Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9

Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Những năm gần đây nền giáo dục Việt Nam đã và đang chuyển mình theo
xu thế phát triển của nền giáo dục thế giới, đó là cuộc cách mạng đổi mới
chương trình, nội dung sách giáo khoa và đổi mới phương pháp dạy học trong
các cấp học. Thể hiện rõ nét về sự phát triển nhanh chóng và thành công của
chất lượng giảng dạy, học tập đó là đội ngũ học sinh giỏi ngày càng lớn mạnh
trong các nhà trường. Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi nói chung, môn
Toán nói riêng các em được trang bị kiến thức nâng cao hơn, đa dạng hơn, đòi
hỏi tư duy nhiều hơn chương trình chính khóa. Vì lẽ đó chương trình bồi
dưỡng rất đa dạng, phức tạp đòi hỏi giáo viên giảng dạy và học sinh học tập
phải thật sự cố gắng đầu tư công sức, nghiên cứu, tham khảo nhiều tài liệu để
rút ra nhiều cách giải nhanh chóng, thông minh, chính xác. Là một giáo viên
giảng dạy môn toán THCS, tôi có nhiều năm tham gia công tác bồi dưỡng học
sinh giỏi môn toán và rút ra được một số kinh nghiệm. Sau đây tôi xin trình
bày “ Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9”. Đối tượng
nghiên cứu là học sinh có năng khiếu môn toán ở lớp 8, lớp 9 để quý thầy cô
và các bạn đồng nghiệp tham khảo.
PHẦN II. NỘI DUNG
1. Cơ sở lý luận
Bồi dưỡng học sinh giỏi là một hoạt động không thể thiếu của ngành
GD nói chung và của trường THCS nói riêng. Đánh giá chất lượng một
ngành học ngoài việc nhìn vào chất lượng đại trà thì chất lượng mũi nhọn
cũng góp phần không nhỏ. Làm thế nào để vừa duy trì chất lượng GD toàn
diện vừa làm tốt công tác bồi dưỡng HSG. Đòi hỏi người thầy phải đổi mới
phương pháp dạy và trò phải có phương pháp học phù hợp với xu thế phát
triển chung của nền GD thế giới. Nếu chỉ trang bị cho học sinh kiến thức đơn
thuần trong SGK thì tầm nhìn của học sinh bị hạn chế. Nếu nền tảng kiến thức
từ cấp trung học cơ sở không sâu thì thế hệ trẻ Việt Nam sẽ khó bắt nhịp được
với tốc độ phát triển của khu vực và thế giới. Vì vậy việc giáo dục toàn diện

Giáo viên thực hiện:

2


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
cũng như bồi dưỡng HSG ở trường THCS là việc làm không thể thiếu là điều
kiện thúc đẩy việc tìm hiểu mở rộng kiến thức thêm của giáo viên cũng như
của học sinh.
2. Phân tích thực trạng vấn đề nghiên cứu:
Hệ thống bài toán THCS rất đa dạng phong phú. Nếu không có phương
pháp học tập tốt thì học sinh khó nắm bắt được tư duy thuật giải cho mỗi dạng
bài tập. Để trở thành một học sinh giỏi bộ môn toán việc tìm tòi phân dạng bài
tập theo từng chuyên đề rất cần thiết. Có như vậy các em mới tự mình rèn
luyện kỹ năng giải toán, biến kỹ năng thành kỹ xảo và xây dựng cho mình khả
năng tư duy độc lập, sáng tạo, tự tìm kiếm kho tàng kiến thức để chiếm lĩnh.
Với chút kinh nghiệm trong một số năm làm công tác bồi dưỡng HSG ở
trường THCS Trần Phú, tôi nhận thấy ngoài chương trình chính khóa SGK và
sách bài tập đã cung cấp thì để bồi dưỡng được HSG môn toán 9. Giáo viên
có thể định hướng cho học sinh tìm hiểu sâu hơn một số chuyên đề đối với cả
3 bộ môn: Số học, Đại số, Hình học như sau:
2.1. đối với môn số học cần tìm hiểu thêm một số chuyên đề:
- Số nguyên tố, hợp số, số chính phương, sự chia hết trong tập hợp số
nguyên và phương trình nghiệm nguyên.
2.2.Đối với môn đại số cần tìm hiểu thêm một số chuyên đề:
- Hằng đẳng thức và 1 số phép biến đổi hằng đẳng thức.
- Phân tích đa thức thành nhân tử và ứng dụng.
- Bất đẳng thức, bất phương trình và ứng dụng. Phương trình, hệ
phương trình.

