SKKN Sử dụng công cụ bất đẳng thức đại số để giải một số bài toán liên quan

A-T VN
Giỏo dc v o to bao gi cng l ci ngun ca mt nn vn hoỏ dõn tc, l
quc sỏch hng u ca ng v Nh nc ta, trong cụng cuc cụng nghip hoỏ
hin i hoỏ t nc ta hin nay thỡ Giỏo dc v o to li cng tr nờn cú v
trớ c bit quan trng, vỡ vy vic phỏt hin v bi dng nhõn ti cho t
nc l mt vn rt quan trng v cn thit trong vic dy hc toỏn hin nay,
nhm phỏt huy nng lc t duy ca hc sinh trong quỏ trỡnh gii toỏn v phỏt
hin nhng hc sinh cú nng lc v toỏn hc . ỳng nh tiờu sỏng kin nhm
tng hp a ra cỏc phng phỏp gii toỏn cú tớnh cht chn lc , nh khai thỏc
1
Sở giáo dục -đào tạo thanh hoá
Phòng giáo dục-đào tạo hoằng hoá
Sử dụng công cụ
bất đẳng thức đại số
để giải một số bài toán liên quan
Ngời thực hiện Hà Văn Nhân
Chức vụ Phó hiệu Trởng
Đơn vị Trờng THCS Hoằng Xuân
Hoằng Hoá, Thanh Hoá
SKKN thuộc môn Toán
phát triển và sử dụng bất đẳng thức học sinh đã được học trong chương trình
toán THCS
Để đáp ứng nhu cầu tìm hiểu , học tập của giáo viên và học sinh nhiều
phương pháp giải những dạng toán khó đã được xây dựng ,sử dụng bất đẳng
thức đã biết vào giải quyết một số bài toán khác , nhằm mục đích đưa ra một tài
liệu cho học sinh , giáo viên tìm hiểu và tham khảo thêm và cũng là một tài liệu
giúp cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi, thi vào lớp 10-THPT, THPT chuyên của
giáo viên được tốt hơn .
Với rất nhiều mục đích mà sáng kiến đưa ra , nhưng với thời gian , kiến thức
và kinh nghiệm của bản thân còn khiêm tốn , việc biên soạn phụ thuộc vào nhiều
yếu tố : tài liệu tham khảo, thực tế , thời gian…chắc chắn rằng nội dung của

sáng kiến còn chưa được phong phú . Nhưng với sự cố gắng của bản thân chắc
chắn sáng kiến là một tài liệu quan trọng cho những người quan tâm đến việc
dạy học toán hiện nay .
Rất mong nhận được sự đóng góp chân thành của bạn đọc đẻ sáng kiến
được hoàn thiện hơn giúp ích cho việc dạy học toán ngày càng hiệu quả cao hơn
A. CƠ SỞ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:
1. Thực trạng vấn đề cần giải quyết :
Xét một cách toàn diện, toàn bộ học sinh ở cấp THCS “ Rất ngại” phải “
Chạm trán”với những bài toán có nội dung tổng hợp. Nguyên nhân chủ quan là
các em không định hướng
được cách giải , nguyên nhân khách quan là tính đa dạng của bài toán . Trong
khi đó kiến thức và thời lượng mà các em được truyền thụ trong trường THCS
còn hạn chế . Nên hầu hết học sinh thường gặp khó khăn khi gặp các bài toán có
nội dung tổng hợp , nhất là trong các kỳ thi học sinh giỏi , thi vào lớp 10-THPT
chuyên , Vì vậy việc rèn luyện kỹ năng , bồi dưỡng năng lực cho học sinh học
tập bộ môn toán ở cấp THCS là rất cần thiết. Bài viết này giới thiệu cách giải
một số bài toán thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi , thi vào lớp 10-THPT
…nhờ sử dụng công cụ đã biết.
2
Vậy, tôi mạnh dạn đề suất một sáng kiến nhỏ, nhằm góp phần nâng cao chất
lượng giảng dạy trong các nhà trường THCS hiện nay và chuẩn bị hành chang
cho học sinh học tập bộ môn toán ở các lớp trên đó là:
SỬ DỤNG CÔNG CỤ
BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ
ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN
2. Cơ sở lý luận :
-Với mục tiêu phát hiện , bồi dưỡng và phát triển những học sinh có năng lực về
bộ môn toán từ đó xây dựng cho học sinh kỹ năng nhận dạng các dạng bài và
rèn luyện kỹ năng giải toán và sự hứng thú của học sinh trong việc học tập bộ
môn toán hiện nay

-Thúc đẩy việc tìm hiểu mở rộng kiến thức thêm của giáo viên cũng như của học
sinh
-Xây dựng một tài liệu hoàn chỉnh về một số dạng toán khó thường gặp trong
các kỳ thi học sinh giỏi , thi vào lớp 10-THPT chuyên ở cấp THCS
-Với nội dung của sáng kiến kinh nghiệm này không chỉ phù hợp với những học
sinh có học lực khá, giỏi mà những học sinh yếu hơn vẫn có thể tham khảo được
-Việc vận dụng của sáng kiến kinh nghiệm không những giới hạn ở cấp THCS
mà còn vận dụng ở nhiều cấp học cao hơn
3. Cơ sở thực tế :
-Thực tế chương trình sách giáo khoa chưa xây dựng hoàn chỉnh về nội dung và
phương pháp giải của một số dạng toán khó ,thường chỉ mang tính chất giới
thiệu chưa sâu về phương pháp của một số dạng toán mà chỉ mang tính chất
giới thiệu
-Những học sinh muốn tìm hiểu thêm còn lúng túng trong việc tìm tài liệu còn
chưa tập trung và mất nhiều thời gian tìm tòi lời giải
-Cần thiết phải xây dựng một số chuyên đề về toán học làm tài liệu tham khảo
cho việc giảng dạy và học toán được tốt hơn
-Cần khai thác và phát triển cao hơn , đầy đủ và hoàn thiện hơn một số dạng
toán cơ bản ở trường THCS
3
-Việc viết sáng kiến kinh nghiệm là một công việc thường xuyên , một định
hướng của ngành
4. Đối tượng nghiên cứu :
Học sinh lớp 9 THCS Hoằng Xuân , dự thi học sinh giỏi , thi vào lớp 10-THPT
B. MỤC ĐÍCH VÀ YÊU CẦU :
1. Mục đích :
-Giới thiệu đầy đủ về phương pháp giải và nội dung một số dạng toán thường
gặp ở cấp THCS
Nhờ “Sử dụng công cụ bất đẳng thức đại số,để giải một số bài toán liên quan”
-Làm cho học sinh hứng thú và yêu thích môn toán hơn, mong muốn được tìm

