Rèn luyện kỹ năng tư duy logic cho học sinh khối 8, 9 trường THCS khi học toán về bất đẳng thức

1. MỞ ĐẦU
1.1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong quá trình dạy học Toán cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh
các phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao đối với việc học tập, rèn luyện và tu
dưỡng trong cuộc sống của học sinh. Đối với học sinh khá giỏi, việc rèn luyện
cho các em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê phán của trí tuệ
là những điều kiện cần thiết vô cùng quan trọng trong việc học toán. Chính vì
vậy bồi dưỡng học sinh khá giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp cho các em
một số vốn kiến thức thông qua việc làm bài tập càng nhiều, càng tốt, càng
khó càng hay mà phải cần thiết rèn luyện khả năng sáng tạo,tư duy logic toán
cho học sinh.
Sau nhiều năm trực tiếp giảng dạy học sinh, tôi đã không ngừng học
hỏi nâng cao tay nghề, học hỏi đồng nghiệp và những người có kinh nghiệm.
Tôi nhận thấy trong việc giảng dạy môn toán còn nhiều mảng kiến thức mà
học sinh cần nghiên cứu thêm hơn nữa, đặc biệt là các bài toán về bất đẳng
thức. Trong quá trình giảng dạy và học tập môn Toán thì bài tập chứng minh
bất đẳng thức là một trong những loại bài tập khó. Cái khó của loại bài tập
này, theo tôi là ở chỗ, mỗi bài nó có một cách tiếp cận riêng, cách giải riêng
và độc đáo. Chứa đựng trong chúng là những kiến thức sâu rộng và những kĩ
năng phức tạp, nó đòi hỏi chúng ta cần phải có tư duy linh hoạt, kĩ năng thuần
thục tới độ “linh cảm”. Mặc dù chúng ta đã biết rất nhiều phương pháp chứng
minh bất đẳng thức như: phương pháp biến đổi tương đương, phương pháp sử
dụng các bất đẳng thức đã biết, phương pháp qui nạp, phương pháp đánh giá
đại diện, phương pháp phản chứng...; cũng như đã có nhiều kỹ thuật để chứng
minh bất đẳng thức, đặc biệt các kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cô - Si để
chứng minh bất đẳng thức là rất phong phú như: kĩ thuật đánh giá từ trung
bình cộng sang trung bình nhân và từ trung bình nhân sang trung bình cộng ,
kĩ thuật tách ghép nghịch đảo, kĩ thuật chọn điểm rơi (trọng số), kĩ thuật ghép
đối xứng, kĩ thuật đổi biến số, .... Nhưng khi gặp một bài tập về bất đẳng thức
thì nói chung học sinh lại lúng túng và không biết bắt đầu như thế nào. Trong
khi đó nội dung bất đẳng thức ở trường phổ thông lại đóng vai trò quan trọng

trong việc rèn luyện tư duy, khả năng linh hoạt và óc sáng tạo; đồng thời nó
cũng giúp học sinh rèn luyện tính cần cù, tinh thần vượt khó. Hơn thế nữa,
mỗi bất đẳng thức và cách chứng minh bất đẳng thức đó có một vẻ đẹp lộng
lẫy và sức hấp dẫn kì lạ đối với mỗi người nghiên cứu chúng nên việc nghiên
cứu chúng còn có tác dụng kích thích sự say mê trong học tập môn Toán cũng
như các môn học khác.
Bên cạnh đó, sau khi giải xong một bài tập về bất đẳng thức, một câu
hỏi đặt ra với chúng ta là còn cách nào khác giải không? Trong thực tế cho
thấy tìm kiếm lời giải khác của một bài toán đôi khi cũng giúp ta thêm hứng
thú trong học toán. G.Polya (1887 – 1985) nhà toán học và là nhà sư phạm
người Mỹ đã khuyên rằng “ngay khi lời giải mà ta đã tìm được là tốt rồi, thì
tìm được một lời giải khác vẫn có lợi. Thật là sung sướng khi thấy rằng kết
1


quả tìm được xác nhận nhờ hai lí luận khác nhau, cũng như chúng ta thích biết
một vật nào đó nhờ hai giác quan khác nhau. Có được một chứng cớ rồi
chúng ta còn muốn tìm thêm một chứng cớ nữa, cũng như chúng ta muốn sờ
vào một vật mà ta đã trông thấy”. Cho nên tôi tâm huyết chọn sáng kiến kinh
nghiệm
“Rèn luyện khả năng tư duy logic cho học sinh khối 9 khi học toán
về bất đẳng thức”
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Để giúp học sinh có cái nhìn tổng quát hơn về dạng toán chứng minh
bất đẳng thức, để mỗi học sinh sau khi học xong chương trình toán THCS đều
có thể nắm được loại toán này và biết cách giải chúng.
Rèn luyện cho học sinh khả năng tư duy, logic khi xem xét bài toán
dưới dạng đặc thù riêng lẻ. Mặt khác cần khuyến khích học sinh tìm hiểu cách
giải để học sinh phát huy được khả năng tư duy linh hoạt, nhạy bén khi tìm lời
giải bài toán, tạo được lòng say mê, sáng tạo, ngày càng tự tin, không còn tâm

