Dạy học sử dụng điểm rơi bất đẳng thức cho học sinh lớp 8

PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ.
1. Lý do chọn đề tài.
Trong các yêu cầu của việc giải bài tập toán nói chung và chứng minh các
bất đẳng thức toán học nói riêng thì việc tìm hiểu sự liên hệ của bài này đối với
bài khác của bất đẳng thức này đến bất đẳng thức khác là một trong những yêu
cầu cần đặt ra đối với học sinh. Trong quá trình giảng dạy môn Đại số ở trường
THCS tôi nhận thấy các bài tập về phần bất đẳng thức đều mang đậm một nội
dung phong phú và đa dạng. Ở những bài tập khó có tiềm ẩn đòi hỏi sự khai thác
sáng tạo, phát hiện để mang lại những kết quả đầy lý thú, kiến thức mở rộng và
sâu sắc. Tuy nhiên để làm được điều đó thì đòi hỏi ở thày và trò một quá trình
làm việc nghiêm túc mang tính sáng tạo. Việc phát triển tư duy sáng tạo cho học
sinh có thể diễn ra theo nhiều hướng, nhiều mức độ khác nhau, nâng cao dần sự
tiếp thu của học sinh. Có thể từ những gợi ý ban dầu ta giải quyết bài toán một
cách rể ràng điển hình là những bài bất đẳng thức di đôi với bài bất đẳng thức là
kỷ thuật điểm rơi nếu không dạy cho học sinh thì quả là một thiếu sót của giáo
viên. Với kỷ thuật điểm rơi có những điểm rơi ở ngay tại biên có những điểm
rơi roi vào vị trí trung tâm . Trên cơ sở trên tôi đã chọn tôi viết sáng kiến kinh
nghiệm :"Dạy học sử dụng điểm rơi bất đẳng thức cho học sinh lớp 8" áp
dụng cho học sinh lớp 8.
2. Mục đích nghiên cứu
Hệ thống cho học sinh một số vấn đề về lý thuyết.
Phát huy khả năng suy luận, tư duy lôgíc, óc phán đoán, sự linh hoạt, sáng
tạo của học sinh khi giải các bài tập về bất đẳng thức trong chương trình Đại số
lớp 8.
Góp phần nâng cao chất lượng dạy và học trong trường phổ thông, đặc biệt
trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn thi vào lớp 10.
3. Đối tượng nghiên cứu
Nghiên cứu dạy học sử dụng điểm rơi bất đẳng thức cho học sinh lớp 8
là một phần quan trọng của đại số 8 trong chương Toán THCS. Phần nhiều
những bài toán khó của đại số là bài bất đẳng thức xuất phát từ yêu cầu của
những đề thi. Một phần nào những kiến thức khó của đại số lớp 8 đó là bất đẳng

thức.
4. Phương pháp nghiên cứu
4.1 Phương pháp nghiên cứu lý luận
“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”.
4.2 Phương pháp quan sát
Nhìn nhận lại quá trình học tập môn toán 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.
PHẦN 2: NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1


2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Xuất phát từ thực tiễn giảng dạy và trước bức xúc cuả việc phụ đạo học
sinh yếu và bồi dưỡng học sinh khá giỏi trong các kỳ thi. Tôi đã tập trung nghiên
cứu thông qua một số tài liệu và qua thực tế giảng dạy để viết đề tài này, hy
vọng giúp cho các em học sinh có một công cụ để giải các bài toán về bất đẳng
thức và qua đó phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh. Bên cạnh đó tôi hy vọng
đem lại sự định hướng cho bồi dưỡng học sinh khá giỏi cho các bạn đồng
nghiệp.
Thông qua kinh nghiệm sáng kiến này và cùng với sự tự nghiên cứu, học
hỏi các bạn đồng nghiệp tôi đã rút ra được bài học kinh nghiệm:
- Trước một bài bất đẳng thức của các đề thi: từ đề thi học kì , đề thi học
sinh giỏi đến đề thi vào lớp 10 các em chưa định hình được lời giải tôi cung cấp
cho các em thêm một phương pháp đó là kỷ thuật điểm rơi
2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Khigiảng dạy trên lớp gặp một số bài tập về bất đẳng thức tôi thấy học sinh còn
rất nhiều lúng túng trong việc làm bài tập ,hay định hướng cách làm ,đặc biệt là

học sinh học ở mức độ trung bình
Thực hiện việc kiểm tra một vài bài tập về nội dung đề tài thấy
Số lượng học
sinh
38