hiểu và nghiên cứu sự thú vị , phong phú của bộ môn toán học, ứng dụng vào
thực tế
-Phát hiện và bồi dưỡng những học sinh có năng khứu về môn toán
-Rèn luyện khả năng tự suy luận lôgic , phát triển trí tuệ và hoàn thiện nhân cách
của học sinh một cách toàn diện
-Làm tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh nghiên cứu thêm
-Ứng dụng kết quả của các dạng toán vào giải quyết một số bài toán thực tế khác
2. Yêu cầu :
-Nắm vững được những định nghĩa , tính chất và một số hằng , bất đẳng thức…
cơ bản
-Hệ thống hoá các kiến thức và phương pháp giải một số dạng toán thường gặp
trong các kỳ thi học sinh giỏi , thi vào lớp 10-THPT
- Có những kỹ năng cần thiết khi biến đổi các biểu thức đại số ,chứng minh các
bất đẳng thức cơ bản
- Có lòng nhiệt tình và tâm huyết , say mê tìm hiểu , nghiên cứu , sáng tạo , linh
hoạt trong việc dạy và học toán trong các nhà trường hiện nay
C. NỘI DUNG
I.KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1.Định nghĩa:
A,B là hai vế của bất đẳng thức,ta có:
4
0
0
A B A B
A B A B
≥ ⇔ − ≥


≤ ⇔ − ≤


2.Tính chất :
*
a b b a> ⇔ <
*
a b a c b c> ⇔ + > +
*
0
0
ac bc c
a b
ac bc c
> ∀ >

> ⇔

< ∀ <

*
,a b b c a c> > ⇒ >
*
,a b c d a c b d> > ⇒ + > +
*
0, 0a b c d ac bd> > > > ⇒ >
*
0
n n
a b a b> > ⇒ >
*
0a b a b> > ⇒ >
* So sánh hai phân số cùng tử đều dương

1 1
0a b
a b
> > ⇒ <
3.Một số hằng bất đẳng thức :
*
2
0,A A≥ ∀
.Dấu “=” xảy ra chỉ khi A=0
*
*
*
0;( 2 , )
0 0;( 2 1; )
n
n
A n k k N
A A n k k N

≥ = ∈


≤ ⇔ ≤ = + ∈


Dấu “=” xảy ra khi A=0
*
A A A− < =
*
0A A A> ⇔ <

*
A B A B+ ≥ +
, Dấu “=” xảy ra khi
0AB
≥
*
A B A B− ≤ −
, Dấu “=” xảy ra khi
0AB
≤
4.Công cụ sử dụng phương pháp giải
Một số bất đẳng thức thường dùng
1)
2 2
2x y xy+ ≥
2)
2 2
x y xy+ ≥
.Dấu “=” xảy ra khi x=y=0
3)
2
( ) 4x y xy+ ≥
4)
2
x y
y x
+ ≥
, với x,y là hai số cùng dấu
5)sử dụng công thức (a
±

b)
2

≥
O để chứng minh bất đẳng thức
6) Bất đẳng thức Côsi
1 2
1 2


n
n
a a a
n a a a
n
+ + +
≥
.(Với
0,
i
a i N> ∈
).Dấu “=’xảy ra khi
1 2 3

i
a a a a= = = =
7) Bất đẳng thức Bunhiacỗpxki
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
( ) ( )( )

n n n n
a b a b a b a a a b b b+ + + ≤ + + + + + +
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1 2
( , , )
n
a a a
và
1 2
( , , )
n
b b b
là hai bộ số tỉ lệ với nhau
tức là :
1 2
1 2

n
n
a
a a
b b b
= = =
8) Bất đẳng thức Trê-bư-sếp
5
Nếu
.
3 3 3
a b c
aA bB cC a b c A B C

A B C
≤ ≤

+ + + + + +
⇒ ≥

≤ ≤

Nếu
.
3 3 3
a b c
aA bB cC a b c A B C
A B C
≤ ≤

+ + + + + +
⇒ ≤

≥ ≥

.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
a b c
A B C
= =


= =


9)Bất đẳng thức Schwartz
2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
( ) ( )( )a b a b a a b b+ ≤ + +
.Dấu “=” xảy ra
1 2
1 2
a a
b b
⇔ =
10)Bất đẳng thức tam giác:
Nếu a,b,c là số đo ba cạnh của tam giác thì: a,b,c >0
Và:
; ;b c a b c a c b a c a b c a b− < < + − < < + − < < +
11)
1 1 4
x y x y
+ ≥
+
;(x,y>0)
12)
1 1 1
( )( ) 9x y z
x y z
+ + + + ≥
,với x,y,z>0
13)
3
2
a b c

b c a a b
+ + ≥
+ +
,với a,b,c>0.
II.ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI TOÁN
1.Dùng Bất đẳng thức để tìm cực trị
a.Bài toán có nội dung cực trị đại số
*Những điểm cần chú ý
-nếu f(x)
A≥
thì f(x)có giá trị nhỏ nhất là A
-Nếu f(x)
B≤
thì f(x) có giá trị lớn nhất là B
-Sử dụng bất đẳng thức CôSi khi giải bài toán cực trị
*Chú ý: Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Côsi
*Bài toán xuất phát:
Cho
, 0x y >
.Tìm Min (giá trị nhỏ nhất) của:
x y
S
y x
= +
Giải: Sử dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
2 . 2
x y x y
S
y x y x
= + ≥ =

Vậy: x=y thì Min S=2
*Nhận xét: Từ bài toán trên nếu ta thay đổi miền xác định, được một bài toán
sau:
Thí dụ 1: Cho
3x
≥
.Tìm Min của
1
S x
x
= +
Giải:
+Sai lầm thường gặp:
Sử dụng Bất đẳng thức CôSi ta có:
1 1
2 . 2 2S x x MinS
x x
= + ≥ = ⇒ =
.Dấu: “=” xảy
ra khi:
1
1x
x
= =
mâu thuẫn với giả thiết
3x
≥
6
+Phân tích và tìm tòi lời giải:
Lập bảng biến thiên của

1
S x
x
= +
, để dự đoán Min S
x 3 4 5 … 19 20
1
x
1
3
1
4
1
5
…
1
19
1
20
S
1
3
3
1
4
4
1
5
5
…

1
19
19
1
20
20
Theo bảng biến thiên ta thấy khi x tăng thì S càng lớn và từ đó dẫn đến dự đoán
khi x =3 thì S nhận giá trị nhỏ nhất .Ta có thể nói :
10
3
MinS =
, đạt tại điểm rơi
x=3
Do đó Bất đẳng thức Côsi xảy ra dấu bằng tại điều kiện các tham số tham gia
phải bằng nhau
Nên ta nghĩ đến việc đưa tham số
α
sao cho tại điểm rơi x=3 thì cặp số
x
α
và
1
x
phải bằng nhau
+Xác định điểm rơi:x=3 cho cặp số:
3x
α α
=
và
1 1

