Rèn luyện một số kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề thông qua dạy học giải bài tập phần bất đẳng thức ở lớp 10 trường THPT

MỤC LỤC
MỤC LỤC.............................................................................................................1
I. 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...............................................................................1
II. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM...........................................2
2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm....................................................2
2.2 Thực trạng của vấn đề.................................................................................7
2.3 Một số phương pháp nhằm rèn luyện kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn
đề thông qua dạy học giải bài tập toán phần Bất đẳng thức ở trường THPT....7
2.3.1. Rèn luyện cho học sinh kỹ năng dự đoán.[1]......................................7
2.3.2. Rèn luyện cho học sinh thói quen làm rõ phương pháp giải quyết một
vấn đề cụ thể sau khi đã giải quyết vấn đề đó.............................................11
2.3.3. Rèn luyện cho học sinh kỹ năng biến đổi bài toán về dạng thuận lợi
cho việc tìm liên hệ với kiến thức đã có của học sinh và điều kiện đã cho
của bài toán..................................................................................................12
2.3.4. Rèn luyện cho học sinh kỹ năng nhìn nhận bài toán dưới nhiều góc
độ khác nhau từ đó tìm nhiều cách giải.......................................................14
2.3.5. Rèn luyện cho học sinh thói quen không suy nghĩ cứng nhắc theo
những quy tắc đã học trước đó, không máy móc áp dụng những mô hình đã
gặp để ứng xử trước những tình huống mới................................................17
2.3.6. Rèn luyện cho học sinh thói quen khai thác, đào sâu kết quả bài toán.
.....................................................................................................................18
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường.....................................................................19
Lớp...................................................................................................................19
Điểm Giỏi........................................................................................................19
Điểm Khá.........................................................................................................19
Điểm Tb...........................................................................................................19

Điểm Yếu.........................................................................................................19
Điểm Kém.......................................................................................................19
SL....................................................................................................................19
%......................................................................................................................19
SL....................................................................................................................19
%......................................................................................................................19
SL....................................................................................................................19
%......................................................................................................................19
SL....................................................................................................................19
%......................................................................................................................19
SL....................................................................................................................19


%......................................................................................................................19
10C2=43HS.....................................................................................................19
10C3=45HS.....................................................................................................19
III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ.......................................................................20
3.1. Kết luận....................................................................................................20
3.2 Kiến nghị (Không).....................................................................................20
TÀI LIỆU THAM KHẢO...................................................................................22


I. MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài

Tinh thần của phương pháp giảng dạy mới là phát huy tính chủ động sáng
tạo và suy ngẫm của học sinh, chú ý tới sự hoạt động tích cực của học sinh trên
lớp, cho học sinh trực tiếp tham gia vào bài giảng của thầy; dưới sự hướng dẫn
của thầy, học sinh có thể phát hiện ra vấn đề và suy nghĩ tìm cách giải quyết vấn
đề…”.

Ở trường phổ thông, dạy toán là dạy hoạt động toán học. Học sinh phải
hoạt động tích cực để tự chiếm lĩnh tri thức cho bản thân. Cơ sở để học sinh hoạt
động chính là những tri thức và kinh nghiệm đã có. Đứng trước một vấn đề đặt
ra trong vốn tri thức mà bản thân đã có, đã tích luỹ được việc lựa chọn tri thức
nào, sử dụng ra làm sao luôn luôn là những câu hỏi lớn, mà việc trả lời được
những câu hỏi đó là mấu chốt trong việc giải quyết vấn đề.
Trong quá trình dạy học môn Toán ở trường phổ thông, việc dạy học giải
bài tập toán học có một vị trí quan trọng hàng đầu, giúp học sinh nắm vững tri
thức, phát triển tư duy, hình thành kỹ năng, kỹ xảo, ứng dụng toán học vào thực
tiễn… Bài tập toán phần bất đẳng thức ở trường THPT là rất đa dạng và phong
phú và có thể nói là khó; được sử dụng nhiều trong kì thi chọn học sinh giỏi
Tỉnh, học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế... Vì thế thông qua dạy học giải bài tập
toán phần bất đẳng thức ở trường phổ thông ta có thể rèn luyện cho học sinh
một số kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề.
Vì những lí do nêu trên tôi quyết định chọn đề tài SKKN là: “Rèn luyện
một số kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề thông qua dạy học giải bài tập
phần bất đẳng thức ở lớp 10 trường THPT’’
2. Mục đích nghiên cứu

Nghiên cứu về kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề và xác định một số
kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề. Từ đó đề xuất các phương thức nhằm
rèn luyện một số kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề thông qua dạy học giải
bài tập toán phần bất đẳng thức ở trường THPT .
3. Đối tượng nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu của đề tài này là tập trung tìm hiểu về giải pháp để
nâng cao chất lượng dạy học giải bài tập toán phần bất đẳng thức ở trường
THPT (lớp 10) đồng thời đề ra được các phương thức để rèn luyện các kỹ năng
đó thì sẽ góp phần triển khai đổi mới phương pháp dạy học toán ở trường phổ
thông.

4. Phương pháp nghiên cứu

Nghiên cứu các tài liệu về lí luận và giảng dạy bộ môn Toán làm cơ sở để
xác định một số kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề. Từ đó đề ra được các
phương thức để rèn luyện các kỹ năng đó thông qua dạy học giải bài tập toán
phần bất đẳng thức ở trường THPT.

Trang 1


Thực hiện việc trao đổi với giáo viên và học sinh, tham khảo các tài liệu
để đề ra các phương thức để rèn luyện các kỹ năng đó thông qua dạy học giải bài
tập toán phần bất đẳng thức ở trường THPT.
II. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm

2.1.1. Cơ sở thực tiễn.
Trong thực tế dạy học, học sinh thường gặp khó khăn khi vận dụng kiến
thức (khái niệm, cách thức, phương pháp...) vào giải quyết các bài tập cụ thể.
Học sinh thường khó tách ra những chi tiết thứ yếu, không bản chất ra khỏi đối
tượng nhận thức, không phát hiện những thuộc tính, mối quan hệ vốn có giữa
kiến thức và đối tượng. Sở dĩ như vậy là do kiến thức không chắc chắn, khái
niệm trở nên chết cứng, không gắn liền cơ sở của kỹ năng.
Sự dễ dàng hay khó khăn khi vận dụng kiến thức (hình thành kỹ năng) tùy
thuộc vào khả năng nhận dạng kiểu bài toán, phát hiện, nhìn thấy trong các dữ
liệu đã cho của bài toán, có những thuộc tính và những quan hệ là bản chất để
thực hiện giải bài toán đã cho. Để minh họa ta xét ví dụ sau:
Bài toán 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
y = f ( x ) = x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1.
Có thể thấy rằng tri thức phản ánh trong sự vật thể hiện qua bài toán này

có rất nhiều: tổng của hai căn bậc hai, các tam thức bậc hai,... Để tiến hành hoạt
động giải toán ta phải lựa chọn tri thức phù hợp với mục tiêu là tìm giá trị nhỏ
nhất của hàm số y.
Ta nhận thấy biểu thức f ( x ) = x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1. có thể đưa về dạng
r r
u + v , khi đó bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y có thể được giải quyết
(mục tiêu) và do đó ta có thể lựa chọn phép biến đổi:
2
2
2
2
1
  3
1
  3
2
2
x + x +1=  + x÷ + 
÷ và x − x + 1 =  − x ÷ + 
÷
2
  2 
2
  2 
Như vậy hành động biến đổi sẽ nhằm đạt được mục tiêu:
2

