết quả
được BĐT cùng chiều) khi và chỉ khi các vế cùng không không âm.
Cần chú ý rằng: x2 + y2 ≥ 2 x 2 y 2 = 2|xy| vì x, y khơng biết âm hay
dương.
Nói chung ta ít gặp bài tốn sử dụng ngay BĐT Cơsi như bài tốn nói trên
mà phải qua một vài phép biến đổi đến tình huống thích hợp rồi mới sử dụng BĐT
Cơsi.
Trong bài tốn trên dấu “ ≥ ” ⇒ đánh giá từ TBC sang TBN. 8 = 2.2.2 gợi ý
đến sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số, 3 cặp số.
Sai lầm thường gặp của học sinh:
Sử dụng: ∀ x, y thì x2 - 2xy + y2 = ( x- y)2 ≥ 0 ⇔ x2 + y2 ≥ 2xy. Do đó:
a 2 + b 2 ≥ 2ab
 2
2
b + c ≥ 2bc
c 2 + a 2 ≥ 2ca


2 ≥ −2

Ví dụ: 3 ≥ −5
4 ≥ 3


2
2
2
2
2
2
2 2 2
⇒ ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 8a b c ∀a, b, c (Sai)

⇒ 24 = 2.3.4 ≥ (-2)(-5).3 = 30 ( Sai )

Lời giải đúng:
Sử dụng BĐT Côsi : x2 + y2 ≥ 2 x 2 y 2 = 2|xy| ta có:

24


a 2 + b 2 ≥ 2 ab ≥ 0

 2
2
2
2

b + c ≥ 2 bc ≥ 0 ⇒ a + b
 2
2
c + a ≥ 2 ca ≥ 0

(

)(b

2

+ c 2 ) ( c 2 + a 2 ) ≥ 8| a 2b2c2 | = 8a 2b 2c 2 ∀a, b, c (đúng)

Bài 2. Chứng minh rằng: (1 + a + b)(a + b + ab) ≥ 9ab ∀ a, b ≥ 0.
Phân tích và tìm tịi lời giải: 9 = 3.3 gợi ý sử dụng bất đẳng thức Côsi cho
ba số, 2 cặp. Mỗi biến a, b được xuất hiện ba lần, vậy khi sử dụng Côsi cho ba số sẽ
khử được căn thức cho các biến đó.
Giải
Ta có: (1 + a + b)(a + b + ab) ≥ 33 1.a.b. 3.3 a.b.ab = 9ab .
Bài 3. Chứng minh rằng: 3a3 + 7b3 ≥ 9ab2 ∀ a, b ≥ 0
Phân tích và tìm tịi lời giải: 9ab2 = 9.a.b.b ⇒ gợi ý đến việc tách hạng tử
7b3 thành hai hạng tử chứa b3 để khi áp dụng BĐT Cơsi ta có b 2. Khi đã có định
hướng như trên thì việc tách các hệ số khơng có gì khó khăn.
Giải
Cơsi

Ta có: 3a3 + 7b3 ≥ 3a3 + 6b3 = 3a3 + 3b3 + 3b3 ≥

a, b, c, d > 0


Bài 4. Cho:  1
1
1
1
1 + a + 1 + b + 1 + c + 1 + d ≥ 3


33 33 a3b6 = 9ab

CMR : abcd ≤

2

1
81

Giải
Từ giả thuyết suy ra:

1
1  
1  
1 
b
c
d Côsi
bcd
≥ 1 +
+
≥ 33

÷+ 1 −
÷+ 1 −
÷=
1+ a  1+ b   1+ c   1+ d  1+ b 1+ c 1+ d
( 1+ b ) ( 1+ c ) ( 1+ d )

Vậy:
25