3x
=
thì phải xảy ra
1 3
9
3
α
α
= ⇒ =
Từ đó ta biến đổi S theo điểm rơi như sau:
*Lời giải đúng:
1 1 8 1 8.3 10
2 .
9 9 9 9 3
x x x
S x
x x x
 
= + = + + ≥ + =
 ÷
 
Vây: Với x=3 thì Min S=
10
3
Thí dụ 2: Cho
, 0
1
a b
a b
>



+ ≤

Tìm Min của
1
S ab
ab
= +
Giải:
Đặt
2 2
1 1 1 1
4
1
2 2
t t
ab ab
a b
= ⇒ = ≥ ≥ =
+
   
 ÷  ÷
   
.Dẫn đến bài toán phụ:
Cho t
4≥
Tìm Min của
1
S t

t
= +
Xác định điểm rơi cho cặp số
1 4
α α
=
và
1 1
4t
=

thì phải xảy ra :
1 4 1 1 15 1 15 2 15.4 17
16 2 .
4 16 16 16 16 4 16 4
t t t t
S t
t t t
α
α
 
= ⇒ = ⇒ = + = = + ≥ + = + =
 ÷
 
Với t =4 hay
1 17
2 4
a b MinS= = ⇒ =
7
Do t =4 nên

1
2
a b= =
nên
2
1 1 15 17
16 4
16
2
S ab ab
ab ab
a b
 
= + = + + ≥
 ÷
 
+
 
 ÷
 
Vậy:
1 17
2 4
a b MinS= = ⇒ =
Thí dụ 3:Cho a,b,c >0 và a+2b+3c
≥
20
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 9 4
2

S a b c
a b c
= + + + + +
Giải:.Dự đoán S =1, tại điểm rơi a=2, b=3,c=4.
Sử dụng Bất đẳng thức CôSi ta có:
4 4
3 4 3
2 . 4
.4 3
4 4
9 9 1 9 1 3 1 1 3 9 4
2 . 6 .6 3 8(1)
2 2 4 2 4 2
1 16 1
16 16
.8 2
2 . 8
4 4
a a
a
a a
a
b b b a b c
b b b a b c
c
c c
c
c c



 
+ ≥ =
+ ≥ =

 ÷

 





 
+ ≥ = ⇒ + ≥ = ⇒ + + + + + ≥
 
 ÷
 
 
 
 
+ ≥ =
+ ≥ =
 
 ÷
 



Mà:
1 3

2 3 20 5(2)
4 2 4
b
a b c a+ + ≥ ⇒ + + ≥
Cộng tứng vế các bất đẳng thức (1) và (2) ta được:
2
3 9 4
13 3 13
2
4
a
S a b c b MinS
a b c
c
=


= + + + + + ≥ ⇔ = ⇒ =


=

Thí dụ 4 :
Tìm giá trị nhỏ nhất của:
T=
4321 −−+−+− xxxx
Giải :
Ta có:
)1(3414141 =−+−≥−+−=−+− xxxxxx
Và

1323232 =−=−≥−+−=−+− xxxxxx
(2)
Vậy T=
4314321 =+≥−+−+−+− xxxx
Từ (1) suy ra dấu “=” xảy ra khi:
41 ≤≤ x
Từ(2) suy ra dấu “=” xảy ra khi:
32
≤≤
x
Vậy: T có giá trị nhỏ nhất là 4 khi
32 ≤≤ x
Thí dụ 5: Tìm giá trị lớn nhất của S=xyz.(x+y)(y+z)(z+x)
x,y,z >0 và x+y+z =1
Giải :
Vì: x,y,z >0 , áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
27
1
3
1
.3
33
≤⇒≤⇒≥++ xyzxyzxyzzyx
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y;y+z;x+z ta có:
33
))()((.32))()((3))()(( zxzyyxzxzyyxxzzyyx +++≥⇒+++≥+++
8
Dấu “=” xảy ra khi
3
1

=== zyx
Vây:
729
8
27
1
.
27
8
=≤S

Vây:S có giá trị lớn nhất bằng
729
8
khi
3
1
=== zyx
Thí dụ 6: Cho xy+yz+zx=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
444
zyx ++
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 6 số(x,y,z);(x,y,z)
Ta có:
( )
)1(1)()(
2
22222222
zyxzyxzxyzxy ++≤⇒++≤++
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho

),,(
222
zyx
và
)1,1,1(
Ta có:
))(111()(
4442222222
zyxzyx ++++≤++
Suy ra
).(3)(
4442222
zyxzyx ++≤++
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
⇒++≤ ).(31
444
zyx
3
1
444
≤++ zyx
Vậy :
444
zyx ++
có giá trị nhỏ nhất là:
3
1
khi
3

3
±=== zyx
Thí dụ 7:Cho x,y là các số thực thay đổi .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2 2
( 1) ( 1) 2A x y x y y= − + + + + + −
(Câu IV.2 thi ĐH khối B-năm 2007)
Giải: Ngoài cách giải bằng phương pháp toạ độ, xét tính chất biến thiên của hàm
số, sử dụng công cụ đạo hàm trong chương trình toán cấp THPT, ta cũng có thể
giải bài toán trên bằng phương pháp bất đẳng thức mà học sinh khá giỏi ở cấp
THCS cũng có thể giải được
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có:
2 2 2 2
3 1 3 1
( 1) . ( 1) ( 1)
2 2 4 4
x y x y x y+ + ≤ + + + = + +
và
2 2 2 2
3 1 3 1
(1 ) . (1 ) (1 )
2 2 4 4
x y x y x y− + ≤ + − + = − +
⇒
3 1 3 1
( 1) (1 ) 2
2 2 2 2
A x y x y y≥ + + + − + + −
3 1 3 1
( 1) (1 ) 2 2 3
2 2 2 2

x y x y y≥ + + + − + + − = +
Đẳng thức xảy ra
3
( ; ) 0;
3
x y
 
⇔ =
 ÷
 ÷
 
*Chú ý:Từ bài toán trên ta có hướng giải bài toán tổng quát sau:
Cho x,y là các số thực thay đổi.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
2 2 2 2
( ) ( )A x a y x a y y b= − + + + + + −
9
Trong đó:
0,
3
a
a b≥ ≥
là hằng số
Đáp số:
0
3
3
x
MinA b a
a

y
=


= + ⇔

=


Thí dụ 8: Trong tam giác vuông có cùng cạnh huyền , tam giác nào có diện tích
lớn hơn
Giải:
Gọi cạnh huyền của tam giác là 2a
đường cao thuộc cạnh huyền là h
Hình chiếu các cạnh góc vuông lên cạnh huyền là x và y . Ta có:
xyahaahhyxS ) (
2
1
2
===+=
Vì :a không đổi mà x+y =2a
Vây: S lớn nhất khi x.y lớn nhất
yx =⇔
Vây: trong các tam giác có cùng cạnh huyền thì tam giác vuông cân có diện tích
lớn nhất
b.Bài toán có nội dung cực trị hình học
I, Bài tập đưa về dạng vận dụng bất đẳng thức:( x+y)
2