2

2

2
1
  3
1
  3  = ur + vr
f ( x) =  + x ÷ + 
÷ +  − x÷ + 
÷
2
  2 
2
  2 
3 r 1
3
r 1
r r r r
Với u =  + x;
÷; v =  − x;
÷ mà u + v ≥ u + v = 1 + 3 = 2
2 
2 
2
2
Từ đó dễ dàng suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho bằng 2.
Bài toán 2. Cho các số thực a, b, c . Chứng minh rằng:
2017
2
Nếu a ( a + b + c ) < 0 thì b − 4ac > 0 .
Ta có thể biến đổi giả thiết như sau

Trang 2


a≠0

2016
a 2017 ( a + b + c ) < 0 ⇔ 
(Vì a ≠ 0 nên a > 0 ).
a (a + b + c) < 0
2
Đồng thời việc chứng minh b − 4ac > 0 tương đương với việc chứng minh
2
phương trình bậc hai ax + bx + c = 0 có hai nghiệm thực phân biệt.
Từ đó việc giải bài toán này quy về giải bài toán đơn giản hơn.
Kỹ năng chỉ được hình thành thông qua hoạt động trí tuệ, thông qua quá
trình tư duy để giải quyết các nhiệm vụ đặt ra. Khi tiến hành tư duy sự vật thì
chủ thể thường biến đổi, phân tích đối tượng để tách ra những khía cạnh, những
thuộc tính mới. Quá trình tư duy diễn ra nhờ các thao tác phân tích - tổng hợp,
trừu tượng hóa - khái quát hóa cho tới khi hình thành được mô hình về một mặt
nào đó của đối tượng có ý nghĩa bản chất đối với việc giải bài toán đã cho.
Chẳng hạn, xét bài toán:
Bài toán Cho hai số thực x và y. Chứng minh rằng:
x 2 + y 2 + 1 ≥ xy + x + y.
Tiến hành phân tích đối tượng ta nhận thấy đối tượng tư duy liên quan là một
tam thức bậc hai ẩn x ( y là tham số):
x 2 + y 2 + 1 ≥ xy + x + y ⇔ x 2 − ( y + 1) x + y 2 − y + 1 ≥ 0.
Để chứng minh tam thức bậc hai ẩn x ( y là tham số) ở vế trái luôn không âm
2
2
với mọi x ∈ ¡ ta cần chứng minh: ∆ x = ( y + 1) − 4 ( y − y + 1) ≤ 0, ∀y ∈ ¡ .

Đó chính là sự diễn đạt lại bài toán 1 và tiếp theo chủ thể lại phải diễn đạt bài
toán theo khía cạnh mới.
Cũng không loại trừ có chủ thể diễn đạt lại bài toán 1 như sau:
1
2
2
2
x 2 + y 2 + 1 ≥ xy + x + y ⇔ ( x − y ) + ( x − 1) + ( y − 1)  ≥ 0.
2
2.1.2. Kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề.
a) Kỹ năng dùng dự đoán để phát hiện và giải quyết vấn đề.
Bài toán 1. Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1 . Chứng minh rằng
x3
y3
z3
3
+
+
≥ .
( x + y) ( x + z) ( y + z) ( x + y) ( x + z) ( y + z) 4
Để giải bài toán này trước hết chúng ta dự đoán dấu bằng ở bất đẳng thức trên
xảy ra khi x = y = z = 1 (Do vai trò của x, y, z là như nhau, do đó ta áp dụng bất
đẳng thức Cauchy, như sau
x3
x+ y x+z
x3
x+ y x+z 3
+
+
≥ 33

= x.
8
8
( x + y) ( x + z)
( x + y) ( x + z) 8 8 4
(Để đảm bảo khi x = y = z = 1 thì dấu bằng ở bất đẳng thức này xảy ra)
Tương tự:
y3
y+z x+ y 3
z3
y+z x+z 3
+
+
≥ y;
+
+
≥ z.
8
8
4
8
8
4
( y + z) ( x + y)
( x + z) ( y + z)
Từ đó suy ra
Trang 3


x3

+

y3

+

z3

( x + y) ( x + z) ( y + z) ( x + y) ( x + z) ( y + z)

≥

x + y + z 3 3 xyz 3
≥
= .
4
4
4

Bài toán 2. Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn xy + yz + zx = 1 .
2
2
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 10 x + 10 y + z .
Để giải được bài toán này, chúng ta dự đoán: “Vì vai trò của x và y trong
bài toán bình đẳng nên khi P đạt giá trị nhỏ nhất tại x = y ”; đưa vào tham số
thực dương m và áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
z2
z2

P = ( 10 − m ) ( x 2 + y 2 ) + mx 2 + + my 2 +
2
2
m
m
≥ 2 ( 10 − m ) xy + 2
yz + 2
xz (với 0 < 10 < m ).
2
2
Để sử dụng giả thiết xy + yz + zx = 1 , ta cần chọn m sao cho
 0 < m < 10


m ⇔ m =8.
10
−
m
=

2

Do đó, ta có thể giải bài toán như sau:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
z2
z2
2 x 2 + 2 y 2 ≥ 4 xy; 8 x 2 + ≥ 4 xz;8 y 2 + ≥ 4 yz
2
2
Từ đó suy ra

1

x
=
y
=

3
P ≥ 4 ( xy + yz + zx ) = 4; P = 4 ⇔ 
.
4
 z=

3
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 4.
b) Kỹ năng dùng suy luận diễn dịch để phát hiện và giải quyết vấn đề.
a 2 + b 2 = 1
Bài toán 1. Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn 
c + d = 3.
9+6 2
( 1)
4
Ta có thể dùng các suy luận sau để giải bài toán này: “Vì vai trò của a và
b trong bài toán bình đẳng; đồng thời vai trò của c và d trong bài toán bình
3
2
đẳng nên ta dự đoán dấu bằng ở ( 1) xảy ra khi a = b =
; c=d = .
2
2

Do đó ta biến đổi vế trái của (1) như sau:
2 3 2
2 3 2
ac + bd + cd =
.2.
a.c +
.2.
b.d + cd
6
2
6
2
Chứng minh rằng:

ac + bd + cd ≤

Trang 4


2
2


2  3 2 
3 2
2  3 2 
3 2
2
2



=−
a ÷ − 2.
a.c + c  −
b ÷ − 2.
b.d + d 
6  2 
2
6  2 
2






3 2 2
2 2
a + b2 ) +
c + d 2 ) + cd .
(
(
4
6
2
2

 3 2
23 2
23 2

2 2
=−
a − c÷ −
b−d÷ +
+
c + d 2 ) + cd .
(


6  2
6  2
4
6


3 2
2 2
Suy ra
ac + bd + cd ≤
+
c + d 2 ) + cd . ( 2 )
(
4
6
Lại tiếp tục biến đổi vế phải của ( 2 ) :

3 2
2 2
3 2
2 2

2
+
c + d 2 ) + cd =
+
c + 2cd + d 2 ) + 1 −
(
(
÷cd
4
6
4
6
3


3 2
2
3− 2
3− 2
2
2
2
=
+
(c+ d) −
(c−d) +
(c+d)
4
6
12

12
9+6 2 3− 2
2
=
−
( c − d ) . (Vì c + d = 3 )
4
12
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
c) Kỹ năng biến đổi bài toán về dạng thuận lợi cho việc tìm liên hệ với kiến thức
đã có của học sinh và điều kiện đã cho của bài toán.
Bài toán. Cho ba số thực x, y, z . Chứng minh rằng
x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 ≥ z 2 + zx + x 2 .
Khi gặp bài toán này nếu ta biết biến đổi vế trái
+

2

2

2
2
x  3 
z  3 


x + xy + y + y + yz + z =  y + ÷ + 
x÷ + −y − ÷ + 
z÷
2  2 

2  2 


r r r r
và nghĩ đến bất đẳng thức u + v ≥ u + v
thì ta có thể giải được bài toán như sau
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy xét vectơ
x 3  r 
z 3  r r x z 3
3 
r 
u =y+ ;
x ÷; v =  − y − ;
z ÷⇒ u + v =  − ;
x+
z ÷.
2
2
2
2
2
2
2
2







Suy ra
2

2

2

2

2

2

2

2
2
2
x  3 
z  3 
3 


x z  3
x÷ + −y − ÷ + 
z÷ ≥  − ÷ +
x+
z÷
y+ ÷ +
2

2
2
2
2
2
2
2

 

 

 




Hay

x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 ≥ z 2 + zx + x 2 .

