Skkn một số giải pháp nhằm phát triển tư duy cho học sinh lớp 9 trường phổ thông dân tộc nội trú thcs bá thước từ bài toán cực trị đơn giản

MỤC LỤC
Mục

Trang

1. Mở đầu

1

1.1. Lí do chọn đề tài

1

1.2. Mục đích nghiên cứu

1

1.3. Đối tượng nghiên cứu

2

1.4. Phương pháp nghiên cứu

2

2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm

2

2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm

2

2.2. Thực trạng về kỹ năng tư duy về cực trị của học sinh trường PTDT
Nội trú THCS Bá Thước.

3

2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

4

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường

13

3. Kết luận, kiến nghị

14

3.1. Kết luận

14

3.2. Kiến nghị

14

TÀI LIỆU THAM KHẢO

15

skkn


1
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài:
Trong chương trình THCS, tốn học chiếm một vai trị rất quan trọng. Với
đặc thù là mơn khoa học tự nhiên, tốn học khơng chỉ giúp học sinh phát triển tư
duy, óc sáng tạo, khả năng tìm tịi và khám phá tri thức, vận dụng những hiểu biết
của mình vào trong thực tế, cuộc sống mà tốn học cịn là cơng cụ giúp các em
học tốt các mơn học khác và góp phần giúp các em học sinh phát triển một cách
toàn diện.
Từ vai trị quan trọng đó mà việc giúp các em học sinh u thích, say mê
tốn học giúp các em học sinh khá giỏi có điều kiện mở rộng, nâng cao kiến thức
là một yêu cầu tất yếu đối với giáo viên dạy tốn. Trong q trình giảng dạy tốn
cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh các phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao
đối với việc học tập, rèn luyện và tu dưỡng trong cuộc sống của học sinh.
Trong chương trình Tốn THCS khối lượng kiến thức rất phong phú và đa
dạng, các dạng toán cũng đề cập khơng ít. Trong số đó có bất đẳng thức là một
dạng toán quan trọng và khá phổ biến. Trong các kì thi học sinh giỏi các cấp và
thi vào THPT, THPT chuyên thì bất đẳng thức thường hay gặp trong các đề thi.
Bởi vậy muốn bồi dưỡng và phát triển các đối tượng học sinh khá, giỏi bản thân
người dạy phải nghiên cứu tài liệu, tìm tịi các phương pháp giải. Nhằm bổ trợ và
nâng cao kịp thời cho các em.
Ở dạng tốn bất đẳng thức thì mỗi bài tốn với số liệu riêng của nó, địi hỏi
ta phải vận dụng cách giải phù hợp. Điều đó có tác dụng rèn luyện tính tư duy
tốn học linh hoạt và sáng tạo của người học.
Không những thế bất đẳng thức luôn là một đề tài thú vị của môn Đại số,

vì nó cịn tiếp tục được giới thiệu và nghiên cứu ở cấp THPT. Do đó bất đẳng
thức mãi mãi là đối tượng nghiên cứu của Toán học, là vấn đề đa số người học
quan tâm trong các kì thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh và thi vào lớp 10.
Từ những yếu tố khách quan và chủ quan đó. Tơi đã tìm tịi và nghiên cứu đề
tài: “Một số giải pháp nhằm phát triển tư duy cho học sinh lớp 9 trường Phổ
thông Dân tộc nội trú THCS Bá Thước từ bài toán cực trị đơn giản”. Nhằm tìm
ra các biện pháp hữu hiệu nhất để có một phương án đúng đắn giúp học sinh tiếp
cận với các bài tốn về bất đẳng thức chủ động hơn, có hứng thú trong q trình
học.
1.2. Mục đích nghiên cứu
a. Đối với giáo viên:
- Giúp giáo viên dạy tốn THCS nói riêng có quan điểm coi trọng việc
nghiên cứu, dạy bất đẳng thức.
- Đưa ra một số kiến thức cơ bản về bất đẳng thức và một số phương pháp
chứng minh bất đẳng thức phù hợp trình độ học sinh .
- Qua việc triển khai đề tài này góp phần nâng cao chất lượng dạy - học tốt
nội dung bất đẳng thức và do đó sẽ dạy - học tốt mơn toán trong trường THCS.

skkn


2
b. Đối với học sinh, sau khi thực hiện đề tài sẽ giúp các em:
- Giúp học sinh có kiến thức sâu hơn về bất đẳng thức, góp phần học tốt hơn
mơn tốn.
- Giúp học sinh phát huy tính tích cực chủ động tìm tịi, khả năng suy luận,
phán đốn và tính linh hoạt áp dụng vào thực tế của từng bài toán. .
- Giúp học sinh định hướng đường lối giải bài toán.
- Giúp học sinh rèn kỹ năng giải bài toán bằng nhiều cách và biết lựa chọn
phương án tối ưu.