Điểm giỏi

Điểm khá

1

21

Điểm trung
bình
15

Điểm yếu

Điểm kém

1

0

Trước vấn đề trên tôi thấy việc cần thiết phải hướng dẫn học sinh Dạy học sử
dụng điểm rơi bất đẳng thức cho học sinh lớp 8 là một việc cần thiết cho học
sinh , để giúp học sinh có thêm kiến thức về bất đẳng thức , tao điều kiện cho
học sinh khi làm bài tập về bất đẳng thức

2.3 Những giải pháp đã sử dụng
A. CƠ SỞ LÝ THUYẾT.
I- NHỮNG KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
Trước hết để chứng minh được các bất đẳng thức toán học thì học sinh
phải nắm được định nghĩa và các tính chất sau đây:
1. Định nghĩa: Ta gọi hệ thức dạng a > b (hay dạng a < b; a ≤ b; a ≥ b) là bất
đẳng thức
Nếu a > b ⇔ a - b > 0;
Nếu a ≥ b ⇔ a - b ≥ 0;
2. Tính chất:
- Nếu a < b ⇔ b > a;
- Nếu a < b, ∀c ⇒ a + c < b + c;
- Nếu a < b, c < 0 ⇒ ac > bc;
- Nếu a < b, c > 0 ⇒ ac < bc;
1
1
>
- Nếu a < b và a, b > 0 ⇒
a
b
2
A(x) ≥ 0 ∀ A(x) dấu "=" ⇔ A(x) = 0;
- A(x) 2 ≤ 0 ∀ A(x) dấu "=" ⇔ A(x) = 0;
2


Trên cơ sở định nghĩa và tính chất của bất đẳng thức xây dựng đường lối
tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức.
a) m là giá trị lớn nhất của f(x) trên miền (D) nếu như hai điều kiện sau
đồng thời xảy ra:

1.
f(x) ≤ m ∀ x ∈(D)
2.
tồn tại x0 ∈ (D) : f(xo) = m.
Khi đó kí hiệu m = max f(x)
b) m gọi là giá trị nhỏ nhất trên miền (D) của f(x) nếu như hai điều kiện sau
đồng thời thoả mãn:
1.
f(x) ≥ m ∀ x ∈(D).
2.
tồn tại x0 ∈ (D) sao cho f(xo) = m.
Khi đó kí hiệu m = min f(x)
Bất đẳng thức +, a2+b2 ≥ 2ab

( a − b)
a b
+,Với a,b >0 ta có Bất dẳng thức + ≥ 2 <=>
≥ 0 Đúng
b a
ab
2

+, Với a,b >0 ta có Bất dẳng thức

a
b
+
≥ 2 <=>
b
a

(

a− b

)

2

ab

≥ 0 Đúng

Tất cả 3 dạng bất đẳng thức trên gọi là Bất đẳng thức (*)

MỘT SỐ KỸ THUẬT
CHỌN ĐIỂM RƠI CỦA BẤT ĐẲNG THỨC
A. MỘT SỐ QUY TẮC CHUNG KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ- SI

1. Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán cực trị đạt được tại biên và gần
biên.
Bài tâp 1 (Đề học kì II lớp 9 năm học 2016-2017).
Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x ≥ 3y .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A =

4x2 + 9 y 2
.
xy

Phân tích : Điểm rơi vào phần tử cực biên khi x=3y

Bài giải: Ta có: A =

4x 2 + 9y 2 4x 9y 3x  x 9y  9y
=
+
=
+  + ÷≥
+ 2.3 = 9 + 6 = 15 (BĐT
xy
y
x
y y x  y

Cô – Si và x ≥ 3 y và BĐT (*))
Dấu “=” xảy ra  x = 3y
Kết luận: GTNN của A là 15 khi x = 3y
Bài tâp 2( Đề thi vào lớp 10 Tỉnh Thanh Hóa 2012-2013) Cho hai số thực a; b
thay đổi , thoả mãn điều kiện a + b ≥ 1 và a > 0
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu- thức