lý ngại ngùng đối với các dạng toán như bất đẳng thức. Học sinh thấy được
môn toán rất gần gũi với các môn học khác và thực tiễn cuộc sống.
Giúp giáo viên tìm ra phương pháp dạy phù hợp với mọi đối tượng học
sinh, làm cho học sinh có thêm hứng thú khi học môn toán
Để rèn luyện khả năng sáng tạo khi học toán về bất đẳng thức, trước
mỗi bài tập tôi đã cho học sinh tìm hiểu nhiều cách giải từ đó tìm ra cách giải
hợp lí nhất. Sau đó trên cơ sở mỗi bài toán cụ thể hướng dẫn học sinh xây
dựng các bài toán mới.
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Học sinh lớp 9B và 9C trường THCS Trần Phú – Thành phố Thanh Hóa
1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Tham khảo tài liệu: Tìm tòi, hệ thống các kiến thức thu thập được.
- Đúc rút kinh nghiệm giảng dạy qua dự giờ, kiểm tra học sinh, nghiên
cứu hồ sơ giảng dạy và kiểm tra trên nhiều đối tượng học sinh, kiểm tra nhiều
lần bằng nhiều hình thức khác nhau.
- Tổng hợp các phân tích thu thập được
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM :
Từ khi ra trường năm 2006 đến nay bản thân nhận thấy khi làm các bài
tập đòi hỏi tư duy logic thì học sinh rất ngại làm. Bởi vì các bài tập đó đòi hỏi
tính sáng tạo, tính tư duy logic , tính tưởng tượng, tính cần cù chịu khó và để
giải quyết một bài toán cần sử dụng rất nhiều đơn vị kiến thức.
Khi làm các bài toán về bất đẳng thức học sinh có cảm giác như đang
“bơi giữa biển lớn”: sợ, không biết định hình làm như thế nào? Trong khi đó
đề thi học sinh giỏi thường có câu về bất đẳng thức, do đó học sinh thường để
mất điểm thi ở phần này. Từ đó bản thân đã mạnh dạn đi sâu nghiên cứu đề tài
“Rèn luyện khả năng tư duy logic cho học sinh khối 9 khi học toán về bất
đẳng thức ” mong độc giả đón nhận và góp ý.
2

2.2.THỰC TRẠNG VÂN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SKKN
Qua trắc nghiệm hứng thú học toán của học sinh tôi thấy chỉ 15% các
em thực sự có hứng thú học toán (có tư duy sáng tạo), 50% học sinh thích học
toán (chưa có tính độc lập, tư duy sáng tạo) và 35% còn lại thì không . Qua
gần gũi tìm hiểu thì các em cho biết cũng rất muốn học song nhiều khi học
một cách thụ động, chưa biết cách tư duy để giải một bài toán một cách sáng
tạo, bởi lí do điều kiện khách quan của địa phương và nhà trường, học sinh
chỉ được bồi dưỡng một thời gian nhất định, vì vậy học sinh chưa có hứng thú
học toán và có “cảm giác sợ” khi gặp phải bài toán về bất đẳng thức.
2.3.GIẢI PHÁP ĐÃ SỬ DỤNG ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
- Đưa ra một số bài toán → Hướng dẫn học sinh giải theo nhiểu cách
khác nhau → chốt lại.
- Đưa ra một bài toán → giải quyết bài toán → khai thác bài toán đó theo
nhiều cách khác nhau thành các bài toán khác.
Sau đó giáo viên sẽ cho học sinh làm các bài kiểm tra đánh giá từ đó rút
ra hiệu quả của sang kiến kinh nghiệm
Xuất phát từ mong muốn học sinh rèn luyện khả năng sáng tạo, tìm
được nhiều cách giải, do đó bản thân người giáo viên phải là người tìm ra
nhiều cách giải. Việc tìm nhiều cách giải cho một bài toán sẽ giúp học sinh và
giáo viên ghi nhớ và áp dụng triệt để, linh hoạt các kiến thức đã học khi giải
toán. Xin nêu bài toán quen thuộc sau làm ví dụ.
Bài toán 1: Cho x, y ≥ 0. Chứng minh rằng: x3 + y3 ≥ x2y + xy2
Hướng dẫn
Từ giả thiết cho x,y ≥ 0 có thể gợi ý cho học sinh làm theo 2 cách sau:
Cách 1: Xét hiệu: (x3 + y3 ) – ( x2y + xy2 )
= (x + y)(x2 – xy + y2) – xy(x + y)
= (x + y)(x – y)2 ≥ 0 với ∀ x, y ≥ 0
Vậy x3 + y3 ≥ x2y + xy2 với ∀ x, y ≥ 0
Dấu “=” xảy ra khi x=y

Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có:
x 3 + xy 2 ≥ 2 x 2 y ; y 3 + yx 2 ≥ 2 xy 2
⇒ x3 + xy 2 + y 3 + yx 2 ≥ 2 x 2 y + 2 xy 2
⇒ x3 + y 3 ≥ x 2 y + xy 2
Để chứng minh bài toán trên ta nghĩ đến hai phương pháp cơ bản nhất
để chứng minh bất đẳng thức là phương pháp dùng định nghĩa và phương
pháp sử dụng bất đẳng thức Côsi.
Vậy câu hỏi đặt ra là từ bất đẳng thức này ta có thể có những bất
đẳng thức nào khác?
Khai thác bài toán 1
Ta đã biết từ một bất đẳng thức ta có thể thực hiện quy tắc chuyển vế,
quy tắc nhân với một số khác 0 nên từ bất đẳng thức đã cho ta có thể biến đổi
như sau: bài toán 1 Với ∀ x, y > 0 ta có x3 + y3 ≥ x2y + xy2 ⇔
3


x3 + y 3 x + y
≥
x + y ≥ xy(x + y) ⇔
. Từ đó ta có bài toán1.1 sau
2 xy
2
Bài toán 1.1: Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng:
x3 + y 3 y 3 + z 3 z 3 + x3
+
+
≥ x+ y+z
2 xy
2 yz
2 zx

Hướng dẫn
Khi giải quyết bài toán 1.1 học sinh tư duy logic hãy sử dụng kết quả của
bài toán 1 ta có
x3 + y3 x + y 
≥
2 xy
2 
y3 + z 3 y + z  x3 + y 3 y 3 + z 3 z 3 + x3
≥
+
+
≥ x + y + z (đpcm).
⇒
2 yz
2 
2 xy
2 yz
2 zx
z 3 + x3 z + x 
≥

2 zx
2 
Dấu ‘=’ xảy ra khi x=y=z
Ta cũng có thể cộng hai vế của bất đẳng thức với cùng một số nên ta có
thể biến đổi bất đẳng thức đã cho theo cách khác như sau: từ bài toán 1
Với ∀ x, y, z > 0 ta có x3 + y3 ≥ x2y + xy2 ⇔ x3 + y3 + xyz ≥ x2y + xy2 + xyz
3

3

⇔ x3 + y3 + xyz ≥ xy(x + y + z) ⇔

1
1
≤
. Từ đó ta có
3
x + y + xyz xy ( x + y + z )
3

bài toán 1.2 sau
Bài toán 1.2: Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng:
1
1
1
1
+ 3
+ 3
≤
.
3
3
3
3
x + y + xyz y + z + xyz z + x + xyz xyz
Hướng dẫn
Học sinh nhận thấy từ bất đẳng thức (bài toán 1) x3 + y3 ≥ x2y + xy2
⇔ x3 + y3 + xyz ≥ x2y + xy2 + xyz( cộng hai vế với xyz)
⇔ x3 + y3 + xyz ≥ xy(x + y + z)

⇔

1
1
≤
.
3
x + y + xyz xy ( x + y + z )
3

Tương tự ta có

1
1
 x3 + y 3 + xyz ≤ xy ( x + y + z )


1
1
≤
 3
3
 y + z + xyz yz ( x + y + z )

1
1
≤
 3
3
 z + x + xyz zx ( x + y + z )

4


1
1
1
+ 3
+ 3
3
3
x + y + xyz y + z + xyz z + x 3 + xyz
1
1
1
≤
+
+
xy ( x + y + z ) yz ( x + y + z ) zx( x + y + z )
1
z
x
y
1
=
(
+
+
)=
xyz x + y + z x + y + z x + y + z

xyz

⇒

3

1

1

1

1

Vậy x3 + y 3 + xyz + y 3 + z 3 + xyz + z 3 + x 3 + xyz ≤ xyz với x, y, z > 0
Dấu ‘=’ xảy ra khi x=y=z
Ở bài toán 1.2 để cho đơn giản biểu thức ta có thể đặt a = x 3 ; b = y3 ;
c = z3 và cho thêm điểu kiện xyz = 1 ta lại có bài toán 1.3 sau:
Bài toán 1.3: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
1
1
1
+
+
≤1
a + b +1 b + c +1 c + a +1
Hướng dẫn: học sinh sử dụng kết quả của bài toán 1 và bài toán 1.2
*Ta lại biến đổi bài toán 1 theo cách sau:
Với ∀ x, y > 0 ta có x3 + y3 ≥ x2y + xy2 ⇔ 3x3 ≥ (x3 - y3) + (x3 + x2y + xy2)
3x3