Trang 5


d) Kỹ năng nhìn nhận vấn đề dưới nhiều góc độ khác nhau từ đó tìm nhiều cách
giải quyết vấn đề đó
Bài toán. Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z ≤ 1.
1
1
1

x 2 + 2 + y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82 .
Chứng minh rằng
x
y
z
+) Nếu nhìn nhận vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là tổng độ dài của ba
r 1  r 1  r  1 
vectơ u  x; ÷; v  y; ÷; w  z; ÷ thì ta có thể giải bài toán như sau
 x  y  z
r 1  r 1  r  1 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy xét ba vectơ u  x; ÷; v  y; ÷; w  z; ÷.
 x  y  z
1 1 1
r r r 
r r r r r r
Ta có u + v + w =  x + y + z; + + ÷ và u + v + w ≥ u + v + w .
x y z

Suy ra

1
1
1
x + 2 + y2 + 2 + z2 + 2 ≥
x
y
z
2

2

2

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

2

1 1 1
1 1 1
2
2
Mà ( x + y + z ) +  + + ÷ = 81( x + y + z ) +  + + ÷ − 80 ( x + y + z )
x y z
x y z
1 1 1
2
≥ 18 ( x + y + z )  + + ÷− 80 ( x + y + z ) ≥ 162 − 80 = 82 .
x y z
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
+) Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có thể giải bài toán như sau:
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có
2
2
1   x 3
1
9  x 3
1

2  2
2
 2 + 3 ÷ x + 2 ÷≥  + ÷ ⇔ x + 2 ≥  + ÷
x  3 x
x 82  3 x 
3

1 3 82  x 3 
⇔ x2 + 2 ≥
 + ÷.
x
82  3 x 
Tương tự, ta có
1 3 82  y 3 
1 3 82  z 3 
y2 + 2 ≥
+ ÷; z 2 + 2 ≥
 + ÷.

y
82  3 y 
z
82  3 z 
Từ đó suy ra
1
1
1 3 82  x + y + z 3 3 3 
x2 + 2 + y2 + 2 + z 2 + 2 ≥
+ + + ÷.
x

y
z
82 
3
x y z
x+ y+z 3 3 3 3
3
3
80
+ + + = + 27 x + + 27 y + + 27 z − ( x + y + z )
Mà
3
x y z x
y
z
3
2

Trang 6


3
3
3
80
80 82
.27 x + 2 .27 y + 2 .27 z − = 18 + 18 + 18 − =
x
y
z

3
3
3
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Dựa trên những phân tích về kỹ năng và sự hình thành kỹ năng SKKN đã
xác định được một số kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề, phân tích và minh
họa các kỹ năng đó. Từ đó, khẳng định việc rèn luyện cho học sinh một số kỹ
năng phát hiện và giải quyết vấn đề thông qua dạy học giải bài tập phần bất đẳng
thức lớp 10 THPT là cần thiết và có thể thực hiện được.
2.2 Thực trạng của vấn đề
Đối với đa số các em học sinh khi nói đến Bất đẳng thức các em luôn cho
đó là vấn đề khó, thường không đầu tư thời gian vào học tập và nghiên cứu thậm
chí nhiều em còn bỏ qua phần này; Hơn nữa để dạy phần này có hiệu quả giáo
viên cần phải đầu tư nhiều công sức thời gian để sưu tầm biên soạn các bài toán
theo chủ đề theo dạng; Hơn nữa có quá nhiều dạng, mỗi bài còn có những cách
biến đổi khác nhau; đó là chưa kể khi giảng dạy, chính giáo viên cũng không
nhớ cách biến đổi, mà có nhớ thì học sinh sẽ tiếp thu một cách thụ động.
Khi chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của biểu thức,
theo phương pháp cũ, học sinh bị thụ động bởi cách giải, những biến đổi quá
phức tạp, phải nhớ rất nhiều các bất đẳng thức và áp dụng chúng thật khéo mới
có thể làm được bài toán yêu cầu.
≥2

2.3 Một số phương pháp nhằm rèn luyện kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề
thông qua dạy học giải bài tập toán phần Bất đẳng thức ở trường THPT
2.3.1. Rèn luyện cho học sinh kỹ năng dự đoán.[1]

Tác dụng của phương thức này là nhắc nhở học sinh luôn quan tâm tới các
dự đoán có cơ sở khi giải một số bài toán về bất đẳng thức.
Trong quá trình dạy học môn Toán, nhiều lúc người giáo viên thể hiện sự áp đặt

về mặt kiến thức. Sở dĩ họ áp đặt về mặt kiến thức vì họ không tài nào lí giải cho
học sinh hiểu tại sao ta lại tiến hành biến đổi bài toán theo cách ta đang làm,
chẳng hạn như đối với bài toán sau:
Bài toán 1. Cho hai số thực dương x và y thỏa mãn x + y ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ
1 1
nhất của biểu thức P = x + y + + .
x y
Đa số giáo viên chỉ dừng lại ở việc đưa ra lời giải:
Cauchy
1
1
P = 4 x + + 4 y + − 3( x + y ) ≥ 4 + 4 − 3( x + y ) ≥ 8 − 3 = 5
x
y
1
P ≥ 5 , Pmin = 5 khi x = y = .
Vậy
2
mà không quan tâm tới việc lý giải hoặc yêu cầu học sinh giải thích tại sao lại
giải như thế.
1
Thực ra mấu chốt ở đây là việc dự đoán P sẽ đạt giá trị nhỏ nhất khi x = y = .
2
Trang 7


a) Dự đoán bằng khái quát hóa.[2]
Ví dụ 1. Từ bất đẳng thức Cauchy đối với hai số không âm: “Với mọi a, b ≥ 0 ta
a+b
≥ ab . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b ” và bất đẳng thức

có
2
a+b+c 3
≥ abc .
Cauchy đối với ba số không âm: “Với mọi a, b, c ≥ 0 ta có
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c ”, bằng khái quát hóa ta có dự đoán:
a + a + ... + an n
≥ a1a2 ...an . . Đẳng thức xảy ra
“Với mọi a1 , a2 ,..., an ≥ 0 ta có 1 2
n
khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an ”.
Ví dụ 2. Để giải bài toán: “Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC , ta có
3 cos A + 2 3 cos B + 2cos C ≤ 4 ”, ta có thể nghĩ đến việc giải bài toán tổng
quát hơn: “Cho ba số thực dương x, y, z . Chứng minh rằng với mọi tam giác
x2 + y2 + z 2
ABC , ta có yx.cos A + xz.cos B + xy.cos C ≤
”. Ta có thể giải vắn tắt
2
bài toán tổng quát này như sau: “Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
2
2
với ( z.cos B + y.cos C − x ) + ( z.sin B − y.sin C ) ≥ 0
Bài toán ban đầu là một trường hợp cụ thể của bài toán tổng quát
x = 2; y = 1; z = 3 , nhưng việc tìm lời giải bài toán ban đầu là khó hơn rất

