SKKN Hướng dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của biến

MỤC LỤC
1. ĐẶT VẤN ĐỀ.
1.1 Lý do chọn đề tài ..............................................................................................
1.2 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu ..................................................................
1.3 Mục tiêu, nhiệm vụ nghiên cứu ......................................................................
1.3.1 Mục tiêu ..........................................................................................................
1.3.2 Nhiệm vụ ........................................................................................................
1.4 Phương pháp nghiên cứu .................................................................................
1.5 Những đóng góp mới của đề tài ......................................................................
2. PHẦN NỘI DUNG
2.1 Cơ sở khoa học ................................................................................................
2.1.1 Cơ sở lý luận ..................................................................................................
2.1.2 Cơ sở thực tiễn ...............................................................................................
2.2 Thực trạng của vấn đề nghiên cứu .................................................................
2.2.1 Thuận lợi ........................................................................................................
2.2.2 Hạn chế ...........................................................................................................
2.3 Hướng dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của
biến trong chương trình toán THCS .....................................................................
2.3.1 Khái niệm .......................................................................................................
2.3.2 Tính chất .........................................................................................................
2.3 Dạng toán áp dụng ............................................................................................
2.3.1 Dạng toán tổng quát ......................................................................................
2.3.2 Bài tập áp dụng ..............................................................................................
2.3.3 Bài tập tự luyện .............................................................................................
2.4 Kết quả đạt được ..............................................................................................
3. KẾT LUẬN
3.1 Ý nghĩa của sáng kiến ......................................................................................
3.2 Khả năng ứng dụng và khai triển ....................................................................
Danh mục tài liệu tham khảo .................................................................................

2

2
2
2
2
3
3
4
4
4
4
4
5
5
5
5
6
6
6
14
14
15
15
16

1


Sáng kiến kinh nghiệm: “Hướng dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức
với đoạn giá trị của biến”
1. ĐẶT VẤN ĐỀ

1.1. Lý do chọn đề tài.
Việc dạy toán ở trường THCS ngoài mục đích cung cấp kiến thức cho học
sinh, điều đặc biệt là dạy cho học sinh cách phân tích, nghiên cứu, tìm tòi đào
sâu khai thác, phát triển bài toán để tổng quát hóa, khái quát hóa kiến thức.
Nhưng thực tế, việc này đối với học sinh nhìn chung là khó khăn, một bộ phận
học sinh chỉ dừng lại ở việc giải bài toán, độ ì tư duy còn rất lớn. Bất đẳng thức
là một dạng toán khó, đa dạng thường xuất hiện nhiều trong các kỳ thi học sinh
giỏi toán lớp 8, lớp 9 và các kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT. Với mong muốn
nâng cao chất lượng giáo dục nói chung, chất lượng dạy học nói riêng và phát
triển tư duy sáng tạo, nâng cao khả năng phát hiện và giải quyết vấn đề, đem lại
niềm vui hứng thú cho học sinh. Tôi xin trình bày kinh nghiệm “Hướng dẫn
học sinh giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của biến” trong
chương trình toán THCS.
1.2. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.
Đề tài tập trung nghiên cứu về một số bài toán liên quan đến bất đẳng
thức với đoạn giá trị của biến và phát huy hiệu quả của phương pháp giải toán cụ
thể trong chương trình toán 8, 9. Đặc biệt là trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi
môn toán lớp 8; 9 và ôn thi vào lớp 10 THPT.
1.3. Mục tiêu và nhiệm vụ nghiên cứu.
1.3.1. Mục tiêu:
Đề tài chú trọng nghiên cứu các bài toán liên quan đến bất đẳng thức với
đoạn giá trị của biến, qua việc phân tích, nghiên cứu, tìm tòi tìm ra mối quan hệ
giữa các kiến thức liên quan trong bài toán, để tìm ra phương pháp giải phù hợp.
Từ đó đào sâu, khai thác phát triển bài toán. Giúp các em học sinh lựa chọn
phương pháp giải toán làm sao có hiệu quả. Học sinh nhận dạng và giải đúng về
dạng toán liên quan đến bất đẳng thức. Từ đó các em hứng thú, đam mê hơn với
bộ môn toán.
1.3.2. Nhiệm vụ:
- Nghiên cứu chương trình sách giáo khoa, sách tham khảo về bất đẳng
thức.