- Rèn luyện kĩ năng thực hành các thao tác tư duy tốn học hợp lí.
- Giải quyết triệt để những yếu kém, hạn chế về kỹ năng tư duy lôgic mà
học sinh vẫn mắc phải lâu nay trong q trình giải tốn.
- Cung cấp thêm vốn kiến thức cần thiết và tăng cường hiểu biết là cơ sở tiếp
thu các kiến thức toán học ở các lớp sau này.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Các giải pháp tìm tịi phương pháp giải bài toán cực trị đại số nhằm phát
triển tư duy, kĩ năng giải toán cực trị cho học sinh trong việc bồi dưỡng học sinh
giỏi mơn Tốn lớp 9 trường PTDT Nội trú THCS Bá Thước.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lí thuyết
Phương pháp thống kê, xử lí số liệu
Phương pháp nghiên cứu lí luận: đọc tài liệu sách báo, tạp chí, Internet có
nội dung liên quan.
Phương pháp phân tích, tổng hợp: phân tích các số liệu từ tài liệu để sử
dụng trong sáng kiến kinh nghiệm. Sau đó tổng hợp các số liệu.
Phương pháp điều tra, khảo sát thực tế, thu thập thơng tin: Tìm hiểu thực
trạng về kỹ năng tư duy bài toán cực trị của học sinh lớp 9.
2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Trong q trình dạy học ở trường THCS nói chung và dạy tốn nói riêng,
việc làm cho học sinh biết vận dụng các kiến thức đã học để giải các bài tốn là
cơng việc rất quan trọng và không thể thiếu được của người dạy tốn. Vì thơng
qua đó có thể rèn luyện được tư duy, khả năng sáng tạo, khả năng vận dụng cho
học sinh. Để làm được điều đó giáo viên phải cung cấp cho học sinh các kiến thức
cơ bản, các phương pháp vận dụng và biến đổi phù hợp giúp học sinh hiểu được
thực chất của vấn đề để từ đó có các kĩ năng giải tốn thành thạo, thốt khỏi tâm
lí chán nản và sợ mơn Tốn.
Trong q trình giảng dạy toán cần thường xuyên rèn luyện cho học
sinh các phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao đối với việc học tập, rèn

luyện và tu dưỡng trong cuộc sống của học sinh. Đối với học sinh khá

skkn


3
giỏi, việc rèn luyện cho các em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo,
tính phê phán của trí tuệ là những điều kiện cần thiết vô cùng trong việc
học tốn.
Với mục đích thứ nhất là rèn luyện khả năng sáng tạo Tốn học, trước mỗi
bài tập tơi đã cho học sinh tìm hiểu cách giải, đồng thời người thầy giáo cũng phải
gợi ý và cung cấp cho học sinh nhiều cách giải.Trên cơ sở đó học sinh tự tìm ra
cách giải hợp lí nhất. Phát hiện ra những cách giải tương tự và khái quát đường lối
chung.Trên cơ sở đó với mỗi bài tốn cụ thể các em có thể khái qt hố bài tốn
thành bài tốn tổng quát và xây dựng bài toán tương tự.
Điều mong muốn thứ hai đó là mong muốn thay đổi phương pháp bồi dưỡng
học sinh khá giỏi từ trước tới nay. Xây dựng một phương pháp mới đó là rèn
luyện khả năng sáng tạo Toán cho học sinh sao cho mọi lúc mọi nơi các em có thể
phát huy năng lực độc lập sáng tạo của mình.
2.2. Thực trạng về kỹ năng tư duy về cực trị của học sinh trường PTDT
Nội trú THCS Bá Thước
Trường PTDT Nội trú THCS Bá Thước với đặc thù 100% học sinh là học sinh
dân tộc thiểu số đến từ 21 xã, thị trấn trong toàn huyện, đời sống của gia đình các
em cịn nhiều khó khăn nên sự quan tâm của gia đình đến việc học của các em còn
hạn chế mặc dù được sự quan tâm rất lớn của Đảng và Nhà nước đối với giáo dục
dân tộc. Mặt khác đa số các em đều ở nội trú và xa gia đình nên các em phải từng
bước tự lập nên có nhiều bỡ ngỡ, tâm lí xa gia đình, nhớ nhà ảnh hưởng nhiều đến
sinh hoạt và học tập của các em. Bản thân các em còn nhút nhát, khả năng tiếp thu
bài giảng và diễn giải của các em cịn hạn chế. Vì vậy, khả năng giải toán và tư
duy của các em còn rất nhiều hạn chế.

Qua thực tế dạy học ở trường trung học cơ sở cùng với việc trao đổi chun
mơn qua một số giáo viên, việc dạy học nói chung và việc bồi dưỡng cho đối
tượng học sinh khá và giỏi thơng qua dạy học giải bài tốn bất đẳng thức và cực
trị đối với yêu cầu phát triển tư duy sáng tạo, chúng tôi nhận thấy một số tồn tại
như sau:
Do số tiết học ở trên lớp còn rất ít, khối lượng tri thức cần truyền đạt nhiều
đồng thời phải đúng lịch phân phối chương trình theo quy định nên việc mở rộng,
khai thác, ứng dụng sáng tạo các kiến thức đã học chưa được triệt để sâu sắc. Điều
này ảnh hưởng đến việc huy động vốn kiến thức của học sinh, hạn chế đến việc
rèn luyện tính tích cực, độc lập, sáng tạo của học sinh trong học tập, nhất là đối
tượng học sinh khá và giỏi.
Học sinh ít khi được phát hiện vấn đề mới mà thường lặp lại hoặc phát hiện
vấn đề được giáo viên đã đưa ra, học sinh thường bị động khi tiếp nhận kiến thức
từ phía giáo viên. Cách dạy và học như vậy sẽ làm hạn chế khả năng tìm kiếm, tự
phát hiện vấn đề của học sinh, điều này trái với quan điểm về việc học theo xu
hướng hoạt động hố người học, lấy người học làm trung tâm. Chính vì điều đó
mà trong dạy học, người giáo viên phải biết chú trọng công tác bồi dưỡng học
sinh năng lực nhận biết tìm tịi, phát triển vấn đề để giúp học sinh rèn luyện các
kỹ năng tư duy vào thói quen phát triển tìm tịi, thơng qua một số thao tác trí tuệ.