0

≥
Thí dụ 9: Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC có chu vi 8 cm , AB-
AC=1cm sao cho đoạn tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp song song với BC bị
chắn bởi hai cạnh kia có giá trị lớn nhất
Giải: hình :1
Gọi đoạn tiếp tuyến là DE . Đặt BC=x . Ta có :
Vì:DE//BC nên
ADE
∆
đồng dạng
=⇒∆
BC
DE
ABC
ABCchuvi
ADEchuvi
∆
∆
. A
Mà chu vi của tam giác ADE =AM+AN =AB+AC-BC
=8-2x. Do đó : D
E
21
44)2()4(4
8
28
2
=⇔=⇒
≤+−−=−=⇒
−

=
xMaxDE
xxxDE
x
x
DE
M N
Do đó : BC=2cm ; AB= 3,5cm; AC=2,5cm
B x
C

hình1
Thí dụ 10: Cho tam giác ABC và AD, BE, CF là các phân giác trong của nó .
Gọi S
0
và S lần lượt là diện tích của tam giác DEF và ABC . Chứng minh rằng :
4S
0
S
≤
Giải:
Ký hiệu như hình 2, AB=c,BC=a,CA=b
10
S
0
=S
DEF
,S=S
ABC
,S

1
=S
AEF
,S
2
=S
BFD
,S
3
=S
CDE

Ta có :
4
3
4
1
3
21
0
≥++⇔≤
S
S
S
S
S
S
S
S
A

Theo tính chất đường phân giác ta có: E
ca
bc
AC
AE
a
c
EC
AE
ba
b
AB
AF
a
b
FB
AF
+
=⇒=
+
=⇒=
F
B D
C hình:2
Suy ra:
))((
.
1
caba
bc

AC
AE
AB
AF
S
S
++
==
; tương tự ta cũng có:
))((
;
))((
3
2
bcac
ab
S
S
cbab
ac
S
S
++
=
++
=
; khi đó :
4
3
3

21
≥++
S
S
S
S
S
S
0)()()(
0)2()2()2(
6
6333333444444
))()((3)(4)(4)(4
4
3
))(())(())((
222
222222
222222
222222222222
≥−+−+−⇔
≥+−++−++−⇔
≥+++++⇔
++++++≥+++++⇔
+++≥+++++⇔
≥
++
+
++
+

++
⇔
baccbacab
babaccbcbacacab
abccaacbccbabba
abccaacbccbabbacaacbccbabba
accbbaaccacbbcbaab
bcac
ab
cbab
ac
caba
bc
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh :
II. Bài tập đưa về dạng vận dụng bất đẳng thức :
xyyx 4)(
2
≥+
; hoặc :
2
)(
2
22
yx
yx
+
≥+
Thí dụ 11: Chứng minh rằng trong các tứ giác lồi có hai đường chéo bằng m và
vuông góc , hình vuông có chu vi nhỏ nhất
Giải: B

( hình 3) Xét tứ giác ABCD có :
mBDACBDAC
==⊥
,
( hằng số)
Kí hiệu như (hình vẽ 3 )
mdbca
=+=+
////
a b
/

b
áp dụng bất đẳng thức :
xyyx 4)(
2
≥+
ta có : A a
/
H
c
/
C
)1)((4))((4
)()(
22
cdbcadabdbca
dbcadcba
+++=++≥
≥+++=+++

d d
/
c
Ta có : AB.BC
BHAC.
≥
( xảy ra dấu “=” khi và chỉ khi :
)90
0
=∠
B
D
hình 3
Nên : ab +ad +bc +cd
)2(2)(
2////////
mdcbammdmcmamb =+++=+++≥
11
Từ (1) và (2) suy ra : (a+b+c+d)
2
=8m
2
Do đó :Min (a+b+c+d)=2
2
m . Khi đó : a+b=c+d và :
0
90
=∠=∠=∠=∠
DCAB
,

tức là : ABCD là hình vuông
Thí dụ 12:
Giải bài toán trong thí dụ trên bằng cách khác :
Áp dụng bất đẳng thức :
2
)(
2
22
yx
yx
+
≥+
Ta có :
2
2
)(
//2//
2/2/
ba
a
ba
baa
+
≥⇒
+
≥+=
Tương tự:
2
;
2

;
2
//////
ad
d
dc
c
cb
b
+
≥
+
≥
+
≥

Do đó
m
m
dcba 22
2
4
=≥+++
. Vậy : Min (a+b+c+d)=
////
22 dcbam
===⇔
.
Suy ra : ABCD là hình vuông
III. Bài tập đưa về dạng vận dụng bất đẳng thức Cô-si:

xyyxyx 20;0
≥+⇒≥≥
,
dấu “=” xảy ra
yx
=⇔
Thí dụ 13:
Chứng minh rằng:
a, Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất
b, Trong các hình chữ nhật có cùng diện tích thì hình vuông có chu vi bé nhất .
( bài tập 67, SBT toán 9 tập I-Nxb GD)
Giải: (ký hiệu như hình 4)
a,Với các hình chữ nhật có cùng chu vi thì : A x
D
2
yx
+
không đổi ( bằng một phần tư chu vi ) y
Từ bất đẳng thức :
xy
yx
≥
+
2
và
2
yx
+
không đổi
B ( hình

:4) C
suy ra :
2
yx
xy
+
≤
. Vậy Max:
xy
=
2
yx
+
. Dấu “=” xảy ra chỉ khi: x=y; điều đó
có nghĩa là trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích
lớn nhất
b,Với các hình chữ nhật có cùng diện tích thì tích xy không đổi nên từ :
xy
yx
≥
+
2
suy ra :
2
yx
+
đạt giá trị nhỏ nhất bằng
xy
khi và chỉ khi:x=y Điều đó có nghĩa là :
trong các hình chữ nhật có cùng diện tích thì hình vuông có chu vi bé nhất

