Skkn phát triển tư duy học sinh lớp 9 trường thcs lê đình chinh ngọc lặc từ bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện

MỤC LỤC
Mục
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 về kỹ năng tư duy về cực trị của học sinh trường
THCS Lê Đình Chinh
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1. Lí thuyết:
3.2.2.Các ví dụ minh họa
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận
3.2. Kiến nghị
TÀI LIỆU THAM KHẢO

skkn

Trang
1
2
2
3
3
4
4

4
6
6
7
19
21
21
21
22


2

skkn


1
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài:
Ngày nay cùng với sự phát triển của tất cả các ngành khoa học cơ bản
Toán học là một trong số những ngành khoa học đi đầu, có vị trí hết sức quan
trọng. Chúng ta có thể nhận thấy điều này thơng qua ứng dụng của Tốn học
hầu hết có mặt trong tất cả các lĩnh vực của đời sống xã hội. Sự ra đời và phát
triển mạnh mẽ của công nghệ thông tin đã dẫn đến sự bùng nổ các ứng dụng của
toán học, đem lại hiệu quả to lớn cho đời sống xã hội.
Tốn học có ví trí đặc biệt quan trọng trong việc nâng cao và phát triển
dân trí. Tốn học không chỉ cung cấp cho học sinh (người học Tốn) những
kỹ năng tính tốn cần thiết mà cịn là điều kiện chủ yếu rèn luyện khả năng tư duy
lôgic, một phương pháp luận khoa học.
Trong việc dạy học Toán thì việc tìm ra những phương pháp dạy học và

giải bài tập Tốn địi hỏi người giáo viên phải chọn lọc hệ thống bài tập,
phương pháp dạy học để góp phần hình thành và phát triển tư duy của học
sinh. Đồng thời qua việc học Toán học sinh cần được bồi dưỡng, rèn luyện về
phẩm chất đạo đức, các thao tác tư duy để giải các bài tập Toán trong đó loại
tốn về bất đẳng thức cũng là một trong những bài toán hay giúp học sinh phát
huy cao độ tính tư duy trí tuệ.
Trong chương trình THCS, tốn học chiếm một vai trò 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 tồn diện.
Từ vai trị quan trọng đó mà việc giúp các em học sinh yêu 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 xun 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 Toán THCS khối lượng kiến thức rất phong phú và đa
dạng, các dạng tốn cũng đề cập khơng ít. Trong số đó có bất đẳng thức là một
dạng tốn 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.

skkn


2

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 mơn 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, để giúp học sinh giải quyết được
phần nào khó khăn khi gặp bài tốn chứng minh Bất đẳng thức. Tơi đã mạnh dạn
tìm tịi và nghiên cứu đề tài: “ Phát triển tư duy học sinh lớp 9 trường THCS
Lê Đình Chinh Ngọc Lặc từ bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng
phương pháp đánh giá phần tử đại diện ”. Nhằm tìm ra các biện pháp hữu
hiệu nhất để có một phương án đúng đắn giúp học sinh tiếp cận với các bài toán
về bất đẳng thức chủ động hơn, có hứng thú trong q trình học.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Với mục đích cung cấp một phương pháp giải tốn mới cho các em học
sinh và quan trọng hơn cả là giúp các em nhìn thấy được bản chất của sự việc,
hiện tượng, thấy được sự sáng tạo ra những bài toán đẹp từ những kiến thức hết
sức cơ bản. Sử dụng phương pháp đánh giá phần tử đại diện để chứng minh bất
đẳng thức là một phương pháp rất rõ ràng và dễ áp dụng để giải một lớp các bài
tốn chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thức, một nội dung mà học sinh luôn gặp trong bất cứ kì thi nào và hầu hết các
em học sinh đều gặp rất nhiều khó khăn trong việc xác định phương pháp giải.
Hi vọng phương pháp này sẽ xoá tan tâm lí sợ gặp bài tốn chứng minh bất đẳng
thức. Chính vì vậy mà đề tài này rất cần thiết cho các đối tượng là các em học
sinh trong đội tuyển học sinh giỏi và tất cả các em học sinh muốn tìm hiểu một
hướng sáng tác của các bài tốn chứng minh bất đẳng thức.
* 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 tốn trong trường THCS.
*Đối với HS, 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. .

skkn


3
- 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 quá trình giải toán.
- 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.
Đối tượng là một số vấn đề, thực trạng về dạy và học bất đẳng thức của học
sinh THCS.
Một số tài liệu được tham khảo được sử dụng cho học sinh THCS, hiện đang
được nghiên cứu, thử nghiệm tại trường THCS.
Tơi áp dụngđề tài này trong qua trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp
của môn tốn lớp 9, ơn thi vào 10 trường chun Lam Sơncủa trường THCS Lê
Đình Chinh Ngọc Lặc.