- Tính giá trị biểu thức có điều kiện.
- Bài tập cực trị đại số( có điều kiện hoặc không có điều kiện).
2.3.Đối với môn hình học cần tìm hiểu thêm một số chuyên đề:
- Định lý Talét trong tam giác và ứng dụng.
- Các dạng của tứ giác, tứ giác nội tiếp.
- Bài tập cực trị độ dài, diện tích, Bài tập quỹ tích.
Giáo viên thực hiện:

3


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
Với rất nhiều chuyên đề mà sáng kiến đưa ra, nhưng với thời gian, kiến thức
và kinh nghiệm của bản thân còn khiêm tốn tôi xin trình bày một chuyên đề
trong sáng kiến đó là: (Chuyên đề bất đẳng thức) của môn đại số .
3. Mô tả các giải pháp:
Để khai thác được các bất đẳng thức trong quá trình bồi dưỡng học sinh
giỏi giáo viên cần giới thiệu để học sinh nắm chắc và hiểu rõ cơ sở lí thuyết
về bất đẳng thức.
1. Cơ sở lí thuyết
1.1 Định nghĩa cho bất đẳng thức: Cho 2 số a, b. ta có:
+ a lớn hơn b (a > b ) nếu a-b > 0.
+ a lớn hơn hoặc bằng b ( a ≥ b ) nếu a -b ≥ 0.
+ a nhỏ hơn b (a < b) nếu a-b < 0.
+ a nhỏ hơn hoặc bằng b( a ≤ b) nếu a-b ≤ 0.
1.2 Các tính chất của bất đẳng thức:
1.2.1 a > b <=> b < a

1.2.7

a > b
 => ac > bc
c > 0

1.2.2

a > b
 => a > c
b > c

1.2.8

a > b ≥ 0
 => ac > bd
c > d ≥ 0

1.2.3

a > b => a + c > b + c

1.2.9 a > b > 0 => an > bn
a>b

1.2.4

a > b
 => a + c > b + d
c > d

1.2.5

a > b
 => a − c > b − d
c < d

1.2.6

a>b 
1 1
 => <
ab > 0
a b

<=>

an > bn ( n lẻ)

a > b <=> an > bn

( n chẳn)

1.2.10. m > n > 0 thì a > 1 => am > an
a = 1 => am = an ; 0 < a < 1 => am > an

1.3 Các hằng bất đẳng thức.
1.3.1

a2 ≥ 0:

1.3.2

a ≥ 0 dấu “=” xảy ra khi a = 0

Giáo viên thực hiện:

- a2 ≤ 0

4


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
1.3.3 - a ≤ a ≤ a dấu “=” xảy ra khi a = 0
1.3.4

a + b ≤ a + b dấu “=” xảy ra khi ab ≥ 0

1.3.5

a − b ≥ a − b dấu “=” xảy ra khi ab ≥ 0 và a ≥ b

1.4 Một số bất đẳng thức thường sử dụng
1.4.1 Bất đẳng thức côsi.
a + b ≥ 2 ab (với a ≥ 0 ; b ≥ 0 ) dấu “=” xảy ra khi a = b.
* Hệ quả 1:

1 1
4
+ ≥

( ab > 0) ;
a b a+b

* Hệ quả 2:

a
b
+ ≥2
b
a

( ab > 0)

1.4.2 Bất đẳng thức Bunhia Côpxki.
( ax + by)2 ≤ (a2 + b2)(x2 + y2) dấu “=” xảy ra: ay = bx.
1.5 Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
Có rất nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức lựa chọn phương
pháp nào là tùy thuộc vào tính chất, yêu cầu của mỗi bài tập và căn cứ vào kĩ
năng nhận biết của học sinh. Để tạo điều kiện cho học sinh tiếp thu tốt, luyện
các kĩ năng giải toán và các thao tác trí tuệ tôi đã hướng dẫn học sinh nghiên
cứu 7 phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
1.5.1 Dùng định nghĩa để chứng minh bất đẳng thức.
- Để chứng minh : A > B ta xét hiệu A - B và chứng minh A - B > 0
1/ Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức
( ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )( x2 + y2) ( với a, b, x, y ∈ R )
Xét hiệu: ( ax + by)2 - (a2 + b2 )( x2 + y2)
= (ax)2 + 2axby + (by)2 - (ax)2 - (ay)2 - (bx)2 - (by)2
= - [ (ay)2 - 2axby + (bx)2 ] = - (ay - bx)2 ≤ 0 ; Dấu “=” xảy ra khi ay = bx.
Vậy: ( ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )( x2 + y2)

; ( với a, b, x, y ∈ R )

Dấu “=” xảy ra ⇔ ay = bx (điều phải chứng minh)
1.5.2. Dùng phép biến đổi tương đương.
Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức
Giáo viên thực hiện:

5


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
a/

a+b ≤ a + b
⇔ a+b

2

(1)

≤ ( a + b ) 2 ( vì 2 vế không âm nên bình phương 2 vế)

⇔ a2 + 2ab + b 2 ≤ a2 + 2 ab + b2 ⇔

ab ≤

ab

(2)

Bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) luôn đúng.
Vậy a + b ≤ a + b , dấu “=” xảy ra : ab

≥ 0.

b/ Chứng minh bất đẳng thức
a −b ≥ a − b

(3)

Nấu a < b bất đẳng thức (3) luôn đúng.
Nếu a ≥ b thì a − b ≥ a − b ⇔ a2 - 2ab + b2 ≥ a2 - 2 ab + b2
⇔ -ab ≥ − ab ⇔ ab ≥ ab (4)

Bất đẳng thức (4) luôn đúng nên bất đẳng thức (3) đúng.
Vậy: a − b ≥ a − b dấu “=” xảy ra: ab ≥ 0, a ≥ b
1.5.3. Sử dụng tính chất của bất đẳng thức
Ví dụ: cho a + b > 1 chứng minh rằng a4 + b4 >

1
8

Ta có: a + b > 1 > 0 ⇔ (a + b)2 > 1 (bình phương 2 vế không âm)
⇔ a2 + 2ab + b 2 > 1

(1)

Mặt khác: (a - b)2 ≥ 0 ⇔ a2 - 2ab + b 2 ≥ 0

(2)

Từ (1) và (2): 2(a2+ b2) > 1 ⇔ a2+ b2 >
⇔ (a2+ b2) >

1
2

(3)

1
1
(bình phương 2 vế (3)) ⇔ a4 + 2a2 b2 + b4 >
4
4

Mà (a2- b2)2 ≥ 0 ⇔ ⇔ a4 - 2a2 b2 + b 4 ≥ 0
Từ (4)(5): 2(a4+ b4) >

(4)

(5)

1
1
1
⇔ a4+ b4 > . Vậy: a + b > 1 => a4+ b4 >
4
8
8

1.5.4.Phương pháp làm trội : muốn chứng minh A < B làm trội A thành C
( A < C ) rồi chứng minh C < B.
Ví dụ: Cho a, b, c > 0.
Giáo viên thực hiện:

M=

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

6


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
Chứng minh: 1 < M < 2
Vì a, b, c > 0. Ta có:
a
a


a + b a + b + c

b
b

a+b+c
a
b
c


+
+
>
=1
⇒
b+c a+b+c
a+b b+c c+a a + b + c
c
c


a + c a + b + c 

Vậy M > 1.

(1)

Ta có: a, b, c > 0
a
<1 ⇔
a+b

a
c

a+c
 
a+b c a+b+c

b
b+a

b+c a+b+c

Tương tự:

c
c+b

c+a a+b+c

Cộng vế với vế ta có:

2(a + b + c)
a
b
c
+
+
<
a+b b+c c+a
a+b+c

Vậy M < 2.

(2)

Từ (1), (2): 1 < M < 2 (với a, b, c > 0)
1.5.5 Dùng Phương pháp phản chứng:
Ví dụ: Cho a2+ b2 ≤ 2 Chứng minh rằng a + b ≤ 2
Giả sử: a + b > 2

(bình phương 2 vế)

⇔ (a + b)2 > 4 ⇔ a2 + 2ab + b 2 > 4

(1)

Mặt khác: (a - b)2 ≥ 0 ⇔ a2 - 2ab + b 2 ≥ 0
⇔ a2+ b2 ≥ 2ab => 2(a2+ b2 ) ≥ a2 + 2ab + b 2

a2+ b2 ≤ 2 (giả thiết) => 2(a2+ b2 ) ≤ 4 => a2 + 2ab + b 2 ≤ 4 (2)
Bất đẳng thức (1) và (2) mâu thuẩn => giả sử sai.
Vậy a2+ b2

≤

2 thì a + b

≤

2

1.5.6 Phương pháp quy nạp toán học:
Ví dụ: Chứng minh rằng 2n > n3 ( 1) với mọi số tự nhiên n ≥ 10.

* Với n = l0 ta có: 210 = 1024 >103
Giáo viên thực hiện:

7


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
* Giả sử (1) đúng với n = k
(k ≥ 10)

2k > k3

* Phải chứng minh đúng với n = k + l.
2k+1 > (k + 1)3.
Xét hiệu :
2k+1 - (k + 1)3 = 2.2k – k3 – 3k2 – 3k – 1 = 2(2k – k3 ) + k3 – 3k2 – 3k – 1
Theo giả thiết quy nạp 2k – k3 > 0, ta cần chứng minh k3 – 3k2 – 3k – 1 > 0
Ta có: k3 – 3k2 – 3k – 1 = k(k2 – 3k – 3) – 1= k  k ( k − 3) − 3 − 1
Do: k ≥ 10
⇒ k(k – 3) ≥ 70 ⇒ k  k ( k − 3) − 3 − 1 ≥ 669 > 0 suy ra 2k+1 > (k + 1)3.