skkn


4
Việc thường xuyên rèn luyện cho học sinh năng lực này tạo cho học sinh thói
quen ln ln tích cực khám phá kiến thức ở mọi lúc, mọi nơi. Muốn làm tốt
điều đó địi hỏi học sinh phải trải qua một q trình tìm tịi, mị mẫm, dự đốn,
suy xét ở nhiều góc độ để rồi thử nghiệm.
Trong chương trình toán trung học cơ sở, hệ thống bài tập trong sách là rất
đa dạng và phong phú nhưng đang còn rời rạc, thiếu sự liên kết với nhau trong

từng chủ đề. Trong thực tế, cách dạy phổ biến hiện nay là giáo viên với tư cách là
người điều khiển đưa ra kiến thức rồi giải thích chứng minh, sau đó đưa ra một số
bài tập áp dụng, làm cho học sinh cố gắng tiếp thu vận dụng. Rõ ràng với cách
dạy như vậy giáo viên cũng thấy chưa thoả mãn bài dạy của mình, học sinh cũng
thấy chưa hiểu được cội nguồn của vấn đề mà chỉ học một cách máy móc, làm
cho các em có ít cơ hội phát triển tư duy sáng tạo, ít có cơ hội khai thác tìm tịi cái
mới.
Để khắc phục những tồn tại đã chỉ ra ở trên, người giáo viên cần phải có
phương pháp dạy học tích cực, tận dụng tối đa tiết dạy, quan tâm hơn nữa phần
khai thác và phát triển các bài toán bất đẳng thức cơ bản, đồng thời phải phối hợp
nhiều định lý, bài toán đã học vào việc giải toán, từ bài toán dễ đến bài toán khó
mà sự huy động kiến thức đó là cần thiết, cần phải làm cho học sinh luôn thấy
được sự cần thiết thiếu hụt tri thức của bản thân. Bởi vì khi học sinh nhận ra sự
thiếu hụt tri thức của bản thân thì chính sự thiếu hụt đó là một yếu tố kích thích
chuyển động thích nghi để tìm kiếm lại sự cân bằng. Học sinh khi đó trở thành
người mong muốn bù lấy sự thiếu hụt đó, thoả mãn nhu cầu nhận thức của bản
thân mình.
Do đặc điểm của nội dung kiến thức, sáng kiến kinh nghiệm này tôi chỉ
đưa ra để áp dụng cho các em khối lớp 9. Trong q trình ơn học sinh giỏi khối
9 và các em học sinh đăng kí thi vào các trường PTDT Nội trú tỉnh, PTDT Nội
trú Ngọc Lặc của trường PTDT Nội trú THCS Bá Thước, khi đưa ra các bài tập
mà chưa hướng các em tư duy thì kết quả thu được rất khiêm tốn. Cụ thể tôi đã
ôn 15 em học sinh khối 9 và sau một số bài kiểm tra với nội dung tương tự như
trong SKKN tơi đã trình bày, kết quả thu được như sau:
Bảng điểm khảo sát của học sinh trước khi áp dụng SKKN
Điểm
Dưới 5
5–6
7
8 – 10

Lớp
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
9

12

80

3

20

0

0

0

0

2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Tôi bắt đầu đưa cho các em học sinh một bài toán quen thuộc sau:
Bài toán 1: Cho a, b, c  0 , chứng minh rằng:

skkn

a2
b2
c2
abc



ab bc ca
2


5
Có nhiều cách giải cho bài tốn này, cách đơn giản thường gặp ở đây là sử
dụng bất đẳng thức Côsi hoặc bất đẳng thức Bunnhiacopxki. Chẳng hạn, sử dụng
bất đẳng thức Côsi, ta ghép cặp như sau:
a2
ab
a2
3a  b

a

(1)
ab
4
ab
4

Tương tự, ta cũng có:
b2
3b  c

(2)
bc
4
c2
3c  a

(3)
ca
4

Cộng (1), (2), (3) ta có:
a2
b2
c2
3(a  b  c)  (a  b  c) a  b  c




(đpcm).
ab bc ca
4
2

Ở đây có một câu hỏi đặt ra là, nếu khơng sử dụng bất đẳng thức Cơsi thì

có tìm được đánh giá (1) hay khơng? Nếu được thì làm như thế nào?
Câu trả lời là có và ta sẽ làm như sau:
Ta đi tìm các hệ số m, n sao cho:

a2
 ma  nb(4)
ab

Chú ý rằng bất đẳng thức trong bài toán trên xảy ra dấu đẳng thức khi a  b  c .
Với a  b , từ (1) ta có:

1
 m  n , để dấu “ = ” xảy ra ta chọn m, n sao cho:
2

. Khi đó (4) trở thành:
a2
1
 ma  (  m)b  2(m  1)a 2  ab  (2m  1)b 2  0(*)
ab
2
a
Chia cả hai vế (*) cho b 2 , đặt  t khi đó (4) trở thành:
b

Để (5) đúng ta chọn m thỏa mãn:

. Từ đó suy ra (1).