- Tiến hành điều tra tìm hiểu thực tiễn của học sinh về việc giải các bài
toán liên quan đến bất đẳng thức với đoạn giá trị của biến.
- Xác định các biện pháp sư phạm để áp dụng phương pháp dạy học phù
hợp.
- Thực nghiệm sư phạm để kiểm định tính khả thi của đề tài.

2


1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Thực hiện đề tài này, tôi đã sử dụng các phương pháp nghiên cứu sau:
- Phương pháp phân loại các bài toán.
- Phương pháp phân tích, đánh giá, tổng hợp.
- Phương pháp thực nghiệm giáo dục để kiểm định tính khả thi của đề tài.
1.5. Những đóng góp mới của đề tài.
Trong thực tiễn có rất nhiều tài liệu liên quan đến “Bất đẳng thức với
đoạn giá trị của biến”, nhưng học sinh chỉ được làm quen theo một số bài tập
đơn lẻ theo từng khối lớp, chưa có một phương pháp giải cụ thể đối với dạng
toán này. Với đề tài này học sinh có được cách nhìn tổng quan, hiểu sâu bản chất
và có phương pháp vận dụng tốt hơn để giải toán. Nhằm nâng cao chất lượng
học tập của học sinh.
Đây cũng là nguồn tài liệu tham khảo bổ ích cho đội ngũ giáo viên đang
giảng dạy trực tiếp và bồi dưỡng học sinh giỏi nhằm nâng cao chất lượng dạy
học và giáo dục toàn diện.

3


2. PHẦN NỘI DUNG
2.1. Cơ sở khoa học.

2.1.1. Cơ sở lý luận.
Trong chương trình toán phổ thông thì bất đẳng thức là một trong những
phần quan trọng. Nó có mặt trong tất cả các bộ môn số học, hình học, đại số. Vì
thế các bài toán về bất đẳng thức ngày càng được quan tâm đúng mức và tỏ ra có
sức hấp dẫn mạnh mẽ và tính độc đáo của phương pháp giải chúng. Học sinh
được tiếp cận ngay ở bậc tiểu học ở mức độ đơn giản, là so sánh hai số hay hai
biểu thức số. Lên trung học học sinh được học cụ thể hơn về khái niệm bất đẳng
thức và các tính chất của nó ở chương trình toán lớp 8. Nhưng việc vận dụng các
tính chất của bất đẳng thức vào giải toán để các em trình bày được lôgic, đó là
cả một vấn đề mà không phải bất cứ học sinh nào cũng thực hiện được. Vậy làm
thế nào để thông qua các giờ học toán để giúp các em nắm được kiến thức và rèn
luyện được phương pháp giải. Qua đó hình thành cho các em tư duy, tích cực
độc lập sáng tạo, nâng cao khả năng phát hiện và giải quyết vấn đề, rèn luyện kỹ
năng vận dụng vào thực tiễn đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh.
2.1.2. Cơ sở thực tiễn:
Qua quá trình dạy học, bồi dưỡng học sinh giỏi thường có nhiều dạng
toán khó, có nhiều bài toán với lời giải đặc thù riêng. Mặc dù quá trình học tập
của học sinh, đã có những tài liệu để hỗ trợ, nhưng khi gặp dạng toán liên quan
đến bất đẳng thức học sinh vẫn thường lúng túng và gặp khó khăn. Có nhiều em
sau khi đọc kỹ đề bài mà vẫn không biết định hình được lời giải và bắt đầu từ
đâu.
Là một giáo viên trực tiếp giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi. Tôi đã
tìm hướng giải quyết có hiệu quả nhất cho bản thân, cũng như cho học sinh khi
triển khai chuyên đề về bất đẳng thức. Khi giáo viên phân tích, hướng dẫn học
sinh cách nhìn bài toán, mối liện hệ giữa các yếu tố trong bài toán học sinh đã có
lời giải nhanh hơn và giải được các bài tập liên quan. Đồng thời thông qua đó
giúp các em biết phân tích, tìm tòi, phát triển bài toán ban đầu ra nhiều bài toán
khác.
2.2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu.
2.2.1. Thuận lợi:

- Hiện nay, điều kiện học tập của học sinh và điều kiện dạy học của giáo
viên đã được cải thiện rõ rệt. Cùng với sự phát triển chung của xã hội, người
giáo viên cũng như học sinh có điều kiện tiếp thu với nhiều nguồn thông tin,
nhiều nguồn tư liệu phong phú và các phương tiện dạy - học hiện đại, ...
- Sự quan tâm của các cấp, các ngành đã tạo điều kiện thuận lợi cho hoạt
động dạy - học của giáo viên và học sinh.