Thí dụ 14
12
Cho tam giác ABC vuông tại A . D là điểm nằm giữa hai điểm B và C . E và F
lần lợt là hình chiếu của D lên AB và AC . Hãy xác định vị trí của điểm D để tứ
giác AEDF có diện tích lớn nhất ?
B
Giải:
Ta có : AEDF là hình chữ nhật nên : hình 5
S
AEDF
=AE.AF(1) E D
ABC là tam giác vuông tại A nên ta có :
S
ABC
=
2
)).((
2
. CFAFBEAEACAB ++
=
; A F
C
( áp dụng BĐT:
abba 2
≥+
; a,b
0
≥
), ta có:
hình 5

S
ABC
=
)2( 2
2
.2 2
2
)).((
CFBEAFAE
CFAFBEAECFAFBEAE
=≥
++
Ta lại có :
BDE
∆
đồng dạng
AFAEDFDECFBE
CF
DE
DF
BE
DCF
==⇒=⇒∆

(do AE=DF;AF=DE)(3)
Từ (1);(2)và (3)ta suay ra :
S
ABC

AEDF

SAFAEAFAEAFAE 2.2 2 ==≥
ABCAEDF
SS
2
1
≤⇒
. Dấu “=” xảy ra
khi và chỉ khi : AE=BE và AF=CF
⇔
DB=DC; D là trung điểm của BC
Vậy : khi D là trung điểm của BC thì S
AEDF
Đạt giá trị lớn nhất và bằng
ABC
S
2
1

Thí dụ 15:
Cho đường tròn (O;R) và hai điểm B và C cố định trên (O;R) thoả mãn góc
BOC bằng 120
0
.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 1
MB MC
+
.Khi cho M di động
trên cung nhỏ BC của đường tròn (O;R);
; )M B M C≠ ≠
(Bài VI-Thi vào lớp 10-THPT chuyên Đà Nẵng:Năm học 2008-2009)

A
Giải : hình 6
Gọi A là điểm chính giữa của cung lớn BC
Khi đó tam giác ABC là tam giác đều
Trên cạnh AM lấy điểm I sao cho: IM =MB ,
do
∠
BMI=
∠
BCA=60
0
⇒ ∆
BMI đều
Ta có:
∠
MBC=
∠
IBA(=60
0
-
∠
CBI)
Lại có:BM =BI và
∠
BMC =
∠
BIA =120
0
13
Do đó:

( . . )ABI CBM g c g MB MC MA∆ = ∆ ⇒ + =
I
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có: B
C
1 1 2 4 4 2
2
.
MB MC MA R R
MB MC
+ ≥ = = =
Vậy: Giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M D
hình 6
1 1
MB MC
+
bằng
2
R
⇔
M: là điểm chính giữa của cung nhỏ BC
IV.Bài tập đưa về dạng vận dụng bất đẳng thức Bu –nhia-côp-xki:
) )( () (
22
2
2
1
2
2
2
1

2
2211 nnnn
bbbaaabababa
++++++≤+++
.Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
n
n
b
a
b
a
b
a
===
2
2
1
1
Thí dụ 16:
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính MN . Trong các hình chữ nhật
ABCD nội tiếp nửa
đường tròn (A và D thuộc MN , B và C thuộc nửa đường tròn ).
Hình nào có chu vi lớn nhất ?
Giải:
( hình 7) Đặt AB=b,OA=a.Ta có: chu vi ABCD lớn nhất khi và chỉ khi:
2a+b lớn nhất
2
)2( ba +⇔
lớn nhất .
Áp dụng bất đẳng thức : Bu –nhia-côp-xki ta có: B B

/

C
ba
ba
RbaMax
Rbababa
2
12
5)2(
5))(12().1.2()2(
2222222
=⇔=⇔=+⇒
=++≤+=+
M A A
/
O D N
hình 7
Vậy : Hình chữ nhật ABCD có chu vi lớn nhất bằng
⇔
52R
AD=4AB.Cách
dựng hình chữ nhật đó được thể hiện trên hình 6 trong đó : OA
/
=2A
/
B
/
; OB
/

cắt
nửa đường tròn ở B
Thí dụ 17: Cho điểm M cố định thuộc miền trong của góc vuông xOy .Một
đường thẳng d qua M cắt Ox và Oy theo thứ tự tại A và B . Xác định vị trí của
đường thẳng d sao cho:
a)Diện tích tam giác OAB bé nhât? y
b)OA+OB bé nhất?
Giải: hình 8 B
Kẻ
,MP OA MQ OB⊥ ⊥
(hình 8)
Đặt OP =a,OQ =b, OA=x,OB =y. Q M
Ta có:
,
OAB OAM OBM
S S S= +
suy ra:
1(*)
a b
xy bx ay
x y
= + ⇔ + =
a)Áp dụng bất đẳng thức Côsi,ta có: O P A
x
14
1 2
a b ab
x y xy
= + ≥
hình 8

Suy ra:
2 4
OAB
S xy ab= ≥
.Đẳng thức xảy ra chỉ khi:
2 ; 2 , :x a y b khi= =
d//PQ
Vậy: Min
2 , :
OAB
S ab khi=
d//PQ
b) Áp dụng bất đẳng thức : Bu –nhia-côp-xki ta có
( )
2
( )
a b
OA OB x y x y a b
x y
 
+ = + = + + ≥ +
 ÷
 
.
Đẳng thức xảy ra chỉ khi:
2 2
1 1a b a
x y y x b
= ⇔ =
, kết hợp với(*) ta có:

1 ( )
a b a
a a b
x x b
= + ⇒ +
,từ đó tìm được
( )y b a b= +
.
Vậy: Giá trị nhỏ nhất của
2
( ) ( ); ( )OA OB a b x a a b y b a b+ = + ⇔ = + = +
Thí dụ 18: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O bán
kính R.Gọi D,E,F lần lượt là giao điểm của các đường thẳng AO, với BC ,BO
với AC ,CO với AB.Xác định dạng của tam giác ABC khi tổng:AD +BE +CF có
giá trị nhỏ nhất
Giải: hình 9
Kí hiệu S là diện tích .
Ta có:
AOC AOB AOB AOC
ADC ABD ABC
S S S S
OA
AD S S S
+
= = =
A
Tương tự:
OAB OBC
ABC
S S

OB
BE S
+
=
;
OAC OBC
ABC
S S
OC
CF S
+
=
F E
Suy ra:
2
OA OB OC
AD BE CF
+ + =
. O
Hay:
1 1 1
2R
AB BE CF
 
+ + =
 ÷
 
. B D C
Từ đó áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có:
1 1 1

2( ) ( ) 9AD BE CF R AD BE CF R
AD BE CF
 
+ + = + + + + ≥
 ÷
 
. hình 9
Vây:
9
2
R
AD BE CF+ + ≥
.Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: AB=BC=AC tức là
tam giác ABC đều
II.Dùng bất đẳng thức để giải phương trình, hệ phương trình
Thí dụ 19:
Giải phương trình sau:

222
24141051963.4 xxxxxx −−=+++++
Giải
Ta có:
1616)1(3
16)12.(31963
2
22
≥++=
+++=++
x
xxxx

99)1(514105
22
≥++=++ xxx
Vây:
532141051963.4
22
=+≥+++++ xxxx
15
Dấu “=” xảy ra khi: x+1=0
⇒
x=-1
Vây:
222
24141051963.4 xxxxxx −−=+++++
Khi x=-1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=-1
Thí dụ 20: Giải phương rình:
2 2 2 2
1
3 1 1 (7 4)(1)
2 2
x x x x x x x− + − − + = − +
Giải:
Điều kiện:
1x
≥
hoặc
1
3
x ≤ −

Gọi vế trái và vế phải của (1) là A và B
Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho hai bộ số
(1,1 )x−
và
2 2 2
3 1, , 1)x x x x− − +
Ta có:
2 2
( 2)(5 )A x x x≤ + −
.Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:x =-1
Do
1x ≥
hoặc
1
3
x ≤ −
nên
2
5 0x x− >
Áp dụng Bất đẳng thức Côsi ta có:
2 2 2 2
1
.2 (5 )( 2) (5 )( 2)
2 2
B x x x x x x= − + = − +
.
Dấu: “=” xảy ra khi và chỉ khi:x=-1 và
4
3
x =

Vây: nghiệm của phương trình là:x=-1
Thí dụ 21: Giải phương trình:
34 3
16 5 6. 4 (1)x x x+ = +
Giải
Vì:
34 3
16 5 0 6. 4 0x x x+ ≥ ⇒ + >
,do đó
0x
>
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương :
2
4 ,4 1,2,x x +
ta có:
3 3 2 2 2
3
6. 4 3. 4 (4 1).2 4 4 1 2 4 4 3(2)x x x x x x x x+ = + ≤ + + + = + +
Từ (1) và (2) suy ra:
4 2 4 2 2 2
2 2
16 5 4 4 3 8 2 1 0 (2 1) (2 2 1) 0
(2 1) 0(3)( : 2 2 1 0; )
x x x x x x x x
x do x x x
+ ≤ + + ⇔ − + ≤ ⇔ − + + ≤
⇔ − ≤ + + > ∀
Lại có:
2
(2 1) 0;x x− ≥ ∀

nên từ (3) suy ra:
1
2 1 0
2
x x− = ⇒ =
( thoả mãn)
Vây: phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
1
2
x =
Thí dụ 22:
Giải phương trình

3442
22
++=−+ yyxx
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có:
22.2)2(.112
22222
=≤−++≤−+ xxxx
.Dấu “=” xảy ra khi x=1
Mặt khác
22)12(344
22
≥++=++ yyy
Dấu “=” xảy ra khi
2
1
−=y

16
Vây:
2
1
;123442
22
−==⇔=++=−+ yxyyxx
Vây: Nghiệm của phương trình là:
2
1
;1 == yx
Thí dụ 23: Giải hệ phương trinh
3(1)
( , )
1 1 4(2)
x y xy
x y R
x y

+ − =

∈

+ + + =


(Câu II.2.Thi ĐH khối A-năm 2007)
Giải: Ngoài cách giải thông thường trong chương trình toán THPT, ta có thể sử
dụng phương pháp bất đẳng thức mà học sinh khá giỏi cấp THCS cũng có thể
giải được

Điều kiên:
0, 1 0, 1 0
0, 1, 1
xy x y
xy x y
≥ + ≥ + ≥
⇒ ≥ ≥ − ≥ −
Từ (1) có:
3 0, 0x y xy x y+ = + ⇒ ≥ ≥
Từ (1) áp dung bất đẳng thức Côsi ta có:
1
3 3 ( ) 6(3)
2
x y xy x y x y+ = + ≤ + + ⇒ + ≤
Từ (2) áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có:
2 2
4 1. 1 1. 1 1 1 . ( 1)( 1)x y x y= + + + ≤ + + +
0(4)x y⇒ + ≥
Từ (3) và (4) có:
6 1 1 3
3
x y
x y x y x y
x y xy

=

+ = ⇔ + = + ⇔ = =



+ = +

*Chú ý: Từ bài toán trên ta có thể khái quát cách giải theo hướng sau:
(1)
( , )
(2)
x y xy a
x y R
x b y b c

+ − =

∈

+ + + =


Trong đó:
2
0, 0,
4
c
a c b a≥ ≥ = −
.là các hằng số
Thí dụ 24:Giải hệ phương trình sau:



=++
=++

xyzzyx
zyx
444
1
Giải: áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
)(
222
222
222
222222222222
222222
444444
444
zyxxyzyzxxyzxzy
xyzxxzyzzyyx
yzzyyx
xzzyyx
zyx
++≥++≥
+
+
+
+
+
≥
++≥
+
+
+
+

+
=++
Vì: x+y+z=1 nên
xyzzyx ≥++
444
. Dấu “=” xảy ra khi:
3
1
=== zyx
Vây:



=++
=++
xyzzyx
zyx
444
1
có nghiệm
3
1
=== zyx
17
Thí dụ 25: Giải hệ phương trình sau:







+=
−=−
)2(2
)1(84
2
2
xxy
yxy
Giải
Từ phương trình (1) ta suy ra:
08
2
≥− y
hay
8≤y
Từ phương trình (2 ta suy ra
xyxx 22.2
2
≤=+
220)2(02.22
222
±=⇒=⇒≤−⇒≤+−⇒ xxxxx
Nếu:
222 =⇒= yx
Nếu:
222 −=⇒−= yx
Vây: hệ phương trình có nghiệm:






=
=
22
2
y
x
và





−=
−=
22
2
y
x
III.Dùng bât đằng thức để giải phương trình nghiệm nguyên
Thí dụ 26:Tìm các số nguyên x, y z thoả mãn bất đẳng thức
323
222
−++≤++ zyxyzyx
Giải
Vì x,y,z là các số nguyên nên
⇔−++≤++ 323
222

zyxyzyx
0323
222
≤+−−−++ zyxyzyx
0)1(1
2
3
2
0)12(33
4
3
4
2
22
2
22
2
≤−+






−+







−⇔≤+−+








+−+








+−⇔ z
yy
xzzy
yy
xyx
(*)
Mà:
0)1(1
2
3
2

2
22
≥−+






−+






− z
yy
x
;
Ryx ∈∀ ,
⇔
0)1(1
2
3
2
2
22
=−+







−+






− z
yy
x





=
=
=
⇔










=−
=−
=−
⇔
1
2
1
01
01
2
0
2
z
y
x
z
y
y
x
Vây: các số cần tìm là





=
=

=
1
2
1
z
y
x
Thí dụ 27:Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
2
111
=++
zyx
Giải:
Không mất tính tổng quát ta giả sử
zyx ≥≥
Ta có:
32
3111
2 ≤⇒≤++= z
zzyx
18
Mà z nguyên dương nên z=1
Thay z=1 vào phương trình ta được:
1
11
=+
yx
Theo giả sử
=⇒≥ 1yx
2