3
2
2
⇔ 3x ≥ (2x – y)(x + xy + y ) ⇔ 2
≥ 2 x − y (1)
x + xy + y 2
Từ đó ta có bài toán 1.4 sau
Bài toán 1.4: Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng:
3x3
3 y3
3z 3
+
+
≥ x+ y+z
x 2 + xy + y 2 y 2 + yz + z 2 z 2 + zx + x 2
Hướng dẫn
Học sinh sử dụng kết quả của bài toán 1 biến đổi như (1)
3x3
3 y3
3z 3
≥ 2 x − y; 2
≥ 2 y − z; 2
≥ 2z − x
Ta có: 2
x + xy + y 2
y + yz + z 2
z + zx + x 2
3x3
3 y3
3z 3

⇒ 2
+
+
≥ (2 x − y ) + (2 y − z ) + (2 z − x)
x + xy + y 2 y 2 + yz + z 2 z 2 + zx + x 2
3x3
3 y3
3z 3
⇒ 2
+ 2
+ 2
≥ x + y + z (đpcm)
2
2
2
x + xy + y
y + yz + z
z + zx + x
Dấu ‘=’ xảy ra khi x=y=z
Như vậy qua bài tập 1 học sinh đã được rèn luyện cách chứng minh bất
đẳng thức theo các cách khác nhau.Và từ bài tập 1,theo cách biến đổi khác
nhau thu được một số bất đẳng thức mới( bài toán 1.1, bài toán 1.2,bài toán
1.3; bài toán 1.4).Các bất đẳng thức mới này mới nhìn không có vẻ gì là liên
quan với nhau nhưng thực ra nó có chung từ một bất đẳng thức gốc là bất
5


đẳng thức ở bài tập 1. Từ đó học sinh thấy các bất đẳng thức này không phải
là từng mảng rời rạc mà là một khối liên hệ với nhau.Làm cho học sinh không
còn cảm thấy sợ (đi từ bất đẳng thức quen thuộc) bằng lập luận suy nghĩ

logic mà học sinh đã chủ động tìm được cách làm của bài tập tưởng trừng
như rất khó .
Hoàn toàn tương tự như vậy tôi cho học sinh bài tập sau.
Bài tập 2: Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
(a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c ) ≤ abc .
Ở bài tập này ta thấy trung bình cộng hai số bất kì có trong tích ở vế
trái chính là một thừa số ở vế phải
( a + b − c ) + ( a − b + c ) = 2 a

( a + b − c) + (−a + b + c ) = 2b
( a − b + c) + (−a + b + c ) = 2c

Tức là xuất hiện tích hai số và tổng hai số nên ta nghĩ đến bất đẳng
thức Côsi. Tuy nhiên để sử dụng bất đẳng thức Cô si thì cần điều kiện các số
không âm vì vậy ở bài toán này ta có thể làm như sau:
Hướng dẫn
Không mất tính tổng quát, ta giả sử a = max{a, b, c}.
Khi đó a + b – c ≥ 0 và a – b + c ≥ 0.
Nếu – a + b + c < 0 thì bất đẳng thức đã cho đúng.
Do đó ta chỉ còn xét cả ba không âm.
Cách 1. Theo bất đẳng thức Cô – Si:
2
 a +b−c + a −b+c 
2
(a + b − c)(a − b + c ) ≤ 
÷ =a
2


2

 a−b+c−a+b+c
2
(a − b + c)(−a + b + c ) ≤ 
÷ =c
2


2
 −a + b + c + a + b − c 
2
(−a + b + c)(a + b − c ) ≤ 
÷ =b
2


Do cả hai vế của các bất đẳng thức trên đều không âm, nên nhân vế với vế ta
được:
[ (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c)]2 ≤ (abc ) 2
Hay: (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c ) ≤ abc (ĐPCM).
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
a + b − c = a + (b − c )
Ta lại có 
a − b + c = a − (b − c)
Nên tích (a + b – c)(a – b +c) chính là tích của tổng hai số với hiệu hai số
( a và b-c). Tương tự với các số còn lại có trong tích ở vế trái. Từ đó ta nghĩ