4


- Nhiều giáo viên có nhiệt huyết với công tác dạy học, tích cựu đổi mới
phương pháp dạy học để không ngừng nâng cao chất lượng của bộ môn.
2.2.2. Hạn chế.
- Trên thực tế tài liệu viết về “Bất đẳng thức” thì rất nhiều nhưng cụ thể
viết về phương pháp giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của biến thì rất
ít hầu hết chỉ là các bài tập ở dạng đơn lẻ, do đó nhiều giáo viên gặp khó khăn
khi gặp dạng toán này để dạy cho học sinh một cách có hệ thống.
- Đối với nhiều học sinh
+ Không nắm được phần lí thuyết cơ bản của bài học hoặc nắm nội dung
bài học một cách thụ động, nên trong quá trình làm bài tập còn gặp nhiều khó
khăn, lúng túng.
+ Không chịu đề cập bài toán theo nhiều hướng khác nhau, không sử
dụng hết các dữ kiện của bài toán ...
+ Không biết vận dụng hoặc vận dụng chưa thành thạo các phương pháp
suy luận trong giải toán, không biết sử dụng các bài toán giải mẫu hoặc áp dụng
phương pháp giải một cách thụ động.
+ Không chịu suy nghĩ tìm các cách giải khác nhau cho một bài toán hay
mở rộng lời giải tìm được cho các bài toán khác, do đó hạn chế trong việc rèn
luyện năng lực giải toán.
+ Việc đầu tư cho thời gian tự đọc sách tham khảo của các em học sinh

còn ít.
2.3. Hướng dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị
của biến trong chương trình toán THCS
2.3.1. Khái niệm.
Ta gọi hệ thức dạng a  b (hay a  b ; a �b ; a �b ) là bất đẳng thức và gọi a
là vế trái, b là vế phải của bất đẳng thức.
2.3.2. Tính chất.
1. a  b � b  a
2. Tính bắc cầu: a  b; b  c � a  c
3. Cộng hai vế của bất đẳng thức với cùng một số: a  b � a  c  b  c
4. Nhân hai vế của bất đẳng thức với cùng một số:
a  b; c  0 � ac  bc
a  b; c  0 � ac  bc .

Bổ sung:
1. Cộng từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều, được bất đẳng thức mới
a  b; c  d � a  c  b  d .
cùng chiều bất đẳng thức đã cho :
2. Trừ từng vế hai bất đẳng thức ngược chiều, được bất đẳng thức mới
cùng chiều bất đẳng thức thứ nhất : a  b; c  d � a  c  b  d .
3. Nhân từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều mà hai vế không âm ta được
một bất đẳng thức cùng chiều : a  b �0; c  d �0 � ac  bc .
5


4. Nâng lên lũy thừa bậc nguyên dương hai vế của bất đẳng thức ta được
một bất đẳng thức cùng chiều :
a  b  0 � an  bn ;
a  b � a n  b n với n lẻ;
a  b � a n  b n với n chẵn.