1.4. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lí thuyết
Pương 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. “Phát triển tư duy khoa học” và “tăng cường ở các em ý
thức, năng lực vận dụng một cách thông minh những điều đã học”.
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 lôgic của học sinh các khối, lớp.
Phương pháp quan sát : Nhìn nhận lại quá trình học tập mơn tốn của học
sinh của trường trong năm học vừa qua.Đưa ra một số biện pháp để nâng cao kết
quả học tập cho học sinh của trường trong giai đoạn hiện nay.

skkn


4

2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Xuất phát từ mục tiêu Giáo dục trong giai đoạn hiện nay là phải đào tạo ra
con người có trí tuệ phát triển, giàu tính sáng tạo và có tính nhân văn cao. 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 toán là công 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 tốn cần thường xun 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 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 vơ 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 quát
hoá bài toán thành bài toán 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 vềbất đẳng thức của học sinh
trườngTHCS Lê Đình Chinh.
Bất đẳng thức là một vấn đề rất quan trọng và khó đối với học sinh cấp
trung học phở thơng. Học sinh gặp rất nhiều khó khăn trong việc xác
địnhphương pháp giải vì khơng có một phương pháp và đường đi rõ ràng. Có
những cách giảikhơng biêt từ đâu mà có. Học sinh khơng thể hiểu được vì sao
người ta lại nghĩ ra được một bài tốn như vậy, vì sao lại có một bài giải như
vậy. Trong đề tài này tơi xin trình bày một phương pháp mà nếu học sinh khơng
nắm được cơ sở lí luận đó thì sẽ khơng hiểu tại sao lại có một lời giải như vậy,

skkn

5
và khi học sinh nắm được cơ sở lí luận của phương pháp này rồi thì việc sử
dụng phương pháp này thật rõ ràng cụ thể, các em sẽ có thể tự chứng minh được
một lớp các bất đẳng thức và có thể tự sáng tác ra các bài tốn chứng minh bất
đẳng thức.
Qua thực tế dạy học ở trường trung học cơ sở cùng với việc trao đổi chuyên
môn 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 hoá 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. 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 tốn 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 tốn khó mà sự

skkn


6
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 ôn thi học sinh giỏi tốn lớp 9 các cấp và ơn thi vào
các trường chuyên Lam Sơn, 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 21 em học sinh của 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 1: Mức độ hứng thú của học sinh trước khi áp dụng SKKN
Tổng HS

Hứng thú
Hơi hứng thú
Không hứng
thú
SL
%
SL
%
SL
%
21
5
23,8
7
33,3
9
42,9
Bảng 2: Bảng điểm khảo sát của học sinh trước khi áp dụng SKKN
Dưới 5
5–6
7
8 – 10
Điểm
S
Lớp
SL
%
SL
%
SL

%
%
L
9
12
57,1
5
23,8
4
19,0
0
0
Kết quả khảo sát trên khiến tôi rất trăn trở rất nhiều vì mức độ hứng thú
cũng như khả năng làm bài của các em không được cao. Do đó tơi đã tăng
cường các 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 tốn
dễ đến bài tốn khó, từ kiến thức cơ bản đến kiến thức nâng cao làm cho học
sinh luôn thấy được sự cần thiết thiếu hụt tri thức để phát triển tư duy của bản
thân.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
2.3.1. Lí thuyết:
Nếu gặp các bất đẳng thức thuần nhất hoặc đồng nhất thì ta nên chuẩn
hóa, tùy vào đặc điểm của từng bài mà ta có cách chuẩn hóa phù hợpđể đưa bất
đẳng thức về dạng các biến được cô lập dạng
hoặc
vớigiả thuyết
thực hiện theo các bước sau:

skkn

sau đó


7
- Bước 1: xét xem dấu bằng xảy ra khi nào và phải là
- Bước 2: dựa vào hình thức của bất đẳng thức xét phần tử đại diện
-Bước 3: viết các phần tử đại diện về dạng
để chứng minh đa thức

với mọi x thuộc TXĐ

dấu bằng xảy ra khi x= a, ta cần chứng minh

trong đó
thuộc tập xác định.
-Bước 4: tìm m, n bằng cách điều kiện a là nghiệm bội suy ra
-Bước 5:
-Bước 6: từ đó đưa ra lời giải:
hoặc
- Bước 7: cộng n bất đẳng thức theo vế ta được điều phải chứng minh.
3.2.2.Các ví dụ minh họa
Tôi bắt đầu đưa cho các em học sinh một ví dụ quen thuộc sau:
Ví dụ 1: Cho

là các số thực dương thỏa mãn

. Chứng minh

.

Phân tích:
- Dấu “=” của BĐT xảy ra khi

.

- Bất đẳng thức trên các biến trong cả 2 vế và điều kiện
đều
không ràng buộc nhau điều này khiến ta nghĩ ngay đánh giá phần tử đại diện

- Ta đi tìm m, n sao cho
bằng xảy ra khi

ln đúng với

.

- Ta thấy
thức

và dấu

. Ta đi tìm m, n sao cho đa
có dạng

skkn

trong đó


8

. Suy ra phải tìm điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội
- Thay
Lời giải:

ta thấy

.

- Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây
- Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với
nhiên đúng với
trên

ta

Hiển

. Dấu “=” xảy ra khi
có:
.

.Áp dụng bất đẳng thức
;

Cộng

về

của

 

các

;

bất

đẳng

thức

- Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi

ta

có

.

a
b
c
abc



a
,
b

,
c

0
2
Ví dụ 2:Cho
, chứng minh rằng: a  b b  c c  a
2

2

2

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 điều phải chứng minh.
Ở đây có một câu hỏi đặt ra là, nếu không 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 phần tử đánh giá:

skkn

a2
 ma  nb(4)
ab


9
Chú ý rằng bất đẳng thức trong bài toán trên xảy ra dấu đẳng thức khi a  b  c .
1
 mn

Với a  b , từ (1) ta có: 2
, để dấu “ = ” xảy ra ta chọnm, nsaocho:

. Khi đó (4) trở thành:
2

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

-Để (5) đúng ta chọn m thỏa mãn:
(1).
Lời giải bài tốn trình bày như sau:
Lời giải:
Ta có:
Chứng minh tương tự, ta cũng có:

. Từ đó suy ra

(đúng)

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




ab bc ca
4
2
(đpcm).

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 tốn sau:
Ví dụ 3:
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 .

skkn


10
a3
 ma  nb (6)
2
2
a

ab

2
b
Tiếp theo tìm m, n sao cho

Các hệ số m, n được chọn phải đảm bảo dấu đẳng thức xảy ra, do đó:
1
1
 n  m
4
4

. Khi đó (6) trở thành:
3
a
1

 ma    m  b
2
2
a  ab  2b
4


m n 

 4(1  m)a 3  a 2b  (4m  1) ab 2  (8m  2)b3  0 (7)
a
t
3
Chia cả 2 vế (6) cho b , đặt b
được:
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)
2
Nếu (8) đúng với mọi t  0 thì 4(1  m)t  (4m  3)t  8m  2  0 phải có nghiệm t  1

. Thay t  1 vào phương trình ta được

m

9

9
m
16 . Với
16 , (8) trở thành:

1
(t  1) 2 (7t  10)  0, t  0.
4
9
5
m
n
16 thỏa mãn, suy ra
16 .
Do đó

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

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.
Ví dụ 4: Cho
là các số thực dương . Chứng minh
Phân tích:
- Dấu “=” của BĐT xảy ra khi
.

.

- Bất đẳng thức trên ta nghĩ ngay đánh giá phần tử đại diện
- Ta đi tìm m, n sao cho
xảy ra khi
.

luôn đúng với

skkn

và dấu bằng


11

- Ta thấy

. Ta đi tìm m, n sao cho đa

thức

có dạng

trong đó

. Suy ra phải tìm điều kiện cần để đa thức P(a) có nghiệm
bội

, tức là

- Thay
Lời giải:

ta thấy

.

- Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây
- Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với
nhiên đúng với

. Dấu “=” xảy ra khi

Hiển

.

- Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:

. Cộng về của

;

các bất đẳng thức ta có
- Ta có điều phải chứng minh. Dấu ‘‘ =’’ xảy ra khi
.
Ví dụ 5:Cho
là các số thực dương thỏa mãn a+b +c=3 . Chứng minh
.
Phân tích:
- Dấu “=” của BĐT xảy ra khi
.
- Bất đẳng thức trên các biến trong cả 2 vế và điều kiện a+b +c=3 đều
không ràng buộc nhau điều này khiến ta nghĩ ngay đánh giá phần tử đại diện

- Ta đi tìm m, n sao cho
bằng xảy ra khi x =1.

luôn đúng với

- Ta thấy

và dấu

. Ta tìm m, n sao

cho đa thức

có dạng

skkn

trong


12
đó

. Suy ra phải tìm điều kiện cần để đa thức P(x) có

nghiệm bội x =1, tức là
- Thay
Lời giải:

ta thấy

.

- Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây
- Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với
Hiển nhiên đúng với

.

. Dấu “=” xảy ra khi x =1.Áp dụng bất đẳng thức

trên ta có:
;
Cộng về của các bất đẳng thức ta có

.

- Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi
Ví dụ 6:(HSG tốn 9, Thanh Hóa năm học 2015 - 2016)

.

2
2
2
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  3 . Chứng minh rằng:

2a 5  3b5 2b5  3c5 2c 5  3a 5


 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  3c5 2c5  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  3b5
 ma 3  nb3  pab 2 (9)
ab
5
4
2 3
4
5
Ta có (9)  2a  ma b  pa b  nab  3b  0 (10)
5

Sau khi chia cả 2 vế của (10) cho b
2t  mt  pt  nt  3  0 (11)
5

4

2

Dấu “ = ” xảy ra ở (13) khi t  1

skkn

5

, đặt

a
t
b

ta được:


13
2
Do đó để (13) đúng thì vế trái của nó phải có nhân tử (t  1) , suy ra

2t 5  mt 4  pt 2  nt  3 chia hết cho (t  1)2 .
 n  2m

Thực hiện phép chia đa thức và cho phần dư bằng 0, ta được:  p  5  3m .

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  (4  m)t  2(3  m)t  3  0 là được. Gỉa sử giá trị này của m là m0 . Như vậy,
3

2

(9) trở thành:
2a 5  3b5
 m0 a3  2m0b3  (5  3m0 )ab2 (i)
ab

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

Cộng các vế (i),(ii),(iii) được:
2a 5  3b5 2b5  3c 5 2c5  3a 5


 3m0 ( a3  b3  c3 )  (5  3m0 )  ab 2  bc 2  ca 2 
ab
bc
ca

m0  5
m0  5

Để có điều cần chứng minh, chọn

. Với

,

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
5
2c  3a5
 5c3  10a3  10ca2 (iii)
ca

Cộng theo vế các bất đẳng thức (i),(ii),(iii) suy ra điều phải chứng minh.

Ví dụ 7 :Cho

và

. Chứng minh rằng:

Phân tích :

skkn


14

-Dấu “=” xảy ra khi
-Ta thấy điều kiện của bài toán
-Bất đẳng thức trên và điều kiện

này khiến ta nghĩ ngay đánh

giá phần tử đại diện
-Ta đi tìm m, n sao cho
xảy ra khi
.

luôn đúng với

-Ta thấy

và dấu bằng

. Ta đi tìm m, n sao cho đa

thức

có

dạng

trong

đó

. Suy ra phải tìm điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội
, tức là
-Thay

ta thấy

.

Lời giải:- Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây

,

- Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với
đúng với
. Dấu “=” xảy ra khi
.
- Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:
Cộng

về
của
các
bất

;
đẳng

Hiển nhiên
;
thức

ta

.
có

-Ta có điều phải chứng minh. Dấu ‘‘ =’’ xảy ra khi
Ví dụ 8.
4
4
4
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c  3 . Chứng minh rằng:
1
1
1


1
4  ab 4  bc 4  ca

Phân tích:
1
 ma4  nb4  p
Ở bài này ta khơng thể tìm được m,n,p để có đánh giá 4  ab
.
4
4
4
2
2
2
Chú ý là a  b  c  (ab)  (bc)  (ca) và dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c , vì
thế ta sẽ nghĩ đến đánh giá

skkn


15
1
 m(ab)2  n (12)
4  ab
.