8a 2 + b
+ b2
A=
4a

Phân tích: Dự đoán điểm rơi là vì a=b= mà a+b=1 nên a = b =

1
2

1 1
1
1
= khi a =
ví i a
nên ta ghép
4a 2
2
4a

3


Bài giải:Tìm GTNN của A =

8a 2 + b 2
+ b với a+ b ≥ 1 và a > 0
4a

Cách 1:Từ a+ b ≥ 1 ⇒ b ≥ 1 - a ta có:

8a 2 + b
1 1
+ b 2 = 2a +
− + (1 − a) 2
4a
4a 4
1
3
1

1
1 3
= (a + ) + a 2 − a + ≥ 2 a.
+ (a − )2 + ≥
4a
4
4a
2
2 2
1
Dấu bằng xảy ra khi a =
2
3
1
Vậy GTNN của A = khi a = b =
2
2
⇒
Cách 2: Từ a+ b ≥ 1 b ≥ 1 - a ta có:
8a 2 + b
1 1
A≥
+ b 2 = 2a +
− + (1 − a) 2
4a
4a 4
3
2
2
4a − 4a + a + 4a − 4 a + 1 − 6a

=
4a
2
a(2a − 1) + (2a − 1) 2 3
=
+
4a
2
2
(2a − 1) ( a + 1) 3 3
=
+ ≥
4a
2 2
1
(2a − 1) 2 (a + 1)
≥ 0 Dấu bằng xảy ra khi a =
Khi vì với a > 0 thì
2
4a
3
3
Nên từ (1) suy ra: A ≥ 0 + hay A ≥ .
2
2
3
1
Vậy GTNN của A = khi a = b =
2
2

A≥

Bài tâp 3: (Đề thi vào lớp 10 Tỉnh Thanh Hóa 2016-2017)Cho các số thực
dương a, b, c sao cho abc = 1.
ab
ca
bc
+ 5
+ 5
≤1
Chứng minh:
5
5
5
a + b + ab b + c + bc c + a 5 + ca
Phân tích : điểm rơi a=b=c=1
Đưa Vế trái ≤

a
b
c
+
+
=1
a + b+ c a + b+ c a + b+ c

Bài giải:Vì a, b, c là các số dương nên

a 5 + b 5 = (a + b)(a 4 - a 3b + a 2 b 2 - ab 3 + b 4 )
2 2

2
2
2
2 2
= (a + b) 
a b +( a −b) ( a + ab +b ) 
 ≥ ( a +b) a b

⇒a 5 +b5 +ab ≥ab [ ab ( a +b) +1]
⇒a 5 +b5 + ab ≥a 2b 2 ( a +b +c ) ( do abc =1)
ab
c
⇒ 5
≤
5
a + b +ab
a +b +c
4


bc

a

ca

b

Tương tự ta có: b5 +c 5 +bc ≤ a +b +c ; c 5 +a 5 +ca ≤ a +b +c ;
ab

ca
bc
+
+
≤1
Khi đó: 5
a + b5 + ab b 5 + c 5 + bc c 5 + a 5 + ca
Dấu “ =” xảy ra khi a = b = c = 1
Bài tâp 4(Đề thi vào lớp 10 tỉnh Thanh Hóa 2013-2014) Cho a, b, c là các số
thực dương thỏa mãn: ab + bc + ca ≥ 3.
a4
b4
c4
3
+
+
≥
Chứng minh rằng:
b + 3c c + 3a a + 3c 4

Phân tích:Dự đoán điểm rơi là a=b=c=1 nên ta có giá trị
Nên ta có b+3c=4 nên mẫu số của b+3c=16 ta có cặp

a4
1
= khi a=b=c=1
b + 3c 4

 a4
b + 3c   1 

+

÷ = ÷
16   4 
 b + 3c
a4
b + 3c 1 2
+
≥ a
Bài giải: Áp dụng cosi:
b + 3c
16
2
b4
c + 3a 1 2
+
≥ b
c + 3a
16
2
c4
a + 3b 1 2
+
≥ c
a + 3b
16
2
b + 3c c + 3a a + 3b
1
⇒ VT + (