Lời giải bài tốn trình bày như sau:

Lời giải:
Ta có:
(đúng)
Chứng minh tương tự, ta cũng có:

skkn


6

Cộng theo vế các bất đẳng thức (i), (ii), (iii) ta có:
a2
b2
c2
3(a  b  c)  (a  b  c) a  b  c




(đpcm).
ab bc ca
4
2

Nhận xét:
Bài toán trên là một bài toán khá đơn giản, song với cách tiếp cận như trên đã
đem đến cho chúng ta một ý tưởng giải lớp các bài toán đồng bậc một cách dễ
dàng.
Với ý tưởng trên, ta xem xét tiếp bài toán sau:
Bài toán 2:

Cho a, b, c  0 , chứng minh rằng:
a3
b3
c3
a bc
 2
 2

2
2
2
2
a  ab  2b b  bc  2c c  ca  2a
4

Phân tích:
Dự đốn dấu “ = ” xảy ra khi a  b  c .
Tiếp theo tìm m, n sao cho

a3
 ma  nb (6)
a 2  ab  2b 2

Các hệ số m, n được chọn phải đảm bảo dấu đẳng thức xảy ra, do đó:
m n 

1
1
 n   m . Khi đó (6) trở thành:
4

4

a3
1

 ma    m  b
2
2
a  ab  2b
4

 4(1  m) a 3  a 2b  (4m  1)ab 2  (8m  2)b 3  0 (7)

Chia cả 2 vế (6) cho b3 , đặt

a
 t được:
b

4(1  m)t 3  t 2  (4m  1)t  (8m  2)  0
 (t  1)  4(1  m)t 2  (4m  3)t  8m  2   0 (8)

Nếu (8) đúng với mọi t  0 thì 4(1  m)t 2  (4m  3)t  8m  2  0 phải có nghiệm t  1 .
Thay t  1 vào phương trình ta được m 

9
9
. Với m  , (8) trở thành:
16
16

1
(t  1) 2 (7t  10)  0, t  0.
4

Do đó m 

9
5
thỏa mãn, suy ra n   .
16
16

skkn


7
Lời giải:
Ta có:
a3
9
5
 a  b (i)  ( a  b) 2 (7 a  10b)  0 (đúng)
2
2
a  ab  2b 16
16

Tương tự, ta cũng có:
b3

9
5
 b  c (ii)
2
2
b  bc  2c 16 16

c3
9
5
 c  a (iii)
2
2
c  ca  2a 16 16

Cộng theo vế các bất đẳng thức (i),(ii),(iii) suy ra điều phải chứng minh.
Bài tốn 3: (HSG tốn 9, Thanh Hóa năm học 2015 - 2016)
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab 2  bc 2  ca 2  3 . Chứng minh rằng:
2a 5  3b5 2b5  3c5 2c 5  3a5


 15(a 3  b3  c 3  2)
ab
bc
ca

Phân tích:
Ta nhận thấy rằng dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c . Bất đẳng thức được viết lại
như sau:
2a 5  3b5 2b5  3c 5 2c 5  3a 5



 15(a 3  b3  c 3 )  10  ab 2  bc 2  ca 2 
ab
bc
ca

Dựa vào ý tưởng trên, ta sẽ tìm m, n, p sao cho:
2a 5  3b5
 ma 3  nb3  pab 2 (9)
ab

Ta có (9)  2a 5  ma 4b  pa 2b3  nab 4  3b5  0 (10)
Sau khi chia cả 2 vế của (10) cho b5 , đặt

a
 t ta được:
b

2t 5  mt 4  pt 2  nt  3  0 (11)

Dấu “ = ” xảy ra ở (11) khi t  1
Do đó để (11) đúng thì vế trái của nó phải có nhân tử (t  1) 2 , suy ra
2t 5  mt 4  pt 2  nt  3 chia hết cho (t  1)2 .
 n  2m
.
 p  5  3m

Thực hiện phép chia đa thức và cho phần dư bằng 0, ta được: 
Khi đó:

(13)  (t  1) 2  2t 3  (4  m)t 2  2(3  m)t  3  0

Đến đây cần lựa chọn m sao cho: 2t 3  (4  m)t 2  2(3  m)t  3  0 là được. Giả sử
giá trị này của m là m0 . Như vậy, (9) trở thành:
2a 5  3b5
 m0 a 3  2m0b3  (5  3m0 )ab 2 (i)
ab

skkn


8
Tương tự có:
2b5  3c5
 m0b3  2m0 c 3  (5  3m0 )bc 2 (ii)
bc
2c5  3a 5
 m0 c3  2m0 a 3  (5  3m0 )ca 2 (iii)
ca

Cộng các vế (i), (ii), (iii) được:
2a 5  3b5 2b5  3c5 2c 5  3a 5


 3m0 (a 3  b3  c3 )  (5  3m0 )  ab 2  bc 2  ca 2 
ab
bc
ca

Để có điều cần chứng minh, chọn m0  5 . Với m0  5 , ta có:

2t 3  (4  m0 )t 2  2(3  m0 )t  3  (t  1) 2 (2t  3)  0, t  0

Vậy m0  5 là giá trị thỏa mãn, suy ra n  10, p  10 .
Lời giải:
Ta có:
2a 5  3b5
 5a 3  10b3  10ab 2 (i)
ab
5
 2a  5a 4 b  10a 2 b3  10ab 4  5b5  0  (a  b) 4 (2a  3b)  0

Chứng minh tương tự, cũng có:
2b5  3c5
 5b3  10c3  10bc2 (ii)
bc
2c5  3a5
 5c3  10a3  10ca2 (iii)
ca

Cộng theo vế các bất đẳng thức (i),(ii),(iii) suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 4: (Đề dự bị HSG lớp 9 cấp tỉnh, Thanh hoá năm học 2014-2015)
Cho ba số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn điều kiện x  2 y  3z  3 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q 

88 y 3  x 3 297 z 3  8 y 3 11x3  27 z 3


2 xy  16 y 2 6 yz  36 z 2
3 xz  4 x 2

Nhận xét:
a  x

Bài này có cùng ý tưởng giống bài trên, sau khi đặt b  2y , Q trở thành:
c  3z


11b3  a3 11c3  b3 11a3  c3
Q


(*)
ab  4b2 bc  4c2 ca  4a2

Đến đây thì đơn giản rồi, làm tương tự trên ta có đánh giá:
11b3  a3
.
  a  3b
2
ab  4b

Bất đẳng thức này đúng, vì nó tương đương với (a  b)2(a  b)  0 .

skkn


9
Cũng thế cho các đánh giá khác, có ngay điều cần chứng minh.
Có lẽ, biểu thức Q ban đầu giống như (*), nhưng người ra đề muốn gây một chút
khó khăn cho thí sinh, bằng cách đặt ngược lại trên.

Tiếp theo ta xét bài tốn sau khơng cịn là đồng bậc nữa nhưng vẫn giải được
với ý tưởng trên tuy nhiên cần thêm đánh giá phụ:
Bài toán 5:
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 4 b 4 c 4  3 . Chứng minh rằng:
1
1
1


1
4  ab 4  bc 4  ca

Phân tích:
Ở bài này ta khơng thể tìm được m,n,p để có đánh giá

1
 ma4  nb4  p .
4  ab

Chú ý là a4  b4  c4  (ab)2  (bc)2  (ca)2 và dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c , vì
thế ta sẽ nghĩ đến đánh giá
1
 m(ab)2  n (12) .
4  ab

4
4
3
Đặt t  ab , do 0  ab  (a  b )  3 nên t (0, ) .

2

2

2

Sau khi biến đổi và rút gọn ta có (12)  mt3  4mt2  nt  4n 1 0 .
1

m 18
Đến đây thực hiện giống như trên tìm được 
n  5

18

Lời giải:
1
(ab)2  5

(i). Thật vậy,
Ta chứng minh:
4  ab
18
(i )  (4  ab) (ab)2  5  18  0  2(ab  1)2(2  ab)  0 .

Bất đẳng thức này đúng, vì 0  ab 

(a4  b4 )
3


 2.
2
2

Tương tự ta có:
1
(bc)2  5

(ii).
4  bc
18
1
(ca)2  5

(iii ).
4  ca
18

Cộng các các bất đẳng thức (i),(ii),(iii) trên vế theo vế ta có:
1
1
1
(ab) 2  (bc) 2  (ca) 2  15 a 4  b 4  c 4  15




1
4  ab 4  bc 4  ca
18

18

skkn


10

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1.
Có những BĐT khơng thể xây dựng ngay các đánh giá trực tiếp như trên mà cần
thơng qua một số đánh giá trung gian. Bài tốn sau đây là một ví dụ.
Bài tốn 6: Cho a, b, c  0 thỏa mãn a  b c  9 . Chứng minh rằng:
a3  b3 b3  c3 c3  a3


9
ab  9 bc  9 ca  9

Phân tích:
Nhận thấy dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  3. Nếu ta đánh giá trực tiếp
a3  b3
a3  b3
 ma  nb  p hoặc
 m(a  b)  n ta sẽ gặp bế tắc ngay. Vậy ta phải xử
ab  9
ab  9

lý theo hướng nào? Tất nhiên, ta vẫn sử dụng ý tưởng giống như trên và đánh giá
a3  b3
 m(a  b)  n , song không phải trực tiếp mà cần có các đánh giá trung gian.
ab  9

2
a  b

3
1
2
2
3
1
Chú ý
 ab; a3  b3  (a  b)   a  b   a  b    a  b
4
4
4
 4
1
(a  b)3
a3  b3
(a  b)3
4


Suy ra
.
ab  9 1 (a  b)2  9 (a  b)2  36
4
(a  b)3
 m(a  b)  n .
Tiếp theo ta tìm m, n sao cho bất đẳng thức sau là đúng
(a  b)2  36