Vậy 2n > n3 với mọi số tự nhiên n ≥ 10.
1.5.7 Dùng phương pháp hình học
Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức sau: a, b, c, d > 0

C

B
c

(a 2 + c 2 )(b 2 + c 2 ) + (a 2 + d 2 )(b 2 + d 2 ) ≥ (a + b) (c + d )

trong đó a, b, c, d là các số thực dương.
Giải: Xét tứ giác ABCD có AC ⊥ BD,

O
a

A

b

d
D

O là giao điểm hai đường chéo; OA = a, OB = c, OC = b, OD = d
với a, b, c, d là các số dương
Theo định lý Py-ta-go:
AB = a 2 + c 2 ; BC = b 2 + c 2 ;
AD =

a 2 + d 2 ; CD =

AC = a + b ;

b2 + d 2 ;

BD = c + d

Ta có: AB . BC ≥ 2 S ABC ; AD . CD ≥ 2 S ADC
⇒ AB . BC + AD . CD ≥ 2 S ABCD = AC . BD

Vậy

( a 2 + c 2 )(b 2 + c 2 ) + (a 2 + d 2 )(b 2 + d 2 ) ≥ (a + b) (c + d ) với a, b, c, d ≥ 0

2. Nội dung bài tập:
Bước phân loại, chọn lọc hệ thống bài tập theo từng dạng phù hợp với
trình độ học sinh, giúp học sinh hình thành được cách giải bài tập và đưa ra
Giáo viên thực hiện:

8


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
được nhiều phương án giải, phát triển khả năng tư duy lô gíc, hỗ trợ việc tự
học, tự nghiên cứu trong quá trình ôn luyện. Đối với học sinh THCS tạm thời
phân thành bốn dạng cơ bản sau:
2.1. Dạng bài tập chứng minh bất đẳng thức:
2.1.1 chứng minh bất đẳng thức: x4 – x +
Ta có: : x4 – x +

1
>0
2

1
1

1
1
1
= x4 – x2 + + x2 – x + = (x2 - )2 + (x - )2
4
2
4
2
2

1

( x 2 − )2 ≥ 0 
1
1

2
 ⇒ (x2 - )2 + (x - )2 ≥ 0 (không thể xảy ra dấu bằng đồng thời)
1
2
2
( x − )2 ≥ 0 

2

Vậy: x4 – x +

1
>0
2

1

1

4

2.1.2. Chứng minh: x + y ≥ x + y

(với x, y > 0)

Xét hiệu:
1 1
4
y ( x + y ) + x( x + y ) − 4 xy xy + y 2 + x 2 + xy − 4 xy ( x − y ) 2
+ −
=
=
=
≥0
x y x+ y
xy ( x + y )
xy ( x + y )
xy ( x + y )

(Vì x, y > 0)
1

1

4

Vậy: : x + y ≥ x + y với x, y > 0
2.1.3. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh cảa một tam giác chứng minh:
1
1
1
1 1 1
+
+
≥ + +
a +b−c b+c−a c+ a −b a b c

Giải:áp dụng hệ quả của bất đẳng thức côsi:
1
1
4
4
2
+
≥
=
=
a + b − c b + c − a a + b − c + b + c − a 2b b

Tương tự:

Từ (1),(2) và (3): 2(

(1)

1
1
2
+
≥
b+c−a c+ a −b c

(2)

1
1
2
+
≥
c + a −b a +b −c a

(3)

1
1
1
1 1 1
+
+
) ≥ 2( + + )
a+b−c b+c−a c+a−b
a b c

Giáo viên thực hiện:

9


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
⇔

1
1
1
1 1 1
+
+
≥ + +
a +b−c b+c−a c+ a −b a b c

2.1.4 Chứng minh rằng với ∀n ∈ N và n ≥ 2
a.
1

A=

1 1 1
1
1
+ 3 + 4 + ........... + n <
3
2 3 4
n
4

1

1

1

Ta có: k 3 p k 3 − k = k (k 2 − 1) = (k − 1)(k )(k + 1) Do đó
1
1


3

2
1.2.3

1
1


1
1
1

3
2.3.4
⇒3
+
+ ......... +

⇒ A
1.2.3 2.3.4
(n − 1)n(n + 1)

..........