(

)

nhiều so với việc tìm lời giải bài toán tổng quát.
b) Dự đoán bằng đặc biệt hoá.[3]
Bài toán. Cho số nguyên n ≥ 3 . Giả sử n số dương a1 , a2 ,..., an thỏa mãn bất
2
2
2
4
4
4
đẳng thức ( a1 + a2 + ... + an ) > ( n − 1) ( a1 + a2 + ... + an ) .
Hãy chứng minh ba số bất kì ai , a j , ak với ( 1 ≤ i ≤ k ≤ n ) là độ dài các cạnh của
một tam giác.
Để giải được bài toán này chúng ta phải hiểu điều cần chứng minh là: chứng
minh ba số bất kì ai , a j , ak với ( 1 ≤ i ≤ k ≤ n ) là độ dài các cạnh của một tam
giác nghĩa là ta cần chứng minh ai + a j > ak , ai + ak > a j , ak + a j > ai . Để chứng
minh trực tiếp điều này là rất khó vì thế ta thử chứng minh bài toán khi n = 3 :
“Với n = 3 , bất đẳng thức trên có dạng
( a12 + a22 + a32 ) > 2 ( a14 + a2 4 + a34 )
⇔ ( a1 + a2 + a3 ) ( a1 + a2 − a3 ) ( a1 + a3 − a2 ) ( a3 + a2 − a1 ) > 0 ( 1)
Vì vai trò các số a1 , a2 , a3 bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta có thể giả
sử 0 < a1 ≤ a2 ≤ a3 ( 2 )
Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra a1 + a2 > a3 ( 3)
Từ ( 2 ) và ( 3) suy ra a1 , a2 , a3 là độ dài các cạnh của một tam giác”.

Trang 8


Như vậy việc chứng minh bài toán khi n = 3 là thực hiện được. Nhưng
điều quan trọng nhất là dựa vào kết quả của bài toán khi n = 3 , ta có thể giải
được bài toán như sau:

Với n = 3 bài toán đã được chứng minh.
Với n > 3 , và n số dương a1 , a2 ,..., an thỏa mãn điều kiện bài toán. Lấy ba số bất
kì trong n số đó. Vì vai trò các số ai ( i = 1,2,3,..., n ) là bình đẳng nên không mất
tính tổng quát ta có thể coi rằng ba số lấy ra là a1 , a2 , a3 .
Theo điều kiện bài toán và theo bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có
2
( n − 1) ( a14 + a2 4 + ... + an 4 ) < ( a12 + a2 2 + ... + an 2 )
1

= 2
( a12 + a2 2 + a32 ) + a4 2 + ... + an 2 
2


2
 ( a12 + a2 2 + ... + an 2 )

≤  2 + ( n − 3)  
+ a4 4 + ...an 4 
2


 ( a12 + a2 2 + ... + an 2 ) 2

= ( n − 1) 
+ a4 4 + ...an 4 
2


2

2
2
4
4
4
Suy ra ( a1 + a2 + a3 ) > 2 ( a1 + a2 + a3 ) .
Theo trường hợp n = 3 , ta có a1 , a2 , a3 là độ dài các cạnh của một tam giác.
c) Dự đoán bằng tương tự hóa.[2]
Chẳng hạn khi gặp bài toán: “Cho số nguyên dương n ≥ 3 . Giả sử
1 1
1
t1 , t2 ,..., tn là các số dương sao cho: n 2 + 1 > ( t1 + t2 + ... + tn ) . + + ... + ÷.
tn 
 t1 t2
Chứng minh rằng ti , t j , tk là độ dài ba cạnh của một tam giác với mọi i, j , k và
1 ≤ i ≤ k ≤ n ”, Chúng ta nghĩ ngay tới bài toán tương tự ở 2.3.1.2. Vậy liệu ta có
thể giải bài toán này tương tự như với bài toán đó hay không?
Câu trả lời là có thể, và sau đây là lời giải:
Với n = 3 , bất đẳng thức trên có dạng
1 1 1
10 > ( t1 + t2 + t3 ) . + + ÷.
 t1 t2 t3 
Vì vai trò các số t1 , t2 , t3 bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử
0 < t1 ≤ t2 ≤ t3 . Khi đó ta chỉ cần chứng minh t1 + t2 > t3 .
Ta sẽ chứng minh điều này bằng phương pháp phản chứng.
Thật vậy: giả sử t1 + t2 ≤ t3 , khi đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
1 1 1
1 1
t t t +t
( t1 + t2 + t3 )  + + ÷ = 3 + 2 + 1 + 1 2 + t3  + ÷

t1 t2
t3
 t1 t2 
 t1 t2 t3 
Trang 9


4

t +t
t
t +t  t 
≥ 3 + 2 + 1 2 + 4 3 ≥ 5 + 55 1 2  3 ÷
t3
t1 + t2
t3  t1 + t2 
3

 t 
= 5 + 5 5  3 ÷ ≥ 5 + 5 = 10.
 t1 + t2 
Mâu thuẫn với giả thiết vậy








( t1 + t 2 + t 3 )  1 + 1 + 1  = 3 + t 2 + t1 + t1 + t 2 + t 3  1 + 1 
 t1

t2

t3 

t1

t2

t3

 t1

4

t2 

t
t +t
t +t  t 
≥ 3 + 2 + 1 2 + 4 3 ≥ 5 + 55 1 2  3  = 5 + 55
t3
t1 + t 2
t 3  t1 + t 2 

3

 t3 


 ≥ 5 + 5 = 10.
 t1 + t 2 

1 1 1
⇒ ( t1 + t 2 + t 3 )  + +  ≥ 10 .
 t1 t 2 t 3 

Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy t1 + t2 > t3 . Hay t1 , t2 , t3 là độ dài ba cạnh
của một tam giác.
Với n > 3 , và n số dương t1 , t2 ,..., tn thỏa mãn điều kiện bài toán. Lấy ba số
bất kì trong n số đó. Vì vai trò các số ti ( i = 1,2,..., n ) là bình đẳng nên không mất
tính tổng quát ta có thể coi rằng ba số lấy ra là t1 , t2 , t3 .
Theo điều kiện bài toán và theo bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có
1 1
1
n 2 + 1 > ( t1 + t2 + ... + tn )  + + ... + ÷
tn 
 t1 t2
=


(

t1 + t2 + t3

) +( t )
2

4

2

+ ... +

( t)
n



1 1 1
≥ ( t1 + t2 + t3 )  + + ÷+ n − 3
 t1 t2 t3 


Đặt k =

Ta có

(t

1

2

2
 1 1 1  2  1  2




1

+
+
+
+
...
+

÷
  t1 t2 t3 ÷  t4 ÷
t

 
 n  


2

1 1
1
+ t2 + ... + tn )  + + ... + ÷
tn 
 t1 t2
n 2 + 1 > ( k + n − 3 ) ⇔ k 2 + 2 ( n − 3 ) k − 6n + 8 < 0
2

⇔ 3 − n − n2 + 1 < k < 3 − n + n2 + 1
Do đó

k < 3 − n + n2 + 1

Hay

k=

(t

1

1 1
1
+ t2 + ... + tn )  + + ... + ÷ < 3 − n + n 2 + 1
tn 
 t1 t2

Trang 10


(

)

1 1
1
2
Suy ra: ( t1 + t2 + ... + tn )  + + ... + ÷ < 10 + 2 ( n − 3) n − n + 1
tn 
 t1 t2
1 1