Đến đây ta dễ dàng tìm được m 1, n  3 .
Lời giải:
Ta có:

 a  b
4

2

3
1
2
2
3
1
 ab; a3  b3  (a  b)   a  b   a  b    a  b
4
4
 4
1
(a  b)3
4

a b
(a  b)3


(13) .
Suy ra

ab  9 1 (a  b)2  9 (a  b)2  36
4
3

Mà

3

(a  b)3
 a  b  3 (14) Thật vậy,
2
(a  b)  36

(14)  (a  b)3  (a  b) 2  36   a  b  3   3(a  b  6) 2  0 (đúng)

Từ (13),(14) suy ra: a3  b3  a  b  3(i )
ab  9

skkn


11
Chứng minh tương tự được:

b3  c3
c3  a3
 b  c  3(ii )
 c  a  3(iii )
bc  9
ca  9

Cộng các các bất đẳng thức (i),(ii),(iii) theo vế được điều chứng minh.
Qua một số bài tốn trên chắc hẳn bạn đọc đã hình dung được phương pháp
giải và cảm nhận được tính đơn giản, hiệu quả của nó. Vẫn với suy nghĩ đó, ta sẽ
giải quyết một lớp các bài toán dạng (phân li các biến):
f (a)  f (b)  f (c)  m

(Có thể coi lớp bài này là một trường hợp đặc biệt của lớp các bài trên)
Bài toán 7: Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  d  4 .
Chứng minh rằng:
1
1
1
1
 2
 2
 2
2
a 1 b 1 c 1 d 1
2

Hướng dẫn:
Tìm các hệ số m,n sao cho

1
 ma  n . Dễ dàng tìm được m 1, n  2
a 1
2

Lời giải:

2
a(a  1)2
 0 (đúng)
Ta có: 2  a  2 (i)  2
a 1
a 1

Tương tự với các biến còn lại. Cộng vế theo vế ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  d  1 .
Bài toán 8:
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3 .
Chứng minh rằng:

1
1
1
 2
 2
1
a bc b ca c ab
2

Hướng dẫn:
Ở đây ta cần tìm m, n để bất đẳng thức dưới là đúng
1
1
 2
 ma  n
a  b c a  a  3
2

1
9

Tương tự như trên ta tìm được m  , n 

4
thì bất đẳng thức phụ đúng.
9

Thật vậy
1
4 a
(a  1) 2 (3  a )
(a  1) 2 (b  c )
  0
0
a2  a  3 9 9
3(a 2  a  3)
3(a 2  a  3)

Bài toán 9:
Cho a, b, c, d là các số thực không âm thỏa a 2  b 2  c 2  d 2  4 . Chứng minh rằng:
2(a 3  b 3  c 3  d 3 )  2 

3
2

skkn

2  ab  ac  ad  bc  bd  dc


12
Hướng dẫn:
Theo bài ra a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn:
a2  b2  c2  d 2  4
 ( a  b  c  d ) 2  2(2  ab  ac  ad  bc  bd  cd )
 ( a  b  c  d )  2(2  ab  ac  ad  bc  bd  cd )

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
3
2(a 3  b 3  c 3  d 3 )  2  (a  b  c  d )
2

Ta cần xác định hệ số m để bất đẳng thức sau đúng
2a3  ma  n

Dễ dàng tìm được m 6, n  4 . Ta sẽ chứng minh điều đó, thật vậy:
2a3  6a  4  2(a  1)2(a  2)  0

Điều này hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  d  1.
Bài toán 10: (HSG Toán 9, Hà Nội 2016)
Cho a, b,c là độ dài 3 cạnh một tam giác. Chứng minh:
a2016
b2016
c2016


 a2015  b2015  c2015

b c  a c  a  b a  b c

Phân tích:
Để đơn giản ta đưa về dạng phân li các biến bằng cách chuẩn hóa a  b  c  3.
a2016
b2016
c2016


 a2015  b2015  c2015
3 2a 3 2b 3 2c
a
 ma  n (Tại sao lại khơng
Tìm các số m, n sao cho bất đẳng thức sau đúng:
3 2a
a2016
 ma  n?). Dễ có m 3, n  2 suy ra
tìm đánh giá
3 2a
a2016
 3a2016  2a2015  3(a2016  a2015)  a2015
3 2a

Bất đẳng thức trở thành:

Mà a2016  a2015  a  1 (15) . Thật vậy (15) tương đương với
(a  1)2(a2014  a2013  ...  a2  a  1)  0

Do vậy,

a2016
 3a2016  2a2015  3(a  1)  a2015 .
3 2a

Tương tự với các biến khác, rồi cộng lại có điều cần chứng minh.
Bài toán 11:
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 3  b 3  c 3  3 . Chứng minh rằng:

skkn


13
1 1 1
4     5( a 2  b 2  c 2 )  27
a b c

Hướng dẫn:
Ta cần tìm hệ số m, n sao cho
4
 5a2  ma3  n (16)
a

Ta dễ dàng nhận ra đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1.
Khi cho a  1 thì ta có thể dự đốn rằng m  2, n  7 . Ta sẽ chứng minh rằng với
m  2, n  7 thì bất đẳng thức (16) đúng. Thật vậy:
4
(a  1) 2 ( 2a 2  a  4)
 5a 2  7  2a 3 
0
a