+
+
) ≥ (a 2 + b 2 + c 2 )
16
16
16
2
1 2
1
⇒ VT ≥ (a + b2 + c 2 ) - (a + b + c) Dấu bằng xảy ra khi:
2
4
4
 a
b + 3c
 b + 3c = 16

b + 3c = 4
 b 4
c + 3a

=
⇔ c + 3a = 4 ⇒ { a = b = c = 1 (do a;b;c dương)

16
 c + 3a
 a + 3b = 4

 c4
a + 3b

=

16
 a + 3b

Bài tâp 5(Đề thi vào lớp 10 tỉnh Thanh Hóa 2014-2015)
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
1

1

1

thức Q = x + y +1 + y + z +1 + z + x +1
Phân tích: điểm rơi là a=b=c=1 nên ta thấy ngay giá trị nhỏ nhất của Q là 1
Bài giải:
Với x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz = 1 ta đặt x = a3, y = b3, z = c3 ⇒ abc =
1
Khi đó ta có:
5


x + y +1 = a 3 + b3 + abc = ( a + b ) ( a 2 - ab + b 2 ) + abc ≥ ( a + b ) ab + abc = ab(a + b + c)

Tương tự: y + z +1 ≥ bc(a + b + c)

z + x +1 ≥ ca(a + b + c)
1
1
1

abc
abc
abc
Q=
+
+
≤
+
+
=1
x + y +1 y + z +1 z + x +1 ab(a + b + c) bc(a + b + c) ca(a + b + c)

Vậy GTLN của Q = 1 khi a = b = c, hay x = y = z =1
2. Kỷ thuật chọn điểm rơi ở tại tâm
Bài tâp 1: (Đê thi vào lớp 10 chuyên Lam Sơn năm học 2016-2017).
Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn: x + y + z ≤

3
.
2

x ( yz + 1)
y ( zx + 1)
z ( xy + 1)
+ 2
+ 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 2
z ( zx + 1) x ( xy + 1) y ( yz + 1)
2

2

2

a12 a22 a32
+ +
Phân tích: Chẩn hóa bất đẳng thức đưa về dạng b1 b2 b3
a2 a 2 a 2 (a +a +a )
Áp dụng bất dẳng thức 1 + 2 + 3 ≥ 1 2 3
b1 b2
b3
b1 + b2 + b3

Điểm rơi xẩy ra khi x = y = z =

2

1
2

Bài giải:
Ta có:
x ( yz + 1)
y ( zx + 1)
z ( xy + 1)
P= 2
+ 2
+ 2
z ( zx + 1) x ( xy + 1) y ( yz + 1)
2

( yz + 1)
=

2

( zx + 1)

2

( xy + 1)

2

2

2

2
y2
z2
+ x
+
( zx + 1) ( xy + 1) ( zx + 1)
x
y
z
2

 yz + 1   zx + 1   xy + 1 

÷

÷ 
÷ 
z   x   y 
=
+
+
=
zx + 1
xy + 1
yz + 1
x
y
z
2

2

2

2
2
1
1 
1 

y
+
z

+

÷ 
÷ x + y÷
z 
x 


+
+
1
1
1
z+
x+
y+
x
y
z

(1)

Áp dụng BĐT:
a12 a2 2 a32 ( a1 + a2 + a3 )
+
+
≥
b1 b2
b3
b1 + b2 + b3

2

a

a

a

3
1
2
(Dấu bằng ⇔ b = b = b )
1
2
3

6


2

2

2
2
 1  1  x+ 1   y+ 1 + z+ 1 + x+ 1 
 y+ ÷ z+ ÷ 
y ÷  z
x

y ÷
 z +  x + 
≥
1
1
1
1
1
1
z+
x+
y+
z+ + x+ + y+
x
y
z
x
y
z
2


1 1 1
x+ y+z+ x + y + z÷
 = x+ y+z+ 1 + 1 + 1
=
1 1 1
x y z
x+y+z+ + +
x y z

(2)

Lại áp dụng BĐT trên:
1 1 1 12 12 12 ( 1 + 1 + 1)
9
+ + = + + ≥
≥
x y z x y z
x+y+z x+y+z
2