1
Hay ( t1 + t 2 + ... + tn )  + + ... + ÷ < 10.
tn 
 t1 t2
Vì vậy theo trường hợp n = 3 , ta có t1 , t2 , t3 là độ dài ba cạnh của một tam giác.
2.3.2. Rèn luyện cho học sinh thói quen làm rõ phương pháp giải quyết một
vấn đề cụ thể sau khi đã giải quyết vấn đề đó.
Mục đích của phương thức này là nhấn mạnh tri thức phương pháp trong
hoạt động phát hiện và giải quyết vấn đề.
Ví dụ 1. Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng ta luôn có bất đẳng
2
2
2
thức xyz + 2 ( x + y + z ) + 8 ≥ 5 ( x + y + z )
Thật vậy:
Dễ thấy: “Trong 3 số bất kỳ t1 , t2 , t3 luôn tồn tại hai số ti , t j ( ti ≠ t j , ∀i, j ∈ { 1,2,3} )
sao cho ti , t j ≤ 1 hoặc ti , t j ≥ 1. ”
Từ nhận xét này và vai trò x, y, z trong bài toán bình đẳng nên không mất tính
tổng quát ta có thể giả sử x, y ≤ 1 hoặc x, y ≥ 1 . Khi đó ta có

( x − 1) ( y − 1) ≥ 0 ⇔ xy ≥ x + y − 1 ⇒ xyz ≥ xz + yz − z

xyz + 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) + 8 ≥ xz + yz − z + 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) + 8 ( 1)

Ta sẽ chứng minh:
xz + yz − z + 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) + 8 ≥ 5 ( x + y + z ) ( 2 )
Thật vậy:
2
2
2

2
2
( 2 ) ⇔ ( y + z − 2 ) + ( x + z − 2 ) + 3 ( x − 1) + 3 ( y − 1) + 2 ( z − 1) ≥ 0 luôn đúng

2
2
2
Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra: xyz + 2 ( x + y + z ) + 8 ≥ 5 ( x + y + z ) .
Từ cách giải bài toán này ta có thể rút ra một phương pháp để giải bài toán
chứng minh bất đẳng thức dạng f ( x, y, z ) ≥ 0 (Biểu thức f ( x, y, z ) có chứa
xyz vai trò x, y, z trong bài toán bình đẳng) là:
Dựa vào bổ đề: “Trong 3 số bất kỳ t1 , t2 , t3 luôn tồn tại hai số
ti , t j ( ti ≠ t j , ∀i, j ∈ { 1,2,3} ) sao cho ti , t j ≤ k hoặc ti , t j ≥ k . ” ( k là số thực bất kỳ)”

suy ra f ( x, y, z ) ≥ g ( x, y, z ) .
Sau đó chứng minh g ( x, y, z ) ≥ 0. Từ đó suy ra f ( x, y, z ) ≥ 0.
Vận dụng phương pháp này ta có thể giải được rất nhiều bài toán, chẳng hạn:
Ví dụ 2. Cho là các số thực x, y, z không âm thoả mãn x + y + z = 1 .
Chứng minh rằng: 4 ( xy + yz + zx ) ≤ 1 + 9 xyz.
Chứng minh

Trang 11


Do vai trò x, y, z trong bài toán trên là bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta
1
1
có thể giả sử x, y ≤ hoặc x, y ≥ . Khi đó ta có:
3
3

( 3x − 1) ( 3 y − 1) ≥ 0 ⇔ 9 xy ≥ 3x + 3 y − 1 ⇔ 9 xyz ≥ 3xz + 3 yz − z
⇔ 1 + 9 xyz ≥ 1 + 3 xz + 3 yz − z ( 1)
Ta đi chứng minh cho 1 + 3 xz + 3 yz − z ≥ 4 ( xy + yz + zx ) ( 2 )
Thật vậy:
( 2 ) ⇔ 1 ≥ z + z + ( x + y ) + 4 xy ⇔ 1 ≥ z + z ( 1 − z ) + 4 xy
⇔ ( 1 − z ) ≥ 4 xy ⇔ ( x + y ) ≥ 4 xy ⇔ ( x − y ) ≥ 0.
2

2

2

Từ ( 1) và ( 2 ) ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 3. Cho x, y, z ∈ ( 0;1) thoả mãn xyz = ( 1 − x ) ( 1 − y ) ( 1 − z ) ( *) .
3
x2 + y2 + z 2 ≥ .
Chứng minh rằng:
4
Thật vậy
Do vai trò x, y, z trong bài toán bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta có
1
1
thể giả sử x, y ≤ hoặc x, y ≥ . Khi đó ta có:
2
2
( 2 x − 1) ( 2 y − 1) ≥ 0 ⇔ 4 xy ≥ 2 x + 2 y − 1 ⇔ 4 xyz ≥ 2 xz + 2 yz − z ( 1)
Mặt khác từ ( *) ta có
2 xyz + x + y + z = xy + yz + zx + 1 ⇔ 4 xyz + 2 x + 2 y + 2 z = 2 xy + 2 yz + 2 zx + 2 ( 2 )
Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra:
2 xy + 2 yz + 2 zx + 2 ≥ 2 xz + 2 yz − z + 2 x + 2 y + 2 z

⇔ 2 xy + 2 ≥ +2 x + 2 y + z ⇔ 2 ( 1 − x ) ( 1 − y ) ≥ z ⇔ 2 ( 1 − x ) ( 1 − y ) ( 1 − z ) ≥ z ( 1 − z )
1 3
⇔ 2 xyz ≥ z ( 1 − z ) ⇔ 2 yx ≥ 1 − z ⇔ z + 2 xy − ≥ ( 1)
4 4
Ta sẽ chứng minh
1
2
2
x 2 + y 2 + z 2 ≥ z + 2 xy −
( 2 ) ⇔ 4 ( x − y ) + ( 2 z − 1) ≥ 0 luôn đúng
4
3
Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra x 2 + y 2 + z 2 ≥ .
4
2.3.3. Rèn luyện cho học sinh kỹ năng biến đổi bài toán về dạng thuận lợi cho
việc tìm liên hệ với kiến thức đã có của học sinh và điều kiện đã cho
của bài toán.
Khi giải một bài toán, một phương pháp tổng quát là tìm cách đưa bài
toán phải giải về một bài toán đơn giản hơn, sao cho nếu giải được bài toán này
thì sẽ giải được bài toán đã cho (nhờ áp dụng kết quả hoặc phương pháp giải bài
toán đơn giản đó).
Chẳng hạn:
Trang 12


Bài toán 1. Cho a và b là hai số thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 + 16 = 8a + 6b
Chứng minh: 10 ≤ 4a + 3b ≤ 40 ( 1) .
+) Để giải bài toán này học sinh có thể viết lại giả thiết dưới dạng:
2
2

( a − 4 ) + ( b − 3) = 9 ; Đồng thời biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương
đương với:
a 2 + b 2 + 16
10 ≤
≤ 40 ⇔ 2 ≤ a 2 + b 2 ≤ 8 ⇔ 2 ≤ OM ≤ 8 .
2
Từ đó suy ra nếu a, b là hai số thỏa mãn điều kiện đầu bài thì điểm M ( a; b ) nằm
trên đường tròn tâm O1 ( 4;3) và bán kính là 3.
Vậy bài toán trở thành : Chứng minh rằng với mọi điểm M nằm trên đường tròn
nói trên thì : 2 ≤ OM ≤ 8
Nối OO1 cắt đường tròn tại M 1 , M 2 . Hiển nhiên ta có: OM 1 ≤ OM ≤ OM 2 .
Do OO1 = 5 nên OM 1 = OO1 − O1M 1 = 5 − 3 = 2
Và : OM 2 = OO1 + O1M 2 = 5 + 3 = 8 . Suy ra : 2 ≤ OM ≤ 8 .
+) Để giải bài toán này học sinh cũng có thể biến đổi bất đẳng thức cần chứng
minh tương đương với
2
( 4a + 3b − 10 ) ( 4a + 3b − 40 ) ≤ 0 ⇔ ( 4a + 3b ) − 50 ( 4a + 3b ) + 400 ≤ 0