a

Do a  3 3  2a 2  a  4  0 . Vậy bất đẳng thức phụ trên là đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1.
Như vậy chúng ta đã cùng nhau trải qua một số các bài toán thú vị, tuy
khơng nhiều nhưng có lẽ bạn đọc đã nắm được ý tưởng của phương pháp… Tất
nhiên, trong một bài viết nhỏ khơng thể nói được nhiều những vấn đề liên quan,
chẳng hạn sự mở rộng, kết nối phương pháp với các kỹ thuật khác (như kết hợp
các bất đẳng thức cổ điển, Schur hoặc phân tích bình phương …) để có thể xử lý
những bài tốn có độ phức tạp cao hơn, nhưng hy vọng bài viết nhỏ này đem lại
cho bạn đọc được một vài điều bổ ích nho nhỏ và niềm vui giải các bài toán bất
đẳng thức.
Để củng cố phương pháp tôi đã nêu một số bài tập tương tự để học sinh rèn
luyện.
BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1: Cho a, b,c  0 . Chứng minh rằng:
a3
b3
c3
a b c



2
2
2
2
2
2
a  3ab  b b  3bc  c c  3ca  a

5

Bài 2: Cho a, b, c  0 . Chứng minh rằng:
5b3  a3 5c3  b3 5a3  c3


 a  b c
ab  3b2 bc  3c2 ca  3a2

Bài 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
232y3  x3 783z3  8y3 29y3  27x3
M


2xy  24y2 6yz  54z2
3xz  6x2
1
trong đó x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện x  2y  3z  .
4

Bài 4: Cho a, b, c  0: a  b  c  2016 . Chứng minh rằng:

skkn


14
a4  b4 b4  c4 c4  a4


 2016

a3  b3 b3  c3 c3  a3

Bài 5: (Olympic tốn Mỹ 2003)
Cho a, b, c là các sớ thực dương. Chứng minh rằng:
(b  c  2a) 2
(a  c  2b) 2
( a  b  2c) 2


8
2a 2  (b  c) 2 2b 2  (a  c) 2 2c 2  (b  a) 2

Bài 6: Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  d  2 .
Chứng minh rằng:
1

1
1
1
16
 2
 2

3a  1 3b  1 3c  1 3d  1 7
Bài 7: Cho a, b, c, d , e là các số thực không âm thỏa mãn a 3  b3  c 3  d 3  e3  1 .
2



2

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a2
b2
c2
d2
e2




1  a 3 1  b 3 1  c 3 1  d 3 1  e3
Bài 8: Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a 2 b 2 c 2  1 .

Chứng minh rằng:
1
1
1
9



1  ab 1  bc 1  ca 2
Bài 9: Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  d  4 .

Chứng minh rằng:
6(a 3 b 3 c 3  d 3 )  (a 2 b 2  c 2  d 2 ) 

1
8

Bài 10: Cho a, b, c là các số thực dương nhỏ thỏa mãn a  b  c  1 . Chứng minh
rằng:
6(a 3 b 3 c 3 )  1  5(a 2 b 2 c 2 )

Bài 11: Cho a, b, c là các số thực dương nhỏ thỏa mãn a  b  c  1 . Chứng minh
rằng:
1
1
1
27



2
2
2
1 a 1 b 1 c
10
Bài 12: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
(b  c  3a) 2
(a  c  3b) 2
(a  b  3c ) 2
1
 2
 2

2
2
2

2
2 a  (b  c )
2b  (a  c)
2c  (b  a)
2

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Khi chưa thực hiện SKKN này, học sinh chỉ giải được một số bài tập về bất
đẳng thức, cực trị đơn giản, hay mắc những sai lầm, hay gặp khó khăn, ngại làm
bài tập về bất đẳng thức và tìm cực trị.

skkn


15
Sau khi thực hiện đề tài này thì học sinh có hứng thú khi giải tốn bất đẳng
thức, làm bài tập tốt hơn, tự giải quyết được các bài tập bất đẳng thức và cực trị
có dạng tương tự, hạn chế được rất nhiều sai lầm khi giải toán về bất đẳng thức và
cực trị, học sinh có kỹ năng làm các bài toán về bất đẳng thức và cực trị một cách
hợp lý, hiệu quả các em nhìn nhận mỗi bài tốn dưới nhiều khía cạnh khác nhau.
Từ đó kích thích được sự tị mị, sự sáng tạo, ham học hỏi, khám phá cái mới lạ
trong học tập môn tốn nói riêng và các mơn khoa học khác nói chung.
Cụ thể: đây là kết quả thu được sau khi vận dụng đề tài này trong năm học
2017 – 2018. Kết quả khảo sát cuối năm học rất khả quan: Số lượng học sinh khá
giỏi tăng lên và số lượng học sinh yếu kém giảm xuống một cách đáng kể.
* Năm học 2017 – 2018 đối với khối 9 trường THCS Thị trấn Cành Nàng và
năm học 2019 – 2020 đối với khối 9 trường PTDT Nội trú THCS Bá Thước:
Bảng điểm khảo sát của học sinh sau khi áp dụng SKKN
Điểm

Dưới 5
5–6
7
8 – 10
Lớp
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
9
0
0
3
20
9
60
3
20
Như vậy kết quả trên chứng tỏ rằng: Việc vận dụng những kinh nghiệm nêu
trên, trong thời gian chưa dài nhưng kết quả tương đối khả quan mặc dù kết quả
chưa cao, chưa được theo mong muốn của bản thân nhưng cũng đã có những dấu
hiệu tích cực, khởi sắc về chất lượng học tập, số học sinh khá giỏi tăng lên, số học
sinh yếu kém cũng được giảm đi. Và hơn thế nữa là kiến thức đã được khắc sâu
hơn, các em dần biết tự suy luận khi đứng trước một vấn đề nào đó, từ đó các em
có thể tự tin vận dụng kiến thức đã học vào giải toán cũng như tự tin hơn trong
cuộc sống hàng ngày.