(Dấu bằng ⇔ x = y = z)
1 1 1
9
⇒ ( x + y + z ) +  + + ÷≥ ( x + y + z ) +
( x + y + z)
x y z


9
27
= ( x + y + z ) +
+
+ z)
1 4 4 4 44 244( x4+4y +4z43)  4 (1x4+2y 43
Cosi

≥2

≤

3
2

9 27
9 15
+
= 3+ =
4 4. 3
2 2
2

(Dấu bằng ⇔ x + y + z =

(3)
9
3
⇔ x+ y+ z =
4( x + y + z)
2

Kết hợp (1) (2) (3) ta được:
P≥

15
1
Dấu bằng ⇔ x = y = z =
2
2

Bài tâp 2: (HSG Huyện Hoằng Hóa năm học 2014-2015).
Cho a, b, c > 0; a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
a
b
c
3
+
+
≥
.
1 + b2 1 + c2 1 + a 2 2
a
a
≤
Phân tích :Đây là kỹ thuật BĐT cô si ngược chiều
1 + b 2 2b
Nên ta phài dùng ngược lại bằng cách thếm dấu “-“
a
a(1 + b 2 ) − ab 2
ab 2
=
=a−
1 + b2
1 + b2
1 + b2
7


Sau đó áp dụng BĐT 1+b2 ≥ 2b

CM BĐT a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca
=> ab + bc + ca +2( ab + bc + ca) ≤ 2(ab + bc + ca )+ a2 + b2 + c2 =(a+b+c)2
=9
Chứng minh:
ab 2
ab 2
ab
a−
≥
a
−
=
a
−
1 + b2
2b
2
Do a, b > 0 và 1 + b2 ≥ 2b với mọi b nên

a
ab 2
ab 2
ab
=
a
−
≥
a
−
=a− .

2
2
1+ b
1+ b
2b
2

b
bc
c
ca
≥b− ;
≥c−
2
2
1+ c
2 1+ a
2
a
b
c
ab + bc + ca
+
+
≥ 3−
mà a + b + c = 3 nên
(1)
2
2
2

1+ b 1+ c 1+ a
2
Cũng từ a + b + c = 3 ⇒ (a + b + c)2 = 9
⇔ a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = 9
mà a2 + b2 ≥ 2ab; b2 + c2 ≥ 2bc; c2 + a2 ≥ 2ac nên a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca suy
ra 3(ab + bc + ca) ≤ 9 ⇔ ab + bc + ca ≤ 3 (2).
a
b
c
3 3
+
+
≥ 3 − = đpcm.
Từ (1) và (2) suy ra
2
2
2
1+ b 1+ c 1+ a
2 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài tâp 3: (HSG Huyện Hoằng Hóa năm học 2012-2013).
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x + y + z = 1.
Tương tự ta có :

1

1

1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = 16 x + 4 y + z .
Phân tích : điểm rơi xảy ra khi x=y=z=

1
3

Bài giải
Vì x + y +z = 1 nên:
1
1 1  1
1 1
+
+ =
+
+ ÷( x + y + z )
16 x 4 y z  16 x 4 y z 
21  x
y  x
z  y z 
= +
+
÷+  +
÷
÷+  +
16  4 y 16 x   z 16 x   z 4 y 
M=

x
y 16 x 2 + 4 y 2 ( 4 x − 2 y ) + 2.4 x.2 y ( 4 x − 2 y )
1 1

Ta có:
+
=
=
=
+ ≥ .
4 y 16 x
16 x.4 y
64 xy
64 xy
4 4
2

Tương tự:

x
z
1
+
≥ ;
z 16 x 2

y z
+
≥1
z 4y

2

(∀x, y > 0)

( Với mọi x, y, z > 0)

8


1

x = 7
4 x = 2 y = z

2
21 1 1
49


Từ đó M ≥ + + + 1 = . Dấu “=” xảy ra khi  x + y + z = 1 ⇒  y =
7
16 4 2
16
 x, y , z > 0