( 4a + 3b )
⇔ 4a + 3b ≥

2

+ 400

( 4a + 3b )
⇔ 8a + 6b ≥

2

+ 400

.
50
25
2
4a + 3b ) + 400
(
Do đó ta cần chứng minh
≤ a 2 + b 2 + 16 ( *) .
25
2
2
2
( *) ⇔ ( 4a + 3b ) ≤ 25 ( a + b ) , đúng (theo bất đẳng thức Bunyakovsky).
Bài toán 2. Cho ba số thực x, y, z . Chứng minh rằng
xz + yz − z + 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) + 8 ≥ 5 ( x + y + z ) .
Để giải bài toán này ta có thể nghĩ đến việc biến đổi bất đẳng thức cần chứng
minh tương đương với
2z 2 + ( x + y − 6 ) z + 2x 2 + 2y 2 − 5x − 5y + 8 ≥ 0.
Xem vế trái của bất đẳng thức này là tam thức bậc hai ẩn z
2
∆ z = ( x + y − 6 ) − 8 ( 2x 2 + 2y 2 − 5x − 5y + 8 ) .
Như vậy ta cần chứng minh ∆ z ≤ 0 với mọi x, y .
Để chứng minh điều này ta có thể nghĩ đến việc biến đổi ∆ z về dạng
∆ z = −15x 2 + 2 ( y + 14 ) x − 15y 2 + 28y − 28 xem ∆ z là tam thức bậc hai ẩn x
Có

∆ 'x = ( y + 14 ) − ( −15 ) ( −15y 2 + 28y − 28 ) = −224 ( y − 1) ≤ 0, ∀y ∈ ¡ .
2

2

xz + yz − z + 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) + 8 ≥ 5 ( x + y + z ) .
Từ đó suy ra
Bài toán 3. Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Trang 13


( x − 1)

P=

2

( x + 1)

+ y2 +

2

+ y2 + y − 2

Để giải bài toán này ta phải biến đổi bài toán về dạng thuận lợi hơn, chẳng hạn
chứng minh P ≥ Q với Q là một biểu thức chỉ chứa một biến:
r
r
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , xét u ( 1 − x; y ) ; v ( 1 + x; y )
r r r r

2
2
Ta có
u + v ≥ u + v ⇔ ( 1 − x ) + y 2 + ( x + 1) + y 2 ≥ 2 1 + y 2
P=

( x − 1)

2

+ y2 +

( x + 1)

2

+ y2 + y − 2 ≥ 2 1 + y2 + y − 2
(Dấu bằng ở bất đẳng thức này xảy ra khi là số t x = 0, y là số thực bất kì).
Như vậy bài toán giải được khi ta giải được bài toán: “Tìm giá trị nhỏ nhất của
hàm số f ( y ) = 2 1 + y 2 + y − 2 ”. Bài toán này đơn giản hơn bài toán ban đầu,
Do đó

ta tìm được giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( y ) min = 2 + 3 tại y =

3
.
3

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2 + 3 .
2.3.4. Rèn luyện cho học sinh kỹ năng nhìn nhận bài toán dưới nhiều góc độ

khác nhau từ đó tìm nhiều cách giải.
3
3
Bài toán 1. Chứng minh rằng, nếu a ≥ 0 và b≥ 0 thì a + b ≥ ab ( a + b ) ( 1)
Để giải bài toán này học sinh có thể định hướng theo một trong các cách sau:
Định hướng 1. Để chứng minh một bất đẳng thức thì định hướng đầu tiên ta có
thể nghĩ đến là biến đổi bất đẳng thức đó tương đương với một bất đẳng thức
đúng có dạng tích của các số không âm luôn không âm hoặc tổng của các số
không âm luôn không âm từ đó ta có thể chứng minh ( 1) theo các cách sau:

Cách 1. ( 1) ⇔ ( a + b ) ( a − b ) ≥ 0 .
Cách 2. Vì vai trò của a và b trong bài toán bình đẳng nên không mất tính tổng
quát ta có thể giả sử: a ≥ b ≥ 0 . Khi đó
2
2
(1) ⇔ ( a − b ) ( a − b ) ≥ 0 (Bất đẳng thức này đúng vì a ≥ b ≥ 0 nên a − b ≥ 0 và
a 2 − b 2 ≥ 0 ).
2

Cách 3. (1) ⇔ a 3 − 2a 2b + ab 2 + b3 − 2ab 2 + a 2b ≥ 0 ⇔ a ( a − b ) + b ( a − b ) ≥ 0 .
Định hướng 2. Để chứng minh một bất đẳng thức thì định hướng thứ hai ta có
thể nghĩ đến là dựa vào các bất đẳng thức đúng suy ra bất đẳng thức cần chứng
minh.
+) Dựa vào giả thiết của bài toán ( a ≥ 0 và b≥ 0 ) và bất đẳng thức cần chứng
minh ta nghĩ ngay đến bất đẳng thức Cauchy. Tùy thuộc vào khả năng vận dụng
khéo léo bất đẳng thức Cauchy của học sinh mà các em có thể chứng minh ( 1)
theo các sau:
Cách 4. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
a 3 + a 3 + b3
2

3
3
3
3
a b = a .a .b ≤
( 2)
3
2

2

Trang 14


a 3 + b3 + b 3
ab = a .b .b ≤
( 3)
3
Cộng theo vế ( 2 ) và ( 3) ta có điều phải chứng minh.
Cách 5. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
a 3 + ab 2 ≥ 2 a 3ab 2 = 2a 2b ( 4 )
2

3

3

3

3

b3 + a 2b ≥ 2 b 3a 2b = 2ab 2 ( 5 )

Cộng theo vế ( 4 ) và ( 5 ) ta có điều phải chứng minh.
Cách 6. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có

a 3 + a 3b3 + a 3b3 ≥ 3 3 a 3 a 3b3 a 3b 3 = 3a 2b ( 6 )
b3 + a 3b3 + a 3b3 ≥ 3 3 b 3 a 3b 3 a 3b 3 = 3ab 2 ( 7 )
a 2b + ab 2 ≥ 2 a 3b3 ( 8 )
Cộng theo vế ( 6 ) và ( 7 ) , kết hợp với ( 8 ) ta có điều phải chứng minh.
+) Một bất đẳng thức đúng khác mà học sinh THPT có thể nghĩ đến là bất
đẳng thức Bunyakovsky. Nếu học sinh nhận ra được mối quan hệ
a 2b = a 3 . ab 2 ; ab 2 = b3 . a 2b thì học sinh có thể chứng minh ( 1) theo cách
sau:
Cách 7. Nếu b = 0 thì trở thành a 3 ≥ 0 , đúng (vì a ≥ 0 ).
Nếu a = 0 thì trở thành b3 ≥ 0 , đúng (vì a ≥ 0 ).
Nếu a, b > 0 thì áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có
2
( a3 + b3 ) ( ab 2 + a 2b ) ≥ ( a 2b + ab 2 )

⇒ a 3 + b3 ≥ ab ( a + b ) (Vì a 2 b + ab 2 > 0 ).
Định hướng 3. Để chứng minh một bất đẳng thức thì định hướng thứ ba ta có thể
nghĩ đến là biến đổi đưa về bài toán dạng: “Chứng minh f ( t ) ≥ 0 , trong đó t là
một biểu thức nào đó và thỏa mãn điều kiện nào đó”.
Dựa vào đặc điểm tổng số mũ của a và b trong các số hạng ở hai vế của ( 1) đều
a
bằng 3, ta có thể biến đổi (1) về dạng trên với t = (khi b ≠ 0 ). Từ đó ta có
b
cách giải sau:
Cách 8. Nếu b = 0 thì trở thành a 3 ≥ 0 , đúng (vì a ≥ 0 ).