6

đến hằng đẳng thức A2 – B2 = (A – B)(A + B). Mà A 2 – B2 ≤ A2. Vậy ta nghĩ
đến có thể giải bài tập trên theo cách sau:
Cách 2. Ta có bất đẳng thức hiển nhiên a2 – (b – c)2 ≤ a2 hay
(a + b – c)(a – b + c) ≤ a2 .
Tương tự ta có thêm hai bất đẳng thức nữa
(−a + b + c)(a + b − c ) ≤ b 2
(a − b + c)(−a + b + c ) ≤ c 2 .
Do cả hai vế của các bất đẳng thức trên đều không âm, nên nhân vế với vế ta
được:
[ (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c)]2 ≤ (abc ) 2
Hay: (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c ) ≤ abc (ĐPCM).
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Như vậy để chứng minh bài toán 2 ta quan tâm đến các số (a + b – c);
(a + c – b); (b + c – a) không âm hay nói cách khác ta có a + b ≥ c; a + c ≥ b;
b + c ≥ a, điều này gợi nhớ cho ta đến bất đẳng thức trong tam giác. Dấu “=”
trong bất đẳng thức (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c ) ≤ abc xảy ra khi a = b = c
nên từ bài toán 2 ta có thể chuyển thành đề bài toán 3 sau.
Bài toán 3: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thỏa mãn
(a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) ≥ abc .
Chứng minh tam giác này là tam giác đều.
Hướng dẫn
Theo kết quả bài toán 2 ta có (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c ) ≤ abc
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Kết hợp với điều kiện (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) ≥ abc ta có
(a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c) = abc
Vậy a = b = c hay tam giác này là tam giác đều.
Tương tự như cách khai thác ở bài toán 1, bằng các cách: biến đổi
đồng nhất, sử dụng thêm các bất đẳng thức quen thuộc khác vào hai vế của
các bất đẳng thức đã có, phối hợp giữa các hằng đẳng thức và các bất đẳng
thức quen thuộc vào hai vế của mỗi bất đẳng thức đã biết, cho thêm giả thiết

của bài toán tôi hướng dẫn học sinh khai thức bài toán 2 theo các hướng như
sau.
Khai thác bài toán 2
Thực hiện nhân các số ở vế trái ta có
(a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c)
= a 2 (b + c) + b 2 (a + c) + c 2 (a + b) − (a 3 + b3 + c 3 + 2abc)
Như vậy: (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c ) ≤ abc
⇔ a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a 2 (b + c) + b 2 (c + a ) + c 2 (a + b) (2)
Do đó ta có bài toán 2.1
7


Bài toán 2.1. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a 2 (b + c) + b 2 (c + a ) + c 2 (a + b) .
Hướng dẫn:sử dụng bài toán 2 và biến đổi như (2)
*Từ bài toán 2 biến đổi vế phải
a 2 (b + c) + b 2 (c + a ) + c 2 (a + b) = ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)
Ta được: a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)(3)
Như vậy ta có bài toán 2.2
Bài toán 2.2. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a).
Hướng dẫn:sử dụng bài toán 2 và biến đổi như (3)
* Cộng 3abc vào hai vế của bất đẳng thức ở bài toán 2.1, ta lại có:
a3 + b3 + c3 + 6abc ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca)(4). Đây là đề bài toán 2.3
Bài toán 2.3. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
a3 + b3 + c3 + 6abc ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca).
Hướng dẫn:sử dụng bài toán 2.1 và biến đổi như (4)
*Áp dụng đẳng thức
a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca)
vào vế trái của bất đẳng thức ở bài toán 2.3, ta lại thu được:

(a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) + 9abc ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca)
hay (a + b + c)3 + 9abc ≥ 4(a + b + c)(ab + bc + ca)(5) ta được bài toán 2.4
Bài toán 2.4. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
(a + b + c)3 + 9abc ≥ 4(a + b + c)(ab + bc + ca).
Hướng dẫn:sử dụng bài toán 2.3 và biến đổi như (5)
*Nếu thêm a + b + c > 0 thì từ bất đẳng thức ở bài toán 2.4, ta có
9abc
(a + b + c) 2 +
≥ 4( ab + bc + ca )
a+b+c
9abc
2
2
2
≥ 2(ab + bc + ca ) (6) đây là bài toán 2.5
Suy ra: a + b + c +
a+b+c
Bài toán 2.5. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
9abc
a2 + b2 + c2 +
≥ 2(ab + bc + ca ) .
a+b+c
Hướng dẫn:sử dụng bài toán 2.4 và biến đổi như (6)
*Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si: 3abc ≤ a 3 + b3 + c3 vào vế trái của bất
đẳng thức ở các bài toán 2.1, 2.2, 2.3 (7) ta có bài toán 2.6