111
≤⇒≤+ y
yyx
mà y nguyên nên
,1=y
hoặc
2=y
Với
,1=y
không thích hợp
Với
2=y
, ta có
2=x
Vây(2,2,1) là một nghiệm của phương trình .Hoán vị các số trên ta được các
nghiệm của phương trình là: (2,2,1);(2,1,2);(1,2,2)
Thí dụ 28:Tìm các cặp số nguyên thoả mãn phương trình
(*)yxx =+
Giải:
Từ (*) với x<0 ,y < 0 thì phương trình không thoả mãn
(*)với x > 0,y >0
Ta có :
0
22
>−=⇔=+=+ xyxyxxxx
Đặt
)(;
+
∈= Zkkx
.Ta có:

2
)1( ykk =+
.
Nhưng
⇒+<+=
22
)1()1( kkkk
⇒+<+=
22
)1()1( kkkk
1+<< kyk
Mà giữa k và k+1 là hai số nguyên dương liên tiếp không tồn tại một số nguyên
dương nào cả
Nên không có cặp số nguyên dương nào thoả mãn phương trình
Vây:phương trình có nghiệm duy nhất là:x=0;y=0
Thí dụ 29. Giải phương trình :
)(
2
1
201020092 zyxzyx ++=−+++−
( Bài III.1-Đề thi vào lớp 10-THPT chuyên Lam Sơn-Thanh Hoá năm học 2009-
2010)
Giải:
1.Điều kiên:
2010;2009;2 ≥−≥≥ zyx
Phương trình đã cho tương đương với
201022009222 −+++−=++ zyxzyx
2 2 2
2 1 0
( 2 1) ( 2009 1) ( 2010 1) 0 2009 1 0

2010 1 0
3
2008
2011
x
x y z y
z
x
y
z

− − =


⇔ − − + + − + − − = ⇒ + − =


− − =


=


⇒ = −


=

Vậy phương trình có nghiệm (x;y;z)=(3;-2008;2011)
Thí dụ 30. Giải phương trình :

4 2 2 4 3 6 5x y z x y z
+ + + = − + − + −
(1)
Giải:
Điều kiện :
5,3,2
≥≥≥
zyx
19
( ) ( ) ( )
2 2 2
(1) 2 2 2 1 3 4 3 4 5 6 5 9 0
2 1 3 2 5 3 0
x x y y z z
x y z
⇔ − − − + + − − − + + − − − + =
⇔ − − + − − + − − =
Vế trái của phương trình là tổng của ba biểu thức không âm nên sẽ bằng 0 khi và
chỉ khi





=
=
=
⇔






=−
=−
=−
⇔







=−
=−
=−
14
7
3
95
43
12
35
23
12
z
y
x
z

y
x
z
y
x
( thoả mãn điều kiện)
Vậy: nghiệm của phương trình là:
)14;7;3();;(
=
zyx
Thí dụ 31: Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
2 2
2 2 2 10 0x y xy x y
+ − + + − =
Giải
Đặt:
xySyxS
=+=
21
,
.
Thì phương trình đã cho có dạng :
).102(
6
1
01062
1
2
1212
2

1
−+=⇔=−+−
SSSSSS
Do
ZS
∈
2
nên
1
S
chia hết cho 2
Mặt khác :
4
04)(0)(
2
1
2
22
S
Sxyyxyx
≤⇔≥−+⇔≥−
Do đó :
21)1(0202.
4
)102(
6
1
2
11
2

1
2
1
1
2
1
≤+⇔≤−+⇔≤−+
SSS
S
SS
Vì
1
S
là số nguyên chẵn nên
{ }
9;1)1(
2
1
∈+
S
Do đó
{ }
2;0;2;4
1
−−∈
S
Muốn cho
)102(
6
1

1
2
12
−+=
SSS
là một số nguyên
ta chỉ chọn được



=
=



=
−=
0
2
;
3
4
2
1
2
1
S
S
S
S

Do đó



=
=+



=
−=+
0
2
;
3
4
xy
yx
xy
yx
Ta được các nghiệm nguyên : (x;y)của phương trình là:(-1;-3),(-3;-1),(0;2),
(2;0)
Thí dụ 32:Tìm tất cả các cặp số tự nhiên x,y sao cho:
1989
=+
yx
Giải
Ta có:
1989
=+

yx
20
( ) ( )( )
( )
( )
[ ]
( )
[ ]
( )
( )
.
19891989.4
19891989.2
19892
19892
1989
1989219892
2
2
2
2
2
2
yxy
yxy
yxyxy
yxyxy
yxyxyxyx
yxyxxyyxxyyx
+−=⇔

+−=⇔
+−=+⇔
+−=+⇔
+−=−+−+⇔
+−=+−++⇔=++⇔
Bởi vì : 1989=3
2
.13.17
( )
2
22
198917.13 3.2 yxy
+−=⇒
Vế phải (1989-x+y)
2
là số chính phương
221.17.13.
22
kky
⇒=⇒
với k là số tự nhiên.
Phương trình có nghiệm là:(x;y)=(0;1989);(1989;0)
Việc sử dụng tính chất trên để giải toán mang lại một lời giải ngắn gọn ,
hiệu quả . Tuy nhiên cần linh hoạt sáng tạo để tìm cách giải sáng tạo hợp lý cho
từng trường hợp cụ thể .Linh hoạt và sáng tạo đó là đức tính của con người năng
động mà mỗi học sinh cần phải rèn luyện và phấn đấu để hoàn thiện chính mình
, thực sự là những con người “Vừa hồng” ;
“ Vừa chuyên”, đáp ứng đựơc công cuộc đổi mới của đát nước ta hiện nay
D.KẾT QUẢ CỦA SKKN VÀ VIẾT CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC :
I. Kết quả của việc thực hiện SKKN