1
1

3 
(n − 1)(n)(n + 1) 
n
2

1

1

Mặt khác: (n − 1)n(n + 1) = (n − 1)n − (n + 1)n

⇔

1
1
1
1 1
1
1
1
1

1
+
+ ...... +
= ( −
+
−
+ ...... +
−
)
1.2.3 2.3.4
(n − 1)n(n + 1) 2 1.2 2.3 2.3 3.4
( n − 1) n ( n + 1) n

A=

1 1
1  1
1
1

 = −
−

2  1.2 (n + 1)n  4 2n(n + 1) 4

Hay A <

1
⇔
4

(với ∀ ≥ 2)

1 1 1
1
1
+ 3 + 4 + ........... + n <
3
2 3 4
n
4

b/ B = 1 +

(với ∀ ≥ 2)

1 1
1
+ + ......... + n
2 3
2 −1


 
 



B = 1 +  + ÷+  2 + + + ÷+  3 + ...... + ÷+ ...... +  n−1 + ..... + n ÷

15 
2 −1 
 2 3  2 5 6 7   2
2
1

1

1

1 1
1
+ < 2.
2 3
2
1 1 1 1
1
+ + + < 4. 2
2
2 5 6 7
2
..................
1
1
1
+ .... + n
< 2n −1. n −1
n −1
2
2 −1

2

Giáo viên thực hiện:

1

1

1

1

1

1

1

1
1
⇒ B < 1+ .2 + ...... + n −1 .2 n −1
2
2

10


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
Vậy 1 +

1 1
1
+ + ......... + n
< n ( với ∀n ∈ N và n ≥ 2)
2 3
2 −1

2.1.5. a)Chứng minh rằng ∀n ∈ Z dương thì:
A=

1
1
1
2
1
+
+
+ ......... +
>
n +1 n + 2 n + 3
2n 2

Giải: Vì n ∈ Z dương => 1;2;3……; n-1< n .Ta có:
1
1
1
>
=
n + 1 n + n 2n 


1
1

>
 =>
n + 2 2n

1
1

...
>

2n − 1 2n

1
1
1
2
1
1
1
1
+
+
+ ......... +
+
>
+

+ ...... +
n +1 n + 2 n + 3
2n − 1 2n 2n 2n
2n

Dãy gồm n số hạng => A > n.
Vậy:

1 1
=
2n 2

1
1
1
2
1
+
+
+ ......... +
>
n +1 n + 2 n + 3
2n 2

b) CMR: tồn tại một số tự nhiên n sao cho
Giải:

(với mọi 0 < n ∈ z)
1 1
1

+ + ..... + > 2006
2 3
n

1
1
≥
2
2
1 1 1 1
1
1
+ = + 2 ≥ 2 .2 =
3 4 3 2
2
2
1 1
1
1
1
+ + ..... + 3 ≥ 3 .22 =
5 6
2
2
2

……….
1

+ ...... +

1

>

1

.24011 =

1
2

2 +1
2
2
1 1
1
1
+ + ........ + 4012 > 4012. = 2006
2 3
2
2
4010

4012

4012

Vậy tồn tại n ∈ N (n ≥ 24012) thỏa mãn điều kiện

1 1
1
+ + ..... + > 2006
2 3
n

2.1.6. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác chứng minh:
abc ≥ (b + c - a)(a + c - b)(a + b - c)
Giáo viên thực hiện:

11


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
Giải: Vì a, b, c là 3 cạnh của tam giác: b + c – a > 0, a + c – b > 0, a + b – c >0
Đặt b + c – a = y, a + c – b = x, a + b – c = z
áp dụng bất đẳng thức: (x+y)(y+z)(z+x) ≥ 8xyz (với x, y, z ≥ 0 )
Ta có: [a + c – b + b + c – a] [b + c – a + a + b – c] [a + b – c + a + c – b]
≥ 8(a + b - c)( b + c - a)( a + c - b)
⇔ 2c.2b.2a ≥ 8(a + b - c)( b + c - a)( a + c - b)

abc ≥ (b + c - a)(a + c - b)(a + b - c)
2.1.7. Cho a+b+c =1 chứng minh rằng a2 + b2 + c2 ≥
Đặt a =

1
1
1
+ x , b = + y , c = + z ; Do a + b + c =1 => x + y + z = 0

3
3
3

a2 + b2 + c2 = (
=

1
3

1
1
1
1
2
+ x)2 + ( + y)2 + ( + z)2 = + (x+ y + z) + x2 + y2 + z2
3
3
3
3
3

1
1
1
+ x2 + y2 + z2 ≥ . Dấu “=” xảy ra: x = y = z = 0. ⇔ a = b = c =
3
3
3

2.1.8. Cho a + b + c + d = 2. Chứng minh rằng : a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 1
Giải: áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki
(a + b + c + d)2 ≤ (12 + 12 +12 +12 )( a2 + b2 + c2 + d2 )

(1)

mà a + b + c + d = 2

(2)

Từ (1),(2) ta có: 4 ≤ 4(a2 + b2 + c2 + d2)
⇔ 1 ≤ a2 + b2 + c2 + d2 dấu “=”xảy ra
⇔ a=b=c=d=

1
.
2

2.1.9. Nếu a1 + a2 + …..+ an = k thì a12 + a22 + …..+ an2
k

+ x1 
n

k
a 2 = + x 2 
n
Đặt:
⇒


..........