4

z = 7

49
1
2

4
Vậy GTNN của M là
khi x = ; y = ; z =
16
7
7
7

Bài tâp 4: (HSG Huyện Hoằng Hóa năm học 2011-2012).
2

 ab + 1 
Cho hai số a, b thoả mãn a + b ≠ 0. Chứng minh rằng: a + b + 
÷ ≥ 2.
 a+b 
2

2

Chứng minh:
2

 ab + 1 
2
2
2
2
2
Ta có a + b + 
÷ ≥ 2 ⇔ (a + b )(a + b) + (ab + 1) ≥ 2(a + b)

a
+
b


2

2

⇔ (a + b)2 [(a + b)2 – 2ab] – 2(a + b)2 + (ab + 1)2 ≥ 0
⇔ (a + b)4 – 2ab(a + b)2 – 2(a + b)2 + (ab + 1)2 ≥ 0
⇔ (a + b)4 – 2(a + b)2(ab + 1) + (ab + 1)2 ≥ 0
⇔ [(a + b)2 – ab - 1]2 ≥ 0 suy ra đpcm.

Bài tâp 5: (HSG Huyện Hoằng Hóa năm học 2015-2016).
Cho a, b, c > 0 thỏa mãn : a2 + b2 + c2 = 1.
1
1
1
9
+
+
≤ .
Chứng minh rằng:
1 − ab 1 − bc 1 − ca 2
3
)
3
+ Một bất đẳng thức quen thuộc là (a+b)2 ≥ 4ab( dấu “=” xẩy ra khi a=b

Phân tích: + Điểm rơi tại tâm a=b=c(=

+ Do vậy ta cần biến đổi 1-ab về -4ab như vậy ở mẫu là bặc 2 nên ta biến đổi
tử thành bậc 2
+ 2(a2+b2) ≥ (a+b)2
+Kỹ thuật dạng cộng mẫu số engl của bất đẳng thức cô si
a12 a22
a2 (a + a + ...a1)2
+ + ... + n ≥ 1 2
ví i
x1 x2
xn x1 + x2 + ... + xn

x1,..., xn > 0

Do vậy
1
4
4
=
≤
(sử dụng (a+b)2 ≥ 4ab)
1− ab 4− 4ab 4− (a + b)2

4
(a + b)2
=
1
+
( nguyên lý đồng bậc)

4− (a + b)2
4− (a + b)2
1+

(a + b)2
(a + b)2
≤
1
+
((a2+b2) ≥ (a+b)2 )
4− (a + b)2
4− 2(a2 + b2 )

9


1+

1+

(a + b)2
(a + b)2
(a + b)2
=
1
+
=
1
+
4− 2(a2 + b2 )

4(a2 + b2 + c2 ) − 2(a2 + b2 )
2(a2 + c2 ) + 2(b2 + c2 )

(a + b)2
a2
b2
≤
1
+
+
( sử dụng BDT mẫu số dạng
2(a2 + c2 ) + 2(b2 + c2 )
2(a2 + c2 ) 2(b2 + c2 )

engl của BĐT cô si)
Chứng minh:
Nhận xét: Ta có thể chứng minh
+ (a+b)2 ≥ 4ab
+ 2(a2+b2) ≥ (a+b)2
a12 a22
an2 (a1+ a2 + ...a1)2
ví i
+ + + ... + ≥
x1 x2
xn x1 + x2 + ... + xn

x1,...,xn > 0

1
4

4
(a + b)2
(a + b)2
=
≤
= 1+
≤ 1+
1− ab 4− 4ab 4− (a + b)2
4− (a + b)2
4− 2(a2 + b2)
= 1+

(a + b)2
(a + b)2
=
1
+
4(a2 + b2 + c2 ) − 2(a2 + b2 )
2(a2 + c2 ) + 2(b2 + c2)

≤ 1+

a2
b2
+
2(a2 + c2 ) 2(b2 + c2 )

Bài tâp 6 (Đề thi vào lớp 10 tỉnh Thanh Hóa 2011-2012)
dương thoả mãn u + v = 4.
Tìm giá trị nhỏ nhất của: P = u2 + v2 +