Vừa phụ trách về chuyên môn và trực tiếp giảng dạy bộ môn toán lớp 9 nhiều
năm của nhà trường, bằng nghiên cứu, kinh nghiệm thực tiễn trong quá trình dạy
học cần thiết phải xây dựng một số chuyên đề về toán học làm tài liệu tham khảo
cho việc giảng dạy và học toán được tốt hơn, nhằm khai thác và phát triển cao
hơn , đầy đủ và hoàn thiện hơn một số dạng toán cơ bản và nâng cao ở trường
THCS
Việc “Sử dụng công cụ bất đẳng thức đại số,để giải một số bài toán liên
quan”thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi , thi vào lớp 10-THPT, đã được
đội ngũ cán bộ giáo viên nhà trường và đồng nghiệp trong khu vực và địa bàn
coi đây là một chuyên đề hữu ích thêm một kênh nữa rất thiết thực trong việc
giảng dạy và bồi dưỡng năng lực học tập bộ môn toán của học sinh, một chuyên
đề bồi dưỡng được các thầy cô giáo ôn thi học sinh giỏi lớp 9 của nhà trường
nhiều năm qua trong việc giảng dạy và luyện tập ,ôn tập cho học sinh thi học
sinh giỏi môn toán lớp 9, ôn thi vào lớp 10-THPT và nhân rộng trong phong trào
21
thi đua dạy và học về việc đổi mới phương pháp giảng dạy trong các nhà trường
hiện nay. Trong những năm học qua thầy và trò trường THCS Hoằng Xuân
trong 4 năm học ,đã thu được kết quả cụ thể sau đây:
1. Chất lượng mũi nhọn học sinh giỏi cấp Huyện :
Năm học Số học sinh dự
thi
Số học sinh đạt giải
Số lượng %
2006-2007 6 3 50
2007-2008 6 4 75
2008-2009 3 3 100
2009-2010 3 3 100
2.Chất lượng học sinh dự thi vào lớp 10-THPTHoằng Hoá II (hệ công lập)
Năm học
Số học

sinh
tham
gia
Số học sinh
trúng tuyển
%
Số học sinh
đạt loại khá giỏi
Số lượng %
2005-2006 135 60 44,4 23 38,3
2006-2007 102 51 50,0 31 60,8
2007-2008 62 38 61,3 25 65,8
2008-2009 45 34 75,6 23 67,7
II. Viết các chuyên đề toán học đã được sử dụng
Việc khai thác một số tính chất hay từ một bài toán trong chương trình toán
THCS là rất cần thiết , SKKN đề tài nghiên cứu khoa học là một công việc làm
thường xuyên và khoa học nhằm dạy và học bộ môn toán ngày càng tốt hơn tạo
ra được nhiều nhân tài cho đất nước . Bản thân đã có nhiều bài viết được đăng
trên các tạp chí, được ứng dụng trong việc dạy và học toán
+Tạp chí Toán học &tuổi trẻ :
-Số 380 tháng 02 năm 2009 bài: Sử dụng công cụ Đại số để giải một số bài
tập hình học
-Số 392 tháng 02 năm 2010 bài:Vận dụng hệ thức lượng trong chứng minh
hình học…
22
+Tạp chí Thế giới trong ta :
- Chuyên đề 89+90 năm 2009 bài viết:Sử dụng công cụ “Tỉ lệ thuận (nghịch)
dãy tỉ số bằng nhau để giải một số bài toán có nội dung hình học
-Chuyên đề 85+86,năm 2009 bài viết : Khai thác và phát triển từ một bài toán
trong sách giáo khoa toán 9 …

-Chuyên đề 95+96,năm 2010 bài viết :Phát hiện thêm những ứng dụng của
định lý Tale
+SKKN thuộc năm 2008-2009 bài viết: Sử dụng công cụ
222
2)(0 bababa +±=±≤
để giải toán…, đã được ứng dụng rộng rãi trong việc
dạy và học trong các nhà trường hiện nay
E. KẾT LUẬN
Trong cuốn sách này , tôi đã cố gắng chọn lọc những bài tập điển hình nhất
trong mỗi dạng , hệ thống các kiến thức toán học được học rải rác trong hai năm
lớp 8 và lớp 9 theo từng chuyên đề cụ thể , đó là những vấn đề cơ bản và thiết
yếu có nhiều liên quan đến các kiến thức thường gặp trong các kỳ thi. Tôi
không muốn các em học sinh chỉ biết giải từng bài một cách máy móc do đó
bên cạnh việc phân chia các dạng toán ở mức độ nhất định , đã coi trọng phân
tích đặc điểm của bài toán để có lời giải hợp lí , lưu ý những sai lầm dễ mắc của
học sinh khi giải một bài toán , đồng thời thông qua các bài tập mà rèn luyện kỹ
năng học tập bộ môn toán và rèn luyện đức tính sáng tạo , có ý thức tổ chức kỷ
luật , làm việc khoa học, nền nếp, gọn gàng ngăn nắp có trách nhiệm cao trong
công việc được giao, có ý trí vươn lên trong học tập cung cấp thêm kinh
nghiệm giải toán và rèn luyện phương pháp suy luận toán học .
Như vậy ,ôn tập theo cuốn sách này , các em có thể tự giải được các bài
toán thường gặp trong các kì thi tốt nghiệp THCS, thi học sinh giỏi , thi vào lớp
10-THPT, đồng thời chuẩn bị tốt để học toán ở lớp trên. Sự phân chia các dạng
toán này trong cuốn sách chỉ có tính chất
tương đối . Cho dù đã có cách giải chung cho mỗi dạng toán , xong nhiều bài
toán vẫn còn có những lời giải riêng phù hợp với nó và chính điều đó là một
23
trong những vẻ đẹp sáng tạo của toán học . Do đó ngoài cách giải đã nêu trong
cuốn sánh , các em học sinh nên cố gắng tìm thêm cho mình các cách giải khác .
Trên đây là một số biện pháp giải phương trình, bất đẳng thức, cực trị…

thường gặp trong các kì thi, qua thực tế giảng dạy và ôn thi cho học sinh cuối
cấp THCS tôi thấy kết quả đạt được khá khả quan , chất lượng học sinh đạt giải
trong các kì thi năm sau cao hơn năm trước ,tỉ lệ học sinh yếu giảm dần , tỉ lệ
học sinh khá giỏi tăng lên rõ rệt như đã nêu rõ cụ thể ở trên .Hi vọng rằng sáng
kiến kinh nghiệm này sẽ đóng góp một phần nhỏ bé, tài liệu thiết thực trong
giảng dạy bộ môn toán ở trờng THCS và bồi dưỡng học sinh giỏi toán trong các
kì thi
Với khung thời gian có hạn, kinh nghiệm còn hạn chế “Sử dụng công cụ
bất đẳng thức đại số,để giải một số bài toán liên quan”.Của tôi không sao
tránh được những điểm còn thiếu xót. Kính mong các thầy ,cô giáo đóng góp ý
kiến chân thành để tôi khắc phục và tránh được những điểm còn hạn chế để
cuốn sách này được hoàn chỉnh hơn trong lần tái bản.
Xin chân thành cảm ơn !
24