k
a n = + x n 
n


≥

k2
n

a1 =

x1 + x2 + …..+ xn = 0

Giáo viên thực hiện:

12


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)

a12 + a22 + …..+ an2 = (
=

Vậy:

k

k
k
+ x1)2 + ( + x2)2 + ……+( + xn)2
n
n
n

k
k2
(
2 .n + 2.
n
n

x1 + x2 + …..+ xn ) + (x12 + x22 + …..+ xn2)

k2
a12 + a22 + …..+ an2 ≥ n (đpcm)

2.1.10. a) Chứng minh rằng: a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thì
1
1
1
;
;
a+b b+c c+a

cũng là 3 cạnh của 1 tam giác

Ta có: a + b > c; b + c > a; a + c > b (bất đẳng thức tam giác)

xét

1
1
1
1
2
2
1
+
>
+
=
>
=
a +b b+c a +b+c b+c+a a +b+c a+c+a+c a+c

Tương tự:
1
1
1
+
>
b+a c+a b+c
1
1
1
+
>
b+c c+a b+a

Vậy với a, b, c là 3 cạnh của một tam giác thì
1
1
1
;
;
cũng là cạnh của tam giác.
a+b b+c c+a

b) Chứng minh rằng nếu một tam giác có 3 cạnh a, b, c thỏa mãn hệ thức
1 1 1
2
2
2
+ + =
+
+
thì tam giác đó là tam giác đều
a b c a +b b+c c+a

Giải: Ta có :

1 1
4
+ ≥
(Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a = b)
a b a+b
1 1
4

+ ≥
(Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: b = c)
b c b+c
1 1
4
+ ≥
(Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: c = a)
c a c+a





+
+
Cộng theo vế các bất đẳng thức ta có: 2  + + ÷ ≥ 4 
÷
a b c
 a +b b+c c+a 
1

⇔

1

1

1

1

1

1 1 1
2
2
2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
+ + ≥
+
+
a b c a +b b+c c+a

Hay tam giác đó là tam giác đều. Suy ra điều phải chứng minh.
Giáo viên thực hiện:

13


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
2.2. Áp dụng bất đẳng thức để giải phương trình.
2.2.1. Giải phương trình: x2 + y2 + z2 = x(y + z)
Bài toán quy về chứng minh: x2 + y2 + z2 ≥ x(y + z) dấu “=” khi nào ?
Ta có: x2 + y2 + z2 ≥ x(y + z)

(1)

⇔ x2 + y2 + z2 – xy – xz ≥ 0
⇔ 2x2 +2y2 +2z2 –2xy – 2xz ≥ 0
⇔ (x2 + y2 – 2xy)+( x2 + z2 – 2xz) + y 2 + z 2 ≥ 0

⇔ (x - y)2 + (x - z)2 + y 2 + z 2 ≥ 0

(2)

Bất đẳng thức (2) đúng mọi x,y,z => bất đẳng thức (1) đúng.
Dấu “=”xảy ra: x = y = z = 0
Vậy nghiệm của phương trình là: x = y = z = 0
2

2

2

2.2.2. Tìm nghiệm của phương trình: (x + y + 1) = 3(x + y + 1)
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki ta có:
2
2
2
2
2
2
(x + y + 1) ≤ (1 + 1 +1)(x + y + 1) ⇔ ( x + y + 1) ≤ 3(x + y + 1)

Dấu “=”xảy ra: x = y = 1.
Vậy nghiệm của phương trình là: x = y = 1.
1

1

1

2.2.3. Chứng minh rằng phương trình: x 2 + xy + y 2 = 1

(1)

không có nghiệm nguyên dương.
1

1

1

1

1

3
3
Giả sử: 0 < x ≤ y => x ≥ y ⇒ x 2 + xy + y 2 ≤ x 2 ⇔ 1< x 2

Thử với x = 1 không phải là nghiệm của phương trình (1) nên nghiệm nguyên
2

dương nếu có phải thoả mản x > 1.
2
Vậy 1 ≤ x ≤ 3 không có số x > 0, (x ∈ Z) nào thỏa mãn điều kiện trên nên

phương trình không có nghiệm nguyên dương.
2.3. áp dụng bất đẳng thức để tìm cực trị:
Giáo viên thực hiện:

14


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
2.3.1.a/ Chứng minh bất đẳng thức:
ac + bd ≤

(a

2

)(

)

+ b2 c2 + d 2

(1)

b/ Biết x2 + y2 = 52. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = 2x+3y
Giải: a) Vì 2 vế của (1) không âm nên bình phương 2 vế (1)
ac + bd
•

2

≤

(a

2

+ b 2 )( c 2 + d 2 )

2

(ac)2 + (bd)2 + 2abcd ≤ (ac)2 + (ad)2 + (bc)2 + (bd)2

• (ad)2 – 2abcd + (bc)2 ≥ 0
• (ad - bc)2 ≥ 0

(2)