Đặt t  ab , do

3
(a4  b4 )
3
t (0, )


2 .
2
2 nên

0  ab 

3
2
Sau khi biến đổi và rút gọn ta có (12)  mt  4mt  nt  4n 1 0 .

1

m 18

n  5
Đến đây thực hiện giống như trên tìm được  18

Lời giải:
Ta

chứng

1
(ab)2  5

(i).
4  ab
18

minh:

(i)  (4  ab) (ab)2  5  18  0  2(ab  1)2(2  ab)  0

Bất đẳng thức này đúng, vì
Tương tự ta có:

0  ab 

Thật

vậy,

.

(a4  b4 )
3

 2.
2
2

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

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 thông qua một số đánh giá trung gian. Bài tốn sau đây là một ví dụ.
Ví dụ 9:
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3 .
1
1
1
 2
 2
1

a bc b ca c ab
2

Chứng minh rằng:
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
4
m  , n 
9
9 thì bất đẳng thức phụ đúng.
Tương tự như trên ta tìm được

skkn


16
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)

Ví dụ 10:Cho

> 0 và

Phân tích :
- Dấu “=” xảy ra khi
- Ta thấy bất đẳng

. Chứng minh rằng:

thức

cần

chứng

minh

tương

đương

với

- Bất đẳng thức trên các biến trong cả 2 vế và điều kiện
đều không
ràng buộc nhau điều này khiến ta nghĩ ngay đánh giá phần tử đại diện
-Ta đi tìm m, n sao cho
xảy ra khi
.

luôn đúng với

-Ta thấy

và dấu bằng

. Ta đi tìm m, n sao cho đa

thức

có

dạng

trong

đó

. Suy ra phải tìm điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội
, tức là
- Thay

ta thấy

.

Lời giải: - Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây

,

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với
đúng với

. Dấu “=” xảy ra khi

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:
Cộng về của các bất đẳng thức ta có:

Hiển nhiên

.
;

Ta có điều phải chứng minh. Dấu ‘‘ =’’ xảy ra khi

;

.

.

Điều này hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  d  1.
Ví dụ 11: Cho

là các số thực dương thỏa mãn

Chứng minh

skkn

.


17
Phân tích:
Dấu “=” của BĐT xảy ra khi

.

Bất đẳng thức trên các biến trong cả 2 vế và điều kiện
đều không ràng buộc nhau điều này khiến ta nghĩ ngay đánh giá phần tử đại diện

Ta đi tìm m, n sao cho
xảy ra khi

ln đúng với

và dấu bằng

.

Ta thấy

Ta đi

tìm m, n sao cho đa thức
dạng

có
trong đó

. Suy ra phải tìm điều kiện

cần để đa thức P(x) có nghiệm bội
Thay

, tức là

ta thấy

.

Lời giải:Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với

với
. Dấu “=” xảy ra khi
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:

;

Hiển nhiên đúng

.

;

skkn

.


18
Cộng

về

của

các

bất

đẳng

Ta có điều phải chứng minh. Dấu ‘‘ =’’ xảy ra khi
Ví dụ 12: Cho

thức

ta

có

.

là các số thực dương . Chứng minh
.

Phân tích:
- Dấu “=” của BĐT xảy ra khi

.

- Bất đẳng thức trên ta nghĩ ngay đánh giá phần tử đại diện
- Ta đi tìm m, n sao cho
xảy ra khi
.

ln đúng với

- Ta thấy

và dấu bằng

. Ta đi tìm m, n sao

cho đa thức

có dạng

trong đó

. Suy ra phải tìm điều kiện cần để đa thức P(a) có

nghiệm bội

, tức là

- Thay

ta thấy

.

Lời giải:Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây
- Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với
với

. Dấu “=” xảy ra khi

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:

Hiển nhiên đúng

.
;

Cộng về của

các bất đẳng thức ta có
Ta có điều phải chứng minh. Dấu ‘‘ =’’ xảy ra khi
.
Như vậy chúng ta đã cùng nhau trải qua một số các bài tốn, tuy khơng
nhiều nhưng có lẽ bạn đọc đã nắm được ý tưởng của phương pháp… Tất nhiên,

skkn