3
2
a a a
Nếu b > 0 thì ( 1) ⇔  ÷ −  ÷ − + 1 ≥ 0 ( *)
b b b
a
3
2
Đặt t = ; t ≥ 0 , bất đẳng thức ( *) trở thành: t − t − t + 1 ≥ 0 ( **)
b
Để chứng minh ( **) ta có thể lập bảng biến thiên của hàm số
f ( t ) = t 3 − t 2 − t + 1 trên [ 0;+∞ ) , từ đó suy ra điều phải chứng minh hoặc biến
Trang 15


đổi: ( **) ⇔ ( t + 1) ( t − 1) ≥ 0 .
Định hướng 4. Nếu nhìn nhận bất đẳng thức cần chứng minh có dạng bất đẳng
thức đối xứng hoặc dạng bất đẳng thức thuần nhất thì ta có thể chứng minh ( 1)
theo các cách sau:
Cách 9. Đặt S = a + b; P = ab; S , P ≥ 0; S 2 ≥ 4 P
3
2
Khi đó (1) trở thành: S − 3SP ≥ SP ⇔ S ( S − 4 P ) ≥ 0 .
2

Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Cách 10. Ta chuẩn hóa
a + b = 1 hay b = 1 − a . Khi đó:
3
2

( 1) ⇔ a 3 + ( 1 − a ) ≥ a ( 1 − a ) ⇔ ( 2a − 1) ≥ 0 .
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2. Cho hai số thực x và y thỏa mãn x + y = 2. Chứng minh rằng
x2 + y2 ≥ 2 .
Cách 1. Từ giả thiết x + y = 2 suy ra y = 2 − x.
2
2
Do đó x 2 + y 2 ≥ 2 ⇔ x 2 + ( 2 − x ) ≥ 2 ⇔ 2 ( x − 1) ≥ 0 , đúng.
1
2
2
Cách 2. Vì x + y = 2 nên x 2 + y 2 ≥ 2 ⇔ x 2 + y 2 ≥ ( x + y ) ⇔ ( x − y ) ≥ 0 ,
2
đúng.
Cách 3. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
x2 + 1 ≥ 2 x2 = 2 x ⇒ x2 + 1 ≥ 2 x ≥ 2x .
y 2 + 1 ≥ 2 y.
Tương tự ta có
x2 + y2 + 2 ≥ 2 ( x + y ) ⇒ x2 + y 2 ≥ 2 .
Từ đó suy ra
Cách 4. Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có
2
( 1 + 1) ( x 2 + y 2 ) ≥ ( x + y ) ⇔ 2 ( x 2 + y 2 ) ≥ 4 ⇔ x 2 + y 2 ≥ 2 .
2
2
Cách 5. Đặt a = x − 1; b = y − 1. Khi đó ta có a + b = 0 và x + y ≥ 2 trở thành

( a + 1)

+ ( b + 1) ≥ 2 ⇔ a 2 + b 2 + 2 ( a + b ) ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 ≥ 0 , đúng.

2
2
Cách 6. Gọi m là một giá trị của biểu thức x + y . Khi đó hệ phương trình sau
có nghiệm
 x+ y=2
( I) .
 2
2
x
+
y
=
m

 x+ y=2
x+ y=2

 x+ y=2

⇔
⇔
Ta có ( I ) ⇔ 
4−m.
2
xy
=
4 − 2 xy = m
( x + y ) − 2 xy = m

2

4−m
⇔ m ≥ 2.
Do đó hệ phương trình ( I ) có nghiệm khi và chỉ khi 4 ≥ 4.
2
x2 + y2 ≥ 2 .
Vậy
2

2

Trang 16


Cách 7. Trong mặt phẳng Oxy xét đường thẳng ∆ có phương trình x + y − 2 = 0
và M ( x, y ) . Khi đó M ∈ ∆ và OM = x 2 + y 2 .
d ( O; ∆ ) =

Ta có

0+0−2

= 2 và OM ≥ d ( O; ∆ ) (vì M ∈ ∆ )

1+1
x2 + y2 ≥ 2 ⇒ x2 + y 2 ≥ 2 .
suy ra
2.3.5. Rèn luyện cho học sinh thói quen không suy nghĩ cứng nhắc theo
những quy tắc đã học trước đó, không máy móc áp dụng những mô
hình đã gặp để ứng xử trước những tình huống mới.
Bài toán 1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = x + 4 − x 2 .

Khi gặp bài toán giáo viên thường định hướng cho học sinh giải như sau:
“Tập xác định của hàm số là [ −2;2] . Dễ thấy hàm số liên tục trên [ −2;2] .
x
y' =1−
= 0 ⇔ x = 2, y ( −2 ) = −2; y 2 = 2 2; y ( 2 ) = 2.
4 − x2
Vậy:
Min y = −2; Max y = 2 2 ”

( )

[ −2;2]

[ −2;2]

Giáo viên thường định hướng cho học sinh giải như trên vì ta cần tìm giá
trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số hàm số đã cho trên [ −2;2] và hàm số này
liên tục trên [ −2;2] . Lí do thứ hai để học sinh thường giải như trên là: học sinh
thường chỉ biết vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để tìm giá trị lớn nhất của
hàm số mà không tìm được giá trị nhỏ nhất của hàm số
Học sinh thường làm như sau:
“Tập xác định của hàm số là [ −2;2] .
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có

(

x + 4 − x2

2

) ≤ ( 1 + 1) ( x + 4 − x ) = 8 ⇒ −2
2

2

2 ≤ x + 4 − x2 ≤ 2 2

Nhưng học sinh không thể tìm được x để y = −2 2 ”. Do đó học sinh thường
chỉ dừng lại ở lời giải ban đầu.
Bài toán 2. Cho ba số thực bất kì x, y, z . Chứng minh rằng
( x2 + 2) ( y 2 + 2 ) ( z 2 + 2 ) ≥ 3( x + y + z ) 2 .
Khi gặp bài toán này ta sẽ nghĩ đến bất đẳng thức Bunyakovsky nhưng
vận dụng như thế nào đó là điều quan trọng. Nếu áp dụng ngay bất đẳng thức
2
2
Bunyakovsky để đánh giá ( x + 2 ) ( y + 2 ) thì ta sẽ không giải được bài toán
này. Do đó ta phải linh hoạt, biến đổi và áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky,
chẳng hạn ta biến đổi
1
1
( x 2 + 2 ) ( y 2 + 2 ) = ( x 2 + 1) ( 1 + y 2 ) + 2 ( 1 + 1) ( x 2 + y 2 ) + 3 ≥ ( x + y ) 2 + 2 ( x + y ) 2 + 3.
Suy ra

Trang 17


2
 x + y  2  
2
3

 2
+
1
2
+ z2 
( x + 2 ) ( y + 2 ) ( z + 2 ) ≥  2 ( x + y ) + 3 ( z + 2 ) = 3 

÷




 2 

2
≥ 3( x + y + z ) .
Ta vừa giải được bài toán bằng một cách rất sáng tạo; đồng thời ta cũng có thể
giải bài toán bằng cách độc đáo sau:
Vai trò x, y, z trong bài toán bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta có thể
2
2
2
2
giả sử x , y ≤ 1 hoặc x , y ≥ 1 . Khi đó ta có
2

(x

2

2

( )