Cho u, v là các số

33
uv

Phân tích : Điểm rơi của BĐT là u=v=2
Bài giải: Ta có: u + v = 4 ⇒ u2 + v2 = 16 – 2uv
Mặt khác: u, v là các số dương nên áp dụng bất đẳng thức cô si ta có:
4uv ≤ (u + v)2 ⇒ 4uv ≤ 16 ⇒ uv ≤ 4
P = u2 + v2 +
P=

65
4

33
33
33
65
≥ 16 – 2.4 +
= 16 – 2uv +
=
uv
uv
4
4

khi u = v và u + v =4 ⇒ u = v = 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

khi u = v = 2
Bài tâp 7: (Đề thi vào lớp 10 tỉnh Thanh Hóa 2009-2010)
u, v thoả mãn: u2 + uv + v2 = 1-

65
4

Cho các số thực t,

2

3t
2

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: D = t + u + v
Phân tích: Dự đoán u=v=t nên giá trị nhỏ nhất D= − 2 khi u = v = t = −
giá trị lớn nhất D=

2 khi u = v = t =

2
2

2
2

Bài giải:Ta có: D2 = (t + u + v)2 = u2 + v2 + t2 + 2uv + 2ut + 2vt (1)
3t 2
Mặt khác: Theo giả thiết u + uv + v = 12
2

2

⇒ 2uv = 2 - 2u2 - 2v2 -3t2 (2)

10


Thay (2) vào (1) ta được: D 2 = 2 - u2 - v2 -2t2 + 2ut + 2vt = 2 – (u - t) 2 – (v - t)2
≤ 2

D2 = 2 khi


t =
3 2
2 2
 2 2
t
=
u
+
v
+
uv
=
1
−
t




9
2



⇔ u = t ⇔  u =
u = t
v = t
v = t






v =


⇒ - 2 ≤ D ≤

2
3
2
3

hoặc

2

3


t = −


u = −


v = −


2
3
2
3
2
3

2

Vậy: giá trị nhỏ nhất của D là - 2 khi

Giá trị lớn nhất của D là 2 khi


t =


u =



v =



t = −


u = −


v = −


2
3
2
3
2
3

2
3
2
3
2
3

3. Kỷ thuật chọn điểm rơi ở gần tâm

Bài tâp 1: (Đề thi vào lớp 10 tỉnh Thanh Hóa 2007-2008)
Cho hai số tự nhiên a, b thoả mãn điều kiện: a + b = 2005. Tìm giá trị lớn nhất
của tích ab.
Phân tích: điểm roi lân cận phần tử trung bình giá trị lớn nhất khi a=1003 và
b=1004 hoặc a=1004 và b=1003
Bài giải: Từ a + b = 2005 ⇒ a = 2005 - b Khi đó: ab = (2005 - b). b
2

2

2

2

2005   2005 
2004.2006

 1  2005 
= 505012
= − ( b2 − 2005b) = −  b−
÷ +
÷ ≤ − ÷ +
÷ =
2   2 
4

 2  2 

Dấu “=” xẩy ra khi a=1003 và b=1004 hoặc a=1004 và b=1003
Vậy giá trị lớn nhất của ab bằng 505012 khi a=1003 và b=1004 hoặc a=1004 và

b=1003
Bài tâp 2: (Đề thi vào lớp 10 tỉnh Thanh Hóa 2006-2007)
Chứng minh rằng
với a > 0 ta có:
a
5( a 2 + 1) 11
+
≥
a +1
2a
2
2

Phân tích : điểm rơi xẩy ra khi a=1
Bài giải:
Với a > 0 Ta có:

a
5(a 2 + 1)
a
a 2 + 1 9(a 2 + 1)
+
=
+
+
a2 + 1
2a
a2 + 1
4a
4a

 a
a2 + 1  9 
1
a a2 +1 9
1
9 11
= 2
+
+ .2 a. = 2 + =
÷+  a + ÷ ≥ 2 2
4a  4 
a
a + 1 4a
4
a
2 2
 a +1

11


Dấu “=” xẩy ra khi:

 a
a 2 +1
=
 2
4a
 a +1
1


⇔ a =1
a =
a

a > 0



Vậy:

a
5(a 2 + 1) 11
+
≥
a2 + 1
2a
2

Với a > 0

- Kiểm tra lớp 8 E - Tổng số học sinh: 38 h/s thoài gian kiểm tra 20 phút;
Bài tập kiểm tra : (Đề thi HKII toán 8 năm học 2016-2017 )
Cho các số thực dương a, b, c
Chứng minh rằng A =