8


Bài toán 2.6. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:

2(a3 + b3 + c3) ≥ a 2 (b + c) + b 2 (c + a ) + c 2 (a + b) .
Hướng dẫn:làm theo hướng dẫn (7)
*Ta đã có:
2
a (b + c) + b 2 (c + a ) + c 2 (a + b) = ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (8)
nên bài toán 2.6 còn có thể chuyển thành bài toán2.7 sau
Bài toán 2.7. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
2(a3 + b3 + c3) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a).
Hướng dẫn:sử dụng bài toán 2.6 và biến đổi như (8)
*Lại có:
ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) + 3abc = (a + b + c)(ab + bc + ca).
Nên bài toán từ bài toán 2.7, ta cộng hai vế của bất đẳng thức với cùng 2abc
ta có bài toán 2.8
Bài toán 2.8. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
2(a3 + b3 + c3) + 3abc ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca).
Hướng dẫn:sử dụng bài toán 2.7 và biến đổi cộng hai vế với 2abc
*Biến đổi bất đẳng thức ở bài toán 2.1 thành
a( a + b)(a + c ) + b(b + a )(b + c) + c (c + a )(c + b) + 4abc ≥ 2(a + b)(b + c )(c + a )
a
b
c
4abc
+
+
+
≥ 2. (9)
Vớia,b,cdương thì :
b + c c + a a + b (a + b)(b + c )(c + a )
Ta được bài toán 2.9
Bài toán 2.9. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

a
b
c
4abc
+
+
+
≥ 2.
b + c c + a a + b (a + b)(b + c )(c + a )
Hướng dẫn:sử dụng bài toán 2.1 và biến đổi như (9)
*Cho thêm giả thiết a + b + c = 1, thay vào bài toán 2 ta có:
(1 – 2a)(1 – 2b)(1 – 2c) ≤ abc(10).ta có bài toán 2.10
Bài toán 2.10. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
Chứng minh rằng: (1 – 2a)(1 – 2b)(1 – 2c) ≤ abc.
Hướng dẫn:sử dụng bài toán 2 và biến đổi như (10)
*Khai triển bất đẳng thức ở bài toán 2.10 với chú ý là a + b + c = 1,
ta có: 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 1(11) đây là bài toán 2.11
Bài toán 2.11. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
Chứng minh rằng: 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 1.
Hướng dẫn:sử dụng bài toán 2.10 và biến đổi như (11)
9


*Theo bất đẳng thức: 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)2 = 1. Kết hợp với bất
đẳng thức ở bài toán 2.11 ta thu được: 7(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 2 (12), đây
là bài toán 2.12
Bài toán 2.12. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
Chứng minh rằng: 7(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 2.
Hướng dẫn:sử dụng bài toán 2.11 và biến đổi như (12)
*Thay a + b + c = 1 vào bất đẳng thức ở bài toán 2.1:

a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a 2 (1 − a ) + b 2 (1 − b) + c 2 (1 − c) .
Biến đổi ta được: 2(a3 + b3 + c3) + 3abc ≥ a2 + b2 + c2. (13)
đây là bài toán 2.13
Bài toán 2.13. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
Chứng minh rằng: 2(a3 + b3 + c3) + 3abc ≥ a2 + b2 + c2.
Hướng dẫn:sử dụng bài toán 2.1 và biến đổi như (13)
3
1
a+b+c
*Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si : abc ≤ 
; và kết
÷ =
3

 27
hợp với bất đẳng thức ở bài toán 2.11 ta có
Vì 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 1 ⇔ 4(ab + bc + ca) – 8abc ≤ abc + 1
1
7
+ 1 hay ab + bc + ca – 2abc ≤
suy ra: 4(ab + bc + ca) – 8abc ≤
(14)
27
27
đây là bài toán 2.14
Bài toán 2.14. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
7
Chứng minh rằng: ab + bc + ca – 2abc ≤
.
27

Hướng dẫn:sử dụng bài toán 2.11 và biến đổi như (14)
*Từ bài toán 2.11: 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 1
⇔ 4(ab + bc + ca) – 4abc ≤ abc + 1
1
8
suy ra: 4(ab + bc + ca) – 4abc ≤ 5. + 1 hay ab + bc + ca – abc ≤
(15)
27
27
đây là bài toán 2.15
Bài toán 2.15. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
8
Chứng minh rằng: ab + bc + ca – abc ≤
.
27
Hướng dẫn:sử dụng bài toán 2.11 và biến đổi như (15)
*Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có:

10


1
1
(a + b + c)2 = ,
3
3
và kết hợp với bất đẳng thức ở bài toán 2.13 ta được :
6(a3 + b3 + c3) + 9abc ≥ 1(16) đây là bài toán 2.16
a2 + b2 + c2 ≥

Bài toán 2.16. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
Chứng minh rằng: 6(a3 + b3 + c3) + 9abc ≥ 1.
Hướng dẫn:sử dụng bài toán 2.13 và biến đổi như (16)
* Ta thay
1
1
ab + bc + ca = [(a + b + c)2 – (a2 + b2 +c2)] = 1 − ( a 2 + b 2 + c 2 ) 
2
2
Vào các bất đẳng thức ở các bài toán 2.14 ta có
7
13
1
⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 4abc ≥
1 − (a 2 + b 2 + c 2 )  – 2abc ≤
(17)
27
27
2
Bài toán 2.17. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
13
2
2
2
Chứng minh rằng: a + b + c + 4abc ≥
.
27
Hướng dẫn:sử dụng bài toán 2.14 và biến đổi như (17)
*Ta thay
1

1
ab + bc + ca = [(a + b + c)2 – (a2 + b2 +c2)] = 1 − ( a 2 + b 2 + c 2 ) 
2
2
Vào các bất đẳng thức ở các bài toán 2.15 ta có
8
11
1
⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 2abc ≥
. 1 − (a 2 + b 2 + c 2 )  – abc ≤
(18)
27
27
2
ta có bài toán 2.18
Bài toán 2.18. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
11
2
2
2
Chứng minh rằng: a + b + c + 2abc ≥
.
27
Hướng dẫn:sử dụng bài toán 2.15 và biến đổi như (18)
*Vẫn từ bài toán 2.11: 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 1.
1
Vì 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)2 nên ab + bc + ca ≤ ; 8(ab + bc + ca) ≤
3
4
7

9abc + 1 + 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 1 + = 9abc + (19)
3
3
Nên ta có bài toán 2.19 sau:

11


Bài toán 2.19. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
7
Chứng minh rằng: 8(ab + bc + ca) ≤ 9abc + .
3
Hướng dẫn:sử dụng bài toán 2.11 và biến đổi như (19)
1
*Thay ab + bc + ca = [(a + b + c)2 – (a2 + b2 + c2)]
2
1
= [1 – (a2 + b2 + c2)] (20)vào bài toán 2.19
2
5
ta được: 4(a2 + b2 + c2) + 9abc ≥
đây là bài toán 2.20
3
Bài toán 2.20. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
5
Chứng minh rằng: 4(a2 + b2 + c2) + 9abc ≥ .
3
Hướng dẫn:sử dụng bài toán 2.19 và biến đổi như (20)
2.4. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Thông qua việc xây dựng, đề xuất các bài toán đã nêu trên, góp phần hình

thành cho học sinh kỹ năng tư duy logic, kĩ năng tìm tòi, khám phá và kĩ năng
phối hợp nhiều kĩ thuật phức tạp hơn trong một bài tập dần hình thành tư duy
linh hoạt cho học sinh . Bên cạnh đó cũng từ các cách suy ra bất đẳng thức
mới từ một bất đẳng thức đã biết cũng đã giúp các em hình thành phương
pháp hiệu quả để chứng minh một bất đẳng thức. Phương pháp quy lạ về
quen. Chẳng hạn ta xét bài toán sau:
“ Cho ba số thực không âm thỏa mãn x + y + z = 3. Chứng minh rằng:
x 2 + y 2 + z 2 + xyz ≥ 4
Rõ ràng bài toán trên không giống như các bài toán ta đã nêu trên ở giả thiết
x + y + z = 3, nhưng nếu ta đặt x = 3a, y = 3b, z = 3c thì giả thiết sẽ là: a, b, c
không âm và a + b + c = 1, còn điều cần chứng minh sẽ là
(3a ) 2 + (3b) 2 + (3c) 2 + 3a.3b.3c ≥ 4
4
⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 3abc ≥ (**)
9
Rõ ràng bất đẳng thức trên được suy ra từ bất đẳng thức ở bài toán 2.18. Thật
vậy, áp dụng bất đẳng thức Cô – Si vào vế trái của (**) ta có:
4
≤ a 2 + b 2 + c 2 + 3abc
9
= a 2 + b2 + c 2 + 2abc + abc
3