Bất đẳng thức (2) luôn đúng.
=> Bất đẳng thức (1) đúng. Dấu “=”xảy ra: ad = bc
b/ A = 2 x + 3 y ≤

(2

⇔ 2 x + 3 y ≤ 13.52

2

)(

)

+ 3 2 x 2 + y 2 (áp dụng bất đẳng thức (1))

2

2

(Vì x + y = 52)

⇔ 2x + 3y ≤
26
⇔

-26 ≤ 2x + 3y ≤ 26

x y
Vậy A(max) = 26 ⇔ 3x = 2y ⇔ 2 = 3 = t
x = 2t 
2
2
2
2
2
=> y = 3t  => x + y = 52 ⇔ 4t + 9t = 52 ⇔ t = 4 ⇔ t = ±2


* t = 2 =>

x=4
y=6

Suy ra: A(max) = 26 ⇔ x = 4, y = 6 (x, y cùng dấu)
* t = -2 => x = -4

y = -6
Suy ra : A(min) = -26 ⇔ x = -4, y = -6
2.3.2. Cho 3 số thực: x, y, z ≥ 0 thỏa mản x1997 + y1997 + z1997 = 3
2
2
2
Tìm Max S = x + y + z

Lời giải:
Giáo viên thực hiện:

15


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 1997 số trong đó 1995 số bằng 1 và 2 số
bằng x

1997

Ta có

1995 + 2.x 1997 1997 1997
≥
x
1997

Tương tự:

1995 + 2. y 1997
2
≥ y
1997

(

)

2

=x

2

1995 + 2.z 1997
2
≥ z
1997
⇒

(

1995.3 + 2 x1997 + y1997 + z1997
1997

) ≥x

2

+ y2 + z 2

⇔ 3 ≥ x2 + y2 + z2 = S

Vậy:

S(max) = 3 ⇔ x = y = z = 1

2.3.3. Cho x, y, z > 0 thỏa mãn bất đẳng thức:
2xyz + xy + yz + xz ≤ 1. Tìm giá trị lớn nhất của xyz ?
Lời giải:
Do x, y, z > 0 áp dụng bất đẳng thức côsi với 4 số dương ta có
1 ≥ 2xyz + xy + yz + xz ≥ 4 4 2 xyz.xy. yz.xz

dấu “=”xảy ra

⇔ 2xyz = xy = yz = xz
1
1 ≥ 4 2x y z ⇔  
4
4

3

3 3

4

≥ 2x 3 y 3 z 3

⇔ 1 ≥ ( xyz ) 3 ⇔ 1 = 3 1 ≥ xyz
512
8
512
1
1
Vậy xyz(max) = 8 ⇔ 2xyz = xy = yz = xz ⇔ x = y = z = 2

2.4. áp dụng bất đẳng thức vào bài tập hình
2.4.1 Cho

∆ ABC có độ dài ba cạnh: AB = c, BC = a

AC = b; Gọi x, y, z là độ dài 3 phân giác ứng với
Ba cạnh BC, AC, AB. Chứng minh rằng:
Giáo viên thực hiện:

16


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
1 1 1 1 1 1
+ + > + +
x y z a b c

B

GT: ∆ABC các cạnh lần lượt là: a, b, c

D

c

độ dài các phân giác lần lượt là : x, y, z
1 1 1 1 1 1
KL : x + y + z > a + b + c

E

a
A

b

C

t

G/S AD là phân giác ? Từ B kẻ Bt // AD, Bt cắt CA tại E => ·AEB = ·ABE ⇒
∆ ABE cân tại A

Xét ∆ ABE có: BE < AB + AE = 2c
Xét ∆ CBE có : AD // BE =>
Suy ra:

BE CE
AD.CE x.(b + c )
=
⇒ BE =

=
< 2c
AD AC
AC
b

1 11 1
>  + ÷
x 2b c

Tương tự:

(1)

1 11 1
>  + ÷
y 2a b

(2)

1 1 1 1
>  + ÷ (3)
z 2a c

Tương tự:

1

1

1

1

1

1

Từ (1), (2), (3) suy ra: x + y + z > a + b + c
2.4.2. Cho
∆ ABC.