1
1
1
1

+ 3 3
+ 3 3
≤
3
a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc
3

Phân tích :Đây là bài BĐT thi vào lớp 10 năm học 2016-2017 và năm 20142015 của tỉnh Thanh Hóa mấu chốt là BĐT x3 + y3 ≥ xy(x + y) và điểm rơi là x=y
Bài gải:
Ta có
a 3 + b3 + abc = ( a + b ) ( a 2 - ab + b 2 ) + abc ≥ ( a + b ) ab + abc = ab(a + b + c)

1

1

Do đó: a3 + b3 + abc ≤ ab(a + b+ c)
1

1

Tương tự: b3 + c3 + abc ≤ bc(a + b + c)
1

1
c + a + abc ca(a + b + c)
1
1
1
abc

abc
abc
A= 3
+ 3 3
+ 3 3
≤
+
+
=1
3
a + b + abc b + c + abc c + a + abc ab(a + b + c) bc(a + b + c) ca(a + b + c)
3

3

≤

Vậy GTLN của A = 1 khi a = b = c
4. Hiệu quả của biện pháp:
Trong quá trình dạy học ở bậc THCS Tôi nhận thấy rằng các em học sinh
rất có nhu cầu về tính nhẩm, do đó trong các tiết học tự chọn việc đưa các cách
tính nhẩm cho học sinh gây nên hứng thú học tập cho các em rất cao, nên sau
khi đưa các cách tính nhẩm cho các em học sinh tôi thấy phương pháp trên cũng
phần nào mang lại hiệu quả nhất định cho các em.
Kết quả thực hiện của phương pháp trên:
Năm học
20162017
Đầu năm
Cuối năm

Lớp 6 (Sĩ số 44HS)
Số HS chưa biết
Số HS biết
tính nhẩm
tính nhẩm
38 HS
0 HS
(100%)
(0%)
22 HS
15 HS
(69.6%)
(39.4%)
PHẦN 3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ

- KẾT LUẬN:
Khai thác lời dạy của một bài toán nói chung và một bài tập chứng minh bất
đẳng thức đại số nói riêng có tác dụng rất lớn đối với các đối tượng học sinh.
12


Đối với những học sinh trung bình thì đi từ những bài tập đơn giản, từ những số
liệu cụ thể dần dần khai thác tổng quát thành những bài toán khó mang tính khái
quát hơn. Việc khai thác này giúp các em phát triển tư duy một cách linh hoạt,
sáng tạo và khả năng tự nghiên cứu.
Mặc dù quá trình giảng dạy mới được ít năm song đây là toàn bộ kinh
nghiệm được rút ra trong quá trình phụ đạo học sinh yếu, bồi dưỡng học sinh
khá giỏi.
Để có được những kinh nghiệm đó phần lớn là do sự học hỏi, đúc rút kinh
nghiệm của các đồng nghiệp và cũng là yêu cầu cấp thiết của học sinh. Các ví dụ

mà tôi đưa ra trên đây có thê chưa khai thác hết các tình huống hoặc chưa thật đã
là các ví dụ điển hình. Vì vậy tôi rất mong có được sự đóng góp ý kiến của các
bạn đồng nghiệp.
- KIẾN NGHỊ
1. Với Phòng GD&ĐT
- Quan tâm hơn nữa đến việc bồi dưỡng chuyên môn, nghiệp vụ cho giáo viên
dạy toán. Nên tổ chức các hội thảo chuyên đề chuyên sâu cho giáo viên trong
tỉnh.
2. Với BGH nhà trường
- Nên mua thêm một số sách tham khảo, chuyên môn nghiệp vụ cho giáo viên tự
bồi dưỡng, học tập
3. Với PHHS
- Quan tâm việc tự học, tự làm bài tập ở nhà của con cái. Thường xuyên kiểm tra
sách, vở và việc soạn bài trước khi đến trường của các con
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 10 tháng 05 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)

Phạm Văn Vượng
.

13