SKKN môn toán THPT Một số cách khai thác một bài toán

Một số cách khai thác một bài toán
Khai Thác Một Bài Toán
Trường: THPT Nam Cao
Họ và tên : Nuyễn Văn Đang
Sư phạ toán – Đại học Sư phạm Hà Nội
Giáo viên: Nguyễn Văn Đang – THPT Nam Cao 1
Một số cách khai thác một bài toán
Lời nói đầu
Hiện nay, các loại sách tham khảo về các môn học nói chung và môn toán
nói riêng rất nhiều. Tuy nhiên, để tìm được một cuốn sách hay và phù hợp với
năng lực người đọc thì không phải dễ dàng. Đặc biệt, đối với một giáo viên luôn
luôn đòi hỏi sự sáng tạo trong phương pháp giảng dạy cũng như công việc ra đề
trong các kỳ kiểm tra, kỳ thi.
Để có được một đề thi thì chúng ta có thể biến đổi từ các bài toán đơn giản
thành một bài thi mà nội dung kiến thức vẫn phù hợp với năng lực của học sinh.
Để phục vụ tốt hơn cho việc ra đề thì người giáo viên cần biết cách khai thác một
bài toán thành các dạng bài khác nhau và có cái nhìn tổng quát về một dạng toán
mà không cần phải lệ thuộc nhiều vào tài liệu toán khác.
Với mong muốn có một tài liệu hữu ích góp phần nhỏ bé vào công việc
giảng dạy và học tập tốt. Sau đây, tôi xin đưa ra vấn đề “Một số cách khai thác
một bài toán” để từ một bài toán ban đầu (Bài toán gốc) chúng ta sẽ có “1 Gấp
20” bài toán mới, làm phong phú thêm bài tập và các đề thi mà chúng ta nhiều
khi không cần phải tham khảo nhiều các loại sách khác nhau.
Trong bài viết này, tác giả khai thác từ bài toán bất đẳng thức thành nhiều
bài toán khác, việc khai thác ra các bài toán mới diễn ra một cách rất tự nhiên chứ
không phải sưu tầm các bài toán nên có thể có nhiều bài bạn đọc đã gặp ở một tài
liệu nào đó và cũng có thể có nhiều cách giải khác nhưng các chứng minh ở đây
tác giả chủ yếu dựa vào cách giải bài toán ban đầu gọi là bài toán gốc và từ bài
toán gốc ta “Thác triển” ra thành các bài toán mới.
Giáo viên: Nguyễn Văn Đang – THPT Nam Cao 2
Một số cách khai thác một bài toán