∆ ABC

có diện tích là S và một hình chữ nhật MNPQ nội tiếp

( M ∈ AB, N ∈ AC, P, Q ∈ BC). Gọi diện tích hình chữ nhật

MNPQ là S1. Chứng minh rằng: S ≥ 2S 1
GT:

∆ ABC

có diện tích S, hcn:MNPQ nội tiếp

∆ ABC

có diện tích S 1 , M ∈ AB, N ∈ AC, P, Q ∈ BC
KL:

S ≥ 2S 1

Chứng minh
Kẻ AH ⊥ BC tại H ⇒ S =

A

1
AH. BC
2

N

M

S 1 = MN. MQ
MQ BM
=
Xét ∆ BAH có : MQ // AH =>
AH
AB

Giáo viên thực hiện:

B

(1)

Q

H

P

C

17


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
Xét

∆ ABC

có: MN // BC =>

MN AM
=
BC
AB

(2)

Từ (1) và (2) suy ra
MQ BM 
=
MQ.MN BM . AM
AH
AB 

=
 ⇒
MN AM 
AH .BC
AB 2
=
BC
AB 
2

1
1  BM + AM  = 1
( BM . AM ) ≤
2

÷ 4
AB
AB 2 
2

⇒ BC . AH ≥ 4MN.QM ⇒ 2S ≥ 4S1 ⇒ S ≥ 2S1

Dấu “ =” xảy ra khi AM = MB. Lúc đó MN là đường trung bình của

∆ ABC

*. Hiệu quả của sáng kiến
Sáng kiến này đã được áp dụng tại trường THCS

trong nhiều năm. Đối

tượng nghiên cứu là học sinh có năng khiếu môn toán ở lớp 8, lớp 9. Đến năm
học 2010 – 2011 sáng kiến đã hoàn thiện cơ bản về nội dung và phương pháp.
*. Kết quả đạt học sinh giỏi cấp Huyện ba năm học từ 2008 đến 2010
như sau:
Năm học
2008 - 2009
2009 - 2010
2010 - 2011

Học sinh dự thi
Đạt giải huyện
3
1(trong đội tuyển ôn thi tỉnh)
2
1(trong đội tuyển ôn thi tỉnh)
3
2(trong đội tuyển ôn thi tỉnh)
Phần III. Kết luận và kiến nghị

Kết luận:
Qua nhiều năm áp dụng biện pháp trên trong bồi dưỡng học sinh giỏi
kết quả thu được rất khả quan. Học sinh đã có cơ sở phân loại hệ thống bài tập
theo từng chuyên đề trong quá trình ôn luyện, các em đã nhìn nhận bộ môn
toán thiện cảm hơn và say mê tìm tòi, tự phát hiện cách giải các bài tập toán,
rèn khả năng tư duy lô gíc, sáng tạo, kỹ năng giải toán, hình thành hệ thống
kiến thức từ thấp đến cao, từ đơn giản đến phức tạp. Hơn nữa trong quá trình
tìm tòi để hướng dẫn cho học sinh ôn luyện bản thân được tiếp cận nhiều với

Giáo viên thực hiện:

18


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
chương trình nâng cao ngoài sách giáo khoa, đào sâu thêm kiến thức cho bản
thân. Sự tìm tòi cũng góp phần không nhỏ vào việc trang bị hành trang trí
thức cho các em học sinh.
Bồi dưỡng học sinh giỏi là cả một quá trình, để có một học sinh giỏi
môn toán nói riêng và học sinh giỏi nói chung đó là sự khổ công rèn luyện
qua một quá trình học tập của trò cũng như rèn dũa của người thầy. Đối với
môn toán người thầy phải định hướng cho học sinh thực hiện nghiên cứu lần
lượt các chuyên đề và sau mỗi chuyên đề là hệ thống bài tập đa dạng, giúp các
em phát triển năng lực tư duy sáng tạo. Trên đây mới chỉ giới thiệu được một
số dạng bài tập có liên quan đến “Chuyên đề bất đẳng thức” để duy trì được
chất lượng mũi nhọn mỗi giáo viên cần phải có thời gian và học trò phải ham
học, thông minh. Người thầy phải luôn ý thức tự học, tự bồi dưỡng để nâng
cao tay nghề. 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, chắc chắn nội
dung của sáng kiến chưa được phong phú. Nhưng với sự cố gắng của bản thân
chắc chắn sáng kiến là một tài liệu tham khảo cho những người quan tâm đến
việc dạy và học toán. Rất mong nhận được sự đóng góp chân thành của bạn
đọc để sáng kiến được hoàn thiện hơn, giúp ích cho việc dạy bồi dưỡng học
sinh giỏi có hiệu quả xin chân thanh cảm ơn.
kiến nghị:
- Đề nghị Sở GD mở nhiều chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi để giáo
viên các huyện được trao đổi học hỏi kinh nghiệm.
- Đề nghị phòng GD đầu tư hơn nữa về tài liệu tham khảo các chuyên
đề bồi dưỡng học sinh giỏi cho giáo viên.

- Đề nghị nhà trường quan tâm hơn nữa đến chất lượng mũi nhọn, tạo
điều kiên để giáo viên có thời gian tự học và có cơ hội ôn luyện tốt.
, ngày10 tháng 01 năm 2011
Người viết

Giáo viên thực hiện:

19


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)

Giáo viên thực hiện:

20