3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Như vậy, sau mỗi bài toán chúng ta hướng cho học sinh dành một thời gian
nhất định để suy xét bài tốn. Thiết nghĩ đó cũng là một phương pháp học tốn
và làm tốn rất bổ ích. Làm được điều đó với học sinh sẽ tạo ra sự hiểu bài sâu
hơn, có nhiều phương pháp giải hơn và đương nhiên sẽ tìm được phương pháp
hay nhất.
Vận dụng sáng kiến này vào giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi tôi
nhận thấy rằng đây là việc làm thiết thực phù hợp với trình độ nhận thức học
sinh, phù hợp chương trình đổi mới theo định hướng phát triển năng lực cho học
sinh và giáo dục kỹ năng sống cho học sinh hiện nay.
3.2. Kiến nghị
Để đạt được hiệu quả cao trong dạy học mơn Tốn, giáo viên phải có
phương pháp dạy học phù hợp với từng đối tượng học sinh. Muốn có được
phương pháp tốt địi hỏi người thầy phải thường xuyên học hỏi, tự bồi dưỡng

skkn


16
những kiến thức cho mình. Đồng thời phải trang bị cho học sinh những ý tưởng
giải tốn, sau đó mới rèn luyện những kỹ năng trình bày lời giải .
Nội dung các bài tập khi phát triển phải theo một trình tự logic từ dễ đến
khó.
Học sinh phải có thời gian tự học, trao đổi, tự tìm tịi lời giải, tự phân tích
và phát triển mỗi bài tốn theo nhiều hướng khác nhau.
Trên đây chỉ là kinh nghiệm của cá nhân nên không thể tránh khỏi những
hạn chế. Tôi rất mong được sự đánh giá góp ý của các bạn đồng nghiệp và hội
đồng khoa học các cấp để kinh nghiệm này ngày càng được hồn thiện hơn.
Tơi xin chân thành cảm ơn!

XÁC NHẬN HIỆU TRƯỞNG

Bá Thước, ngày 03 tháng 6 năm 2020
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
khơng sao chép nội dung của người khác
NGƯỜI VIẾT

Lê Toàn Thắng
Nguyễn Thị Đào

skkn


17

TÀI LIỆU THAM KHẢO
STT

Tên tài liệu

1.

Những kĩ năng giải toán đặc sắc Bất đẳng thức – Nguyễn Công Lợi

2.

Định hướng, trau dồi, chinh phục Toán THCS – Dương Quỳnh Châu

3.

Chinh phục đề thi vào 10 chuyên Toán – Nguyễn Xuân Nam

4.

50 đề ơn luyện chun Tốn – Võ Quốc Bá Cẩn

5.

Tạp chí Tốn học tuổi trẻ 30 năm

6.

Đề thi học sinh giỏi lớp 9 cấp tỉnh Thanh hoá.

7.

Tuyển tập các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức.

8.

Toán Nâng cao và phát triển lớp 9( Vũ Hữu Bình)

9.

Sáng tạo bất đẳng thức ( Phạm Kim Hùng)

10.

Những viên kim cương trong bất đẳng thức (Trần Phương)

skkn


18

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: Lê Toàn Thắng
Chức vụ, đơn vị công tác: Giáo viên Phổ thông Dân tộc nội trú THCS Bá Thước

TT

Cấp đánh giá xếp
loại

Tên đề tài SKKN

(Ngành GD cấp
huyện/tỉnh; Tỉnh...)

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

Năm học
đánh giá xếp

loại

1.

Chứng minh một bài tốn hình
theo phương pháp “phân tích
ngược”

Ngành giáo dục
huyện Bá thước

B

2011 - 2012

2.

“Giúp học sinh lớp 6 rèn kỹ năng
giải toán về phân số ở trường
THCS DT Nội trú Bá Thước”.

Ngành giáo dục
tỉnh Thanh Hóa

C

2013 - 2014

3.

“Giúp học sinh lớp 6 rèn kỹ năng
giải toán về phân số ở trường
THCS Thị trấn Cành Nàng”.

Ngành giáo dục
huyện Bá thước

C

2016 - 2017

4.

“Giúp học sinh lớp 6 rèn kỹ năng
giải toán về phân số ở trường
THCS DT Nội trú Bá Thước”.

Ngành giáo dục
tỉnh Thanh Hóa

C

2018 - 2019

5.

"Một số giải pháp phát triển kỹ
năng tư duy lôgic cho học sinh bậc
THCS thông qua dạy học toán
chứng minh ở trường THCS Dân

tộc Nội trú Bá Thước".

Ngành giáo dục
huyện Bá thước

B

2019 – 2020

skkn