2

− 1) ( y 2 − 1) ≥ 0 ⇔ x 2 y 2 ≥ x 2 + y 2 − 1 ⇔ x 2 y 2 + 2 x 2 + 2 y 2 + 4 ≥ 3 ( x 2 + y 2 + 1)
⇔ ( x 2 + 2 ) ( y 2 + 2 ) ≥ 3 ( x 2 + y 2 + 1)

⇔ ( x 2 + 2 ) ( y 2 + 2 ) ( z 2 + 2 ) ≥ 3 ( x 2 + y 2 + 1) ( z 2 + 2 ) ( 1)
Theo bất đẳng thức Bunyakovsky ta có
( x 2 + y 2 + 1) ( 1 + 1 + z 2 ) ≥ ( x + y + z ) 2
Hay

3 ( x 2 + y 2 + 1) ( z 2 + 2 ) ≥ 3 ( x + y + z )

2

( 2)

Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra điều cần chứng minh
2.3.6. Rèn luyện cho học sinh thói quen khai thác, đào sâu kết quả bài toán.
Mục đích của phương thức này là nhắc nhở học sinh luôn có thói quen đặt ra
mục tiêu khai thác đào sâu kết quả của một bài toán đã tìm được lời giải.
Chẳng hạn sau khi học sinh giải được bài toán sau :
Bài toán 1. Cho x, y, z là các số thực không âm thoả mãn x + y + z = 1.
Chứng minh rằng: 4 ( xy + z + zx ) ≤ 1 + 9 xyz . (Ví dụ 2. Tr 12)
Giáo viên có thể cho học sinh nghiên cứu, khai thác bài toán bằng cách sau:
+) Yêu cầu học sinh giải bài toán:
Bài toán 2. Cho x, y, z là các số thực không âm thoả mãn x + y + z = 1. Tìm giá

9
trị lớn nhất của biểu thức: P = xy + yz + zx − xyz.
4
(Từ kết quả của bài toán 1, ta dễ dàng tìm được giá trị lớn nhất của biểu thức P
là 1 . )
4
+) Tiếp theo yêu cầu học sinh tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P
(Dựa vào bất đẳng thức ( x + y + z ) ( xy + yz + zx ) ≥ 9 xyz ta dễ dàng thể tìm được
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 0).
Như vậy ta đã giải được bài toán:
Bài toán 3. Cho x, y, z là các số thực không âm thoả mãn x + y + z = 1. Tìm giá
9
trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = xy + yz + zx − xyz.
4
+) Yêu cầu học sinh tổng quát bài toán 3 và giải bài toán tổng quát.
Trang 18


Tổng qt bài tốn 3, ta có bài tốn sau:
Bài tốn 4. Cho x, y, z là các số thực khơng âm thoả mãn x + y + z = 1. Tìm giá
trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = xy + yz + zx + m.xyz , trong đó m
là số thực cho trước.
1
m+9
Gợi ý:
Nếu m < −9 thì PMax = ; PMin =
.
4
27
9

1
Nếu −9 ≤ m < − thì PMax = ; PMin = 0 .
4
4
m+9
9
; PMin = 0 .
Nếu m ≥ − thì PMax =
27
4
Từ đó ta có các bất đẳng thức:
“Nếu x, y, z là các số thực khơng âm thỏa mãn x + y + z = 1 thì
m+9
1
≤ xy + yz + zx + m.xyz ≤ với m < −9.
a)
27
4
1
9
b) 0 ≤ xy + yz + zx + m.xyz ≤ với −9 ≤ m < − .
4
4
9+m
9
c) 0 ≤ xy + yz + zx + m.xyz ≤
với m ≥ − .
27
4
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với

bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Sáng kiến được áp dụng trong năm học 2016-2017. Khi áp dụng
chuyên đề này vào giảng dạy học sinh bộ môn Toán
ở trường THPT, tôi nhận thấy rằng các em học sinh
rất hứng thú với môn học, nhiều em cảm thấy bất ngờ khi mà
một số bài tốn tưởng chừng như khơng thể giải quyết giờ đã được giải quyết
một cách nhanh chóng nhờ các kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề thơng qua
việc giải bài tập phần Bất đẳng thức. Để có kết quả đối chứng tơi đã áp dụng kết
quả SKKN cho lớp 10C2(43 HS) và lớp đối chứng 10C3(45 HS) kết quả các em
HS lớp 10C2 học tập rất tích cực và hứng thú đặc biệt là khi giải bài tốn bất
đẳng thức thể hiện việc phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo của học sinh
và nhất là khơng còn “sợ” bất đẳng thức nữa.
Kết quả bài kiểm tra 1 tiết chương IV Tiết 66-PPCT
Điểm Giỏi Điểm Khá
Điểm Tb
Lớp
SL
%
SL
%
SL
%
10C2=43HS
8
18.6 27 62.8
5
11.6
10C3=45HS

3

6.7

19

42.2

15

33.3

Điểm Yếu
SL
%
3
7
8

17.8

Điểm Kém
SL
%
0
0
0

0

Trang 19

III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
SKKN đã đưa ra một số phương thức nhằm rèn luyện cho học sinh một số
kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề thông qua dạy học giải bài tập Toán phần
bất đẳng thức ở trường THPT. Đồng thời cũng đã thể hiện cụ thể một số ví dụ về
cách thức thực hiện các phương thức đó.
Theo kết quả thực nghiệm cho thấy, khi học sinh tiếp cận với một số
phương thức rèn luyện một số kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề, các em có
hứng thú và học tập rất hăng say. Tỉ lệ học sinh chăm chú học tập tăng cao. Sau
các buổi học tinh thần học tập các em phấn chấn hẳn và tỏ ra yêu thích học tập
môn Toán hơn.
Sau khi nghiên cứu và sử dụng những phương thức được xây dựng ở
chương 2 trong SKKN, các giáo viên dạy thực nghiệm đều có ý kiến rằng: không
có gì khó khả thi trong việc vận dụng các quan điểm này; đặc biệt là cách tạo ra
các tình huống, đặt câu hỏi và dẫn dắt đến nội dung cần đạt được hợp lí. Vừa sức
đối với học sinh, vừa kích thích được tính tích cực, hứng thú, chủ động và độc lập
của học sinh, lại vừa kiểm soát, ngăn chặn được những khó khăn, sai lầm có thể
nảy ra ở học sinh ; chính học sinh cũng lĩnh hội được tri thức phương pháp trong
quá trình phát hiện và giải quyết vấn đề.
Giáo viên hứng thú khi dùng các phương thức đó, học sinh thì học tập một
cách tích cực hơn, chủ động hơn, sáng tạo hơn và có hiệu quả hơn. Những khó
khăn về nhận thức của học sinh được giảm đi rất nhiều và đặc biệt đã hình thành
cho học sinh một phong cách tư duy khác trước.
Với sự nỗ lực của bản thân tuy nhiên những kết quả nghiên cứu bước đầu
còn hạn chế rất mong nhận được sự góp ý xây dựng của các thầy, cô giáo làm
công tác giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi,... cũng như các bạn đồng nghiệp
đang quan tâm đến vấn đề này.
3.2 Kiến nghị (Không)

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 10 tháng 05
năm2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Người viết

Trang 20


Trương Ngọc Hạnh

Trang 21


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Đào Văn Trung (2001), Làm thế nào để học tốt toán phổ thông, Nhà
xuất bản Đại học quốc gia Hà Nội, Hà Nội.
[2]. Nguyễn Bá Kim (2002), Phương pháp dạy học môn Toán, Nhà xuất
bản Đại học Sư phạm, Hà Nội.
[3]. Polya G. (1995), Toán học và những suy luận có lí, Nhà xuất bản
Giáo dục, Hà Nội.

Trang 22