a+b+c
≤ a + b + c + 2abc + 
÷
3


1

= a 2 + b 2 + c 2 + 2abc +
27
2

2

2

12


4 1 11
−
=
(đây là bất đẳng thức ở Bài toán 2.18)
9 27 27
Từ ví dụ nêu trên, chúng ta đã làm cho học sinh thấy rằng, đôi khi thoạt
nhìn thì các bài toán có thể nói là hoàn toàn khác nhau, nhưng qua việc phân
tích trên cho ta thấy các bài toán đó lại có nguồn gốc giống nhau. Hơn thế
nữa, qua đây cũng mở cho ta một hướng để ta có thể đề xuất thêm rất nhiều
bài toán mới từ các bài toán đã nêu bằng cách đặt ẩn phụ một cách thích hợp.
Khi chưa thực hiện đề tài này tôi nhận thấy nhiều học sinh khi gặp phải
bài toán về bất đẳng thức thường thấy “sợ” và thường bỏ qua bài này trong
các đề thi.
Qua những lần kiểm tra định kì ,kiểm tra thường xuyên của lớp ,của
trường ,của phòng giáo dục các em có được điểm 10 điều đó chứng tỏ học
sinh đã làm được dạng bài tập khó này. Cụ thể ,trong năm 2014-2015 nhà
trương phân công cho tôi dạy toán lớp 9B, 9C thì kết quả thu được khi không
áp dụng (lớp 9B) và sau khi áp dụng sáng kiến (lớp 9C) này như sau:
2

2
2
Hay a + b + c + 2abc ≥

Lớp Kiểm
tra
lần
9B
1
9B
2
9B
3

KẾT QUẢ KHÔNG ÁP DỤNG SKKN
Giỏi
Khá
Trung
Yếu
Kém
bình
3 6,9% 7 16,3% 14 32,6% 15 34,9% 4 (9,3%)
3 6,9% 8 18,6% 13 30,2% 15 34,9% 4 (9,3%)
3 6,9% 7 16,3% 14 32,6% 16 37,2% 3 (6,9%)

Lớp Kiểm
KẾT QUẢ SAU KHI ÁP DỤNG SKKN
tra
Giỏi
Khá

Trung
Yếu
Kém
lần
bình
9C
1
3 6,5% 6
13% 16 34,8% 16 34,8% 5 (6,9%)
9C
2
8 17,4% 10 21,7% 20 43,5% 8 17,4%
0%
9C
3
12 26,1% 12 26,1% 21 45,7% 1 2,1%
0%

13


3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
Trên đây là toàn bộ sáng kiến kinh nghiệm: “Rèn luyện khả năng tư
duy logic cho học sinh khối 9 khi học toán về bất đẳng thức”. Qua sáng kiến
này tôi đã hướng dẫn cho học sinh biết cách chứng minh hai bài toán quen
thuộc theo nhiều cách và từ các bất đẳng thức khá quen thuộc này ta đã suy ra
được các bất đẳng thức khác bằng các cách khác nhau.
Qua thời gian thực hiện đề tài bằng cách hướng dẫn học sinh giải bài
toán về bất đẳng thức theo nhiều cách, và phát triển thành các bài toán mới
học sinh đã hứng thú học hơn với dạng toán bất đẳng thức. Từ đó các em đã

linh hoạt, sáng tạo hơn trong học toán.
Mặc dù vậy, như mọi người đều biết, không có cách giải nào có thể giải
được mọi bài toán. Không thể có một kinh nghiệm nào có thể áp dụng được
vào mọi tình huống. Kinh nghiệm nhỏ này chỉ áp dụng được vào một số bài
tập nhất định. Bài viết này chắc chắn còn nhiều thiếu sót về nội dung cũng
như hình thức trình bày, rất mong nhận được thật nhiều góp ý từ các đồng
nghiệp để bài viết được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cám ơn !
Kiến nghị : Phòng giáo dục nên tổ chức cho giáo viên học và giao lưu
các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi để nâng cao chất lượng dạy và học
của Thành Phố.
.
XÁC NHẬN CỦA
Thanh Hoá, ngày 26 tháng 03 năm
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép của người
khác
Người viết

Cao Thị Tâm

14


MỤC LỤC
1.MỞ ĐẦU...............…………………………………………………Trang 1
1.1LÍ DO CHON ĐỀ TÀI…………………………………………...Trang 1
1.2.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU…………………………………….Trang 2

1.3.ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU…………………………………..Trang 2
1.4.PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU………………………………Trang 2
2.NỘI DUNG SKKN.............…………………………………….......Trang 2
2.1.CƠ SỞ LI LUẬN CỦA SKKN............................. ……….......... Trang 2
2.2.THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SKKN....Trang 3
2.3.GIẢI PHÁP ĐÃ SỬ DỤNG …………………………..………...Trang 3
2.4.HIỆU QUẢ CỦA SKKN ……..... ……………………………..Trang 12
3.KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ……………………………………Trang14

15