MỘT SỐ CÁCH KHAI THÁC MỘT BÀI TOÁN
Bài Toán gốc (BTG):
Cho a,b,c >0, chứng minh rằng :
+ + ≥
Chứng minh
Vì a, b, c >0, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số dương và Ta
có : + ≥ 2
⇔ + ≥ a
Tương tự, ta có : + ≥ b
+ ≥ c
⇒ + + + + + ≥ a+b+c
⇔ + + ≥  (đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c
Ta sẽ khai thác bài toán trên theo các khía cạnh sau :
I. Khai thác nhờ đặc biệt hóa
Phương pháp : Bằng cách cho a, b, c các giá trị đặc biệt, thay bởi các số tương
tự hoặc các quan hệ đặc biệt ta sẽ có được các bài toán mới dưới đây, các cách
đặc biệt hóa được thể hiện trong đề bài hoặc phần chứng minh.
BT1: Cho a, b, c >0 và a+b+c =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
P= + +
Giải:
Áp dụng BTG ta có P= + + ≥
Vì a+b+c =1 ⇒ P ≥
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=
Vậy min P = khi a=b=c=
Giáo viên: Nguyễn Văn Đang – THPT Nam Cao 3
Một số cách khai thác một bài toán
Nhận xét : Trong bài toán trên, ta đã cho thêm giả thiết a+b+c =1 và ta có được
một bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, nếu biến đổi đi một chút ta có bài toán sau:
BT 2: Cho a, b, c > 0 và a+b+c =1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P= + +
Trong 2 bài toán trên ta đã đặt điều kiện cho tổng, nếu đặt điều kiện cho tích
a.b.c ta có bài toán sau:
BT3 : Cho a, b,c >0 và abc =1, cmr:
+ + ≥
Cm:
Áp dụng BTG ta có + + ≥
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương a, b, c ta có
a+b+c ≥ 3 =3
⇒ + + ≥
Dấu “=” xảy ra khi a =b =c = 1
Bằng cách thay a, b, c bằng các hàm số lượng giác ta có bài toán sau:
BT4: Cho tam giác ABC, Cmr:
+ + ≥ 2 cos cos cos (1)
Cm:
Áp dụng đẳng thức sinA +sinB+ sinC = 4 cos cos cos
Đặt x=sinA, y= sinB, z= sinC, ta có x,y ,z >0 và
(1) ⇔ + + ≥
Đây chính là BTG.
BT5: Cho tam giác ABC, có các cạnh a, b,c thỏa mãn
+ + =p (1)
p là nửa chu vi của tam giác
CMR: ∆ ABC đều.
Cm :
Giáo viên: Nguyễn Văn Đang – THPT Nam Cao 4
Một số cách khai thác một bài toán
Ta có p=
⇒ b+c = 2p-a; c+a=2p -b; a+b=2p-c
Thay vào ta có (1) ⇔ + + =
Áp dụng BTG ta có (1) ⇔ a=b=c ⇔ ∆ ABC đều  (đpcm)

BT6: Cho
∆
ABC có h , h , h lần lượt là các đường cao hạ từ A, B, C, r là bán
kính đường tròn nội tiếp tam giác.
cmr
+ + ≥
Nếu ta đặt điều kiện liên quan giữa tổng và tích ta có bài toán sau:
BT7: Cho a, b, c> 0 và thỏa mãn a+b+c =abc
Chứng minh rằng + + ≥ (*)
Cm:
Từ giả thiết a + b +c =abc ⇔ + + =1
(*) ⇔ + + ≥
⇔ + + ≥
Đặt x = , y= , z = ta có x, y, z >0 và x+y+z=1 và (*) trở thành
+ + ≥
Áp dụng BTG ta có ngay đpcm
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=
Biến đổi một chút bài 6 ta có bài toán sau:
BT8: Cho a, b, c >0 và a+b+c =abc
Tìm min của biểu thức : P = + +
Nếu đặt điều kiện cho tích đôi một, ta sẽ có bài toán sau:
BT9: Cho a, b, c >0 thỏa mãn ab+bc+ca =abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P = + +
Giải
P = + +
Giáo viên: Nguyễn Văn Đang – THPT Nam Cao 5
Một số cách khai thác một bài toán
= + +
Từ giả thiết ab+bc+ca =abc
⇔ + + =1

Đặt x = , y= , z = ta có x, y, z >0 và x + y +z =1
P= + +
Áp dụng BTG ta có : P ≥
Dấu “=” xảy ra khi x=y=z = ⇔ a =b =c =3
Vậy min P = khi a =b =c =3
Bằng cách ẩn đi điều kiện của bài 6 ta có bài toán sau:
BT 10: Cho
∆
ABC thỏa mãn
+ + =
Cmr :
∆
ABC đều.
BT 11: Cho a, b, c >0 , cmr
+ + ≥
Kết thúc phần này tôi xin đưa thêm bài toán sau :
BT12: Cho a, b, c >0 và ab+bc+ca =2011abc
Tìm min của P = + +
Giải:
Từ giả thiết ab+bc+ca =2011abc
⇔ + + =2011
⇔ a( + + ) =2011a
⇔ a( + )= 2011a-1
⇔ =
Tương tự ta có =
=
Đặt x = , y = , z = ta có x, y, z >0 và x+y+z=2011
P = + +
Giáo viên: Nguyễn Văn Đang – THPT Nam Cao 6
Một số cách khai thác một bài toán

Áp dụng bài toán gốc ta có P ≥
Dấu bằng xảy ra khi x=y=z = ⇒ a=b=c=
Vậy min P = khi a=b=c=
II.Khai thác nhờ tương tự hóa
Phương pháp: Bằng cách sử dụng chứng minh tương tự hoặc cách làm tương tự
như, số mũ, số biến ta sẽ có thêm một số bài toán sau:
BT13: Cho a, b, c >0
Cmr + + ≥
BT14: Cho a, b, c >0 và ab+bc+ca =1.Tìm
Min của P = + +
BT15: Cho a, b, c >0, cmr
+ ≥ a+b+c
BT 16: Cho a, b, c,d >0, cmr
+ + + ≥
BT 17: Cho a,b,c >0, chứng minh rằng :
+ + ≥
III. Khai thác nhờ tổng quát hóa
Phương pháp: Bằng cách nâng lên trong trường hợp tổng quát, có thể là tăng số
mũ, số biến, , ta có thể khai thác thêm được thành các bài toán sau:
BT 18: Cho x, y,z >0 và n nguyên ≥ 2, cmr
+ + ≥
BT 19: Cho x, y, z >0 và x+y+z =2011.
Cmr + + ≥
BT 20: Cho x , x , , x >0 và x =2011 và n nguyên ≥ 2
Cmr ≥
Từ các bài toán trên bằng cách đặc biệt hóa, chúng ta có thể khai thác thêm
được nhiều bài toán khác, do thời lượng của bài viết tôi xin dừng lại ở 20 bài
Giáo viên: Nguyễn Văn Đang – THPT Nam Cao 7
Một số cách khai thác một bài toán
toán trên. Sau đây tôi xin đưa ra thêm một số bài toán khác mà ta có thể khai

thác được nhiều bài hay:
Bài toán gốc 1: Cho x, y, z >0. cmr
+ + ≥ x+y+z
Tôi đưa ra “1 gấp 20” bài toán mà ta khai thác được sau:
BT1: Cho x, y, z >0 và x+y+z =1.Tìm giá trị nhỏ nhất của
T = + +
BT2:Cho a, b, c>0 và abc=1.Tìm min của
T= + +
BT3: Cho
∆
ABC cạnh a, b, c, p là nửa chu vi thỏa mãn
+ + = 2p
Cmr :
∆
ABC đều.
BT4: Cho
∆
ABC . Cmr
+ + ≥ sinA +sinB + sinC
BT5: Trong
∆
ABC với đường cao h , h , h và r là bán kính đường tròn nội tiếp
∆
ABC thỏa mãn
+ + =h + h + h
Cmr
∆
ABC đều.
BT6: Cho
∆

ABC có các góc thỏa mãn
+ + = tanA.tanB.tanC
Cmr
∆
ABC đều.
BT 7:Cho
∆
ABC có các góc thỏa mãn
cotA. +cotB. +cotC. =1
Cmr :
∆
ABC đều.
BT8: Cho a, b, c >0 thỏa mãn a+b+c=abc
Cmr + + ≥ 1
BT9: Cho x, y, z > 0. Cmr
Giáo viên: Nguyễn Văn Đang – THPT Nam Cao 8
Một số cách khai thác một bài toán
+ + ≥ x+y+z
BT10: Cho x, y, z > 0. Cmr
+ + ≥
BT11: Cho x, y, z >0 thỏa mãn x + y+ z =1 , n nguyên ≥ 2. Cmr:
` + + ≥
BT12: Cho a, b, c, d >0, cmr
+ + + ≥ a+b+c+d
BT13: Cho x, y, z > 0. Cmr
+ + ≥ x +y +z
BT14: Cho a, b, c >0 thỏa mãn ab+bc+ca =2011abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P = + +
BT 15: Cho x , y, z > 0, Cmr :
+2 +3 ≥ -x+3y+4z

BT 16:Cho x , y, z , α,β ,γ > 0, Cmr :
α +β +γ ≥ (2α-γ)x+(2β -α)y+(2γ -β)z
BT17: Cho x, y, z > 0, và n nguyên ≥ 2. Cmr
+ + ≥ x +y +z
BT18: Cho x , x , , x >0, n nguyên >2. cmr
+ + + ≥ x + x +…+ x
BT19: Cho x, y, z >0, m,n ∈ N*. Cmr
+ + ≥ x + y + z
Bài toán gốc 2: Trong
∆
ABC với đường cao h , h , h và r là bán kính đường
tròn nội tiếp
∆
ABC.cmr
+ + =
Tác giả xin đưa ra tiếp “1 gấp 10” bài toán mà ta khai thác được sau:
BT1: Cho m , m , m là trung tuyến của
∆
ABC. Cmr :
Giáo viên: Nguyễn Văn Đang – THPT Nam Cao 9
Một số cách khai thác một bài toán
+ + ≤
BT2: Cho l , l , l là ba đường phân giác trong của
∆
ABC. Cmr :
+ + ≤
BT3: Trong
∆
ABC với đường cao h , h , h và r là bán kính đường tròn nội tiếp
∆

ABC.cmr
h + h + h ≥ 9r
BT4: Trong
∆
ABC với đường cao h , h , h và r là bán kính đường tròn nội tiếp
∆
ABC thỏa mãn :
h + h + h = 9r
Cmr:
∆
ABC đều.
BT5: Trong
∆
ABC với đường cao h , h , h và r là bán kính đường tròn nội tiếp
∆
ABC.cmr
h.h.h ≥ 27r
BT6: Trong
∆
ABC với đường cao h , h , h và r là bán kính đường tròn nội tiếp
∆
ABC.cmr
+ + ≥
BT7:Cho
∆
ABC có : + + =
Cmr
∆
ABC đều.
BT8:Cho m , m , m là trung tuyến của

∆
ABC. Cmr :
m + m + m ≥ 9r
BT9: Trong
∆
ABC với đường cao h , h , h và r là bán kính đường tròn nội tiếp
∆
ABC.cmr
h.h +h.h +h.h ≥ 27r
BT10: Cho
∆
ABC, l , l , l là các đường phân giác trong của
∆
.
Chứng minh rằng : l + l + l ≥ 9r
Giáo viên: Nguyễn Văn Đang – THPT Nam Cao 10
Một số cách khai thác một bài toán
Nhiều bài toán tuy ta không khai thác được nhiều nhưng chỉ cần “một nhân đôi
” chúng ta cũng có được bài toán hay với lời giải khác. Chúng ta hãy theo dõi
bài toán sau:
Bài toán 1 : Tính tổng
S= 1+11+111+…+
Giải
9S= 9 + 99 + 999 +…+
= 10-1 +100-1+1000-1+…+10-1
= (10 +10 +10 +…+10 )-n
= -n
⇒ S = -
Xét bài toán sau:
Bài toán 2 : cho dãy số (u) xác đinh bởi

Tính tổng S= u
Giải
Bằng cách đặc biệt hóa cho a=10, b=1 ta có cách giải khác cho bải toán 1 như
sau:
Trên đây tôi đã đưa ra cách khai thác một bài toán để ta có thể có thêm được
nhiều bài toán mới cho riêng mình. Chúc các thầy cô và các bạn sẽ ngày càng
có thêm nhiều bài toán hay làm phong phú thêm bài tập của mình.

Giáo viên: Nguyễn Văn Đang – THPT Nam Cao 11
Một số cách khai thác một bài toán

Giáo viên: Nguyễn Văn Đang – THPT Nam Cao 12