5. So sánh hai lũy thừa cùng cơ số với số mũ nguyên dương:
Nếu m  n  0 thì a  1 � a m  a n ;
a  1 � am  an ;
0  a  1 � am  an .
2.3. DẠNG TOÁN ÁP DỤNG.
2.3.1. Dạng toán tổng quát.
Cho các số a; b; c; .... thỏa mãn điều kiện: a; b; c;... � m; n  . Chứng minh bất
đẳng thức: ......
Phương pháp giải:
Với điều kiện bài toán cho a; b; c;... � m; n  ta có m �a �n ; m �b �n ;...;
Từ đó ta suy nghĩ đến các bất đẳng thức:
a  m �0 ; a  n �0 ; b  m �0 ; b  n �0 ; c  m �0 ; c  n �0 ; .....
Từ các bất đẳng thức trên dựa vào bất đẳng thức cần chứng minh, tìm mối
liên quan để xác định dấu các tích cần lập.
Ví dụ
(a  m)(a  n) �0 ; (b  m)(b  n) �0
(a  m)(b  m) �0 ; (a  n)(b  n) �0
(a  m)(b  m)(c  m) �0 ; (a  n)(b  n)(c  n) �0
...
2.3.2 Bài toán áp dụng
Bài toán 1:
Gọi a ; b ; c là 3 số thỏa mãn điều kiện: a  b  c �0 và a; b; c � 2; 336 .
Chứng minh: a 2  b 2  c 2 �2016
Phân tích bài toán.
Từ điều kiện: a; b; c � 2; 336 suy ra 2 �a; b; c �336 . Theo cách phân tích
ở 2.3.1 ta nghĩ đến các bất đẳng thức:
a  2 �0 ; a  336 �0
b  2 �0 ; b  336 �0
c  2 �0 ; c  336 �0
Bất đẳng thức cần chứng minh là: a 2  b2  c 2 �2016 . Vấn đề đặt ra làm

xuất hiện các hạng tử a 2 ; b2 ; c 2 do đó ta nghĩ đến việc xác định dấu của tích
2
(a �

2)(

 a 336) 0 a 334a 672 xuất hiện hạng tử a2
Tương tự ta có:
b 2 �334b  672; c 2 �334c  672 xuất hiện hạng tử b 2 ; c 2
6


� a 2  b2  c 2 �334(a  b  c )  2016

Kết hợp với điều kiện a  b  c �0 suy ra được bất đẳng thức cần chứng
minh.
Lời giải.
Ta có a; b; c � 2; 336 � a  2 �0 và a  336 �0
� (a  2)(a  336) �0
� a 2  334a - 672 �0
 a 2 334a 672



Tương tự ta có:
b 2 �334b  672
c 2 �334c  672
� a 2  b2  c 2 �334a  334b  334c  672  672  672
� a 2  b2  c 2 �334(a  b  c )  2016

Mà a  b  c �0 nên a 2  b 2  c 2 �2016
��
a  2
��
a  336
��
(a  2)(a  336)  0 �
�
b  2
�
�
�
(b  2)(b  336)  0
��
�
� ��
b  336
Dấu “=” xẩy ra � �
(c  2)(c  336)  0
�
�
c  2
��
�
abc 0
�
�
��
c  336
�

�a  b  c  0

Dấu “=” không xẩy ra
Khai thác bài toán:
Từ điều kiện của bài toán ta có thể thay đổi điều kiện đoạn giá trị của biến
và điều kiện về tổng a  b  c ta có bài toán tương tự sau:
Bài 1. Cho các số a ; b ; c là 3 số thỏa mãn điều kiện: a  b  c  0 và
a; b; c � 1; 2 . Chứng minh: a 2  b 2  c 2 �6
Bài 2. Cho các số a ; b ; c là 3 số thỏa mãn điều kiện: a  b  c  3 và
a; b; c � 0; 2 . Chứng minh: a 2  b 2  c 2 �6
* Nếu ta thay đổi điều kiện đoạn giá trị của biến và điều kiện về các hệ số
của tổng a + b + c ta có bài toán mới sau:
Bài 3. Cho các số a; b; c � 2; 4 thỏa mãn điều kiện: a  2b  3c �6 . Chứng
minh bất đẳng thức: a 2  2b 2  3c 2 �60 . Đẳng thức xẩy ra khi nào ?
Lời giải.
Từ a; b; c � 2; 4 ta có: a  2 �0 ; a  4 �0
� (a  2)(a  4) �0


� a 2  2a  8 �0
 a 2 2a 8 (1)
Tương tự ta có: b 2 �2b  8; c 2 �2c  8

7




 2b 2

4b 16; 3c 2 �6c  24
(2)
2
2
2
Từ (1) và (2) suy ra a  2b  3c �2(a  2b  3c)  48

Mà a  2b  3c �6 nên a 2  2b 2  3c 2 �2.6  48
� a 2  2b 2  3c 2 �60
��
a  2
��
a4
��
�
a  b  2
�
( a  2)( a  4)  0 �
�
b  2
�
�
�
�
c4
(b  2)(b  4)  0 �
�
�
�
�

� ��
�
b

4
Dấu “=” xẩy ra � �
�
�
(c  2)(c  4)  0
ab4
�
�
�
�
c


2
�
�
�
�
a  2b  3c  6
c  2
�
�
�
�
��
c4

�
�
a  2b  3c  6
�
Bài 4. Cho các số a, b, c thỏa mãn 0 �a �2; 0 �b �2;0 �c �2 và a  b  c  3 .
Chứng minh rằng: a 3  b3  c3 �9

Lời giải
Giả sử a  max(a, b, c); c  min(a, b, c).
Vì 0 �a �2; 0 �b �2;0 �c �2 và a + b + c  3 � 0 �c �1 �a �2 .
1 a�
2 ���
( a 2)(a 1) 0

a 3�3a 2 -2a


3(3a

a2

3a 2

2) 2a = 7a 6

 a 3 7a 6
(1)
3
0 �
c �

1 c c (2)
Nếu 0 �b �1 thì b 3 �b (3)
Từ (1), (2), (3) ta được a3  b3  c3 �7a + b + c  6 = 6a  3 �9.
Nếu 1 �b �2 thì tương tự có: b3 �7b  6 (4)

Từ (1), (2), (4) ta được
a3  b3  c3 �7a  7b  c  12  21  6c  12 �9
Vậy a 3  b3  c3 �9

Bài 5.
Cho các số a; b; c � 0; 2 thỏa mãn: a  b  c  3 . Chứng minh: a 2  b 2  c 2 �5
Phân tích bài toán.
Theo cách suy luận của các bài toán 1 học sinh suy luận.
Với a; b; c � 0; 2 thì
a �0 ; a  2 �0
b �0 ; b  2 �0
(1)
c �0 ; c  2 �0
Xét dấu các tích.
a (a  2) �0; b(b  2) �0; c(c  2) �0
 a2

2a; b 2 �2b; c 2 �2c

� a 2  b 2  c 2 �2(a  b  c )  2.3  6 � sai

8


Vậy phải làm thế nào. Ta cần chú ý sử dụng tới điều kiện ban đầu bài toán

đã cho: a  b  c  3 � a 2  b2  c 2  9  2(ab  bc  ac) chuyển bài toán về dạng sau:
ab  bc  ac �2 .
Do đó cần nghĩ tới việc làm thế nào để xuất hiện các hạng tử ab, bc, ac từ
các bất đẳng thức (1). Vậy dấu của tích cần lập là:
(a  2)(b  2)(c  2) �0
� abc  2(ab  bc  ac )  4(a  b  c )  8 �0
� 2(ab  bc  ac) �4  abc �4

Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
Lời giải.
Vì a; b; c � 0; 2 nên (a  2)(b  2)(c  2) �0
� abc  2(ab  bc  ac )  4(a  b  c )  8 �0
� 2(ab  bc  ac) �4( a  b  c)  8  abc

Nên 2(ab  bc  ac) �4 (vì a  b  c  3 và abc �0 )
2
Suy ra  a  b  c   (a 2  b 2  c 2 ) �4
� a 2  b 2  c 2 �5 (vì  a  b  c   9 )
2

(a  2)(b  2)(c  2)  0
�
abc  3
�

Dấu “=” xẩy ra � �

Trong 3 số a, b, c có một số bằng 2, một số bằng 1 và một số bằng 0
Từ cách giải bài 5 ta xác định được cách giải bài toán sau:
Bài toán 2.

Cho các số a; b; c � 0;1 . Chứng minh rằng: a(1  b)  b(1  c)  c(1  a) �1 .
Phân tích bài toán.
Sau khi làm quen với các bài toán 1 học sinh suy luận tìm hướng giải như
sau:

Từ a; b; c � 0;1 ta có a  1 �0; b  1 �0; c  1 �0
Từ vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh
a(1  b)  b(1  c)  c(1  a)  a  b  c  (ab  bc  ac)

Làm thế nào để xuất hiện các hạng tử a, b, c, ab, bc, ac. Vậy ta có:
(a  1)(b  1)(c  1) �0
� abc  (a  b  c )  (ab  bc  ac )  1 �0

đến đây bài toán được giải quyết
Lời giải.
Ta có: a(1  b)  b(1  c)  c(1  a )  a  ab  b  bc  c  ac  a  b  c  ab  bc  ac
Vì a; b; c � 0;1 nên a  1 �0; b  1 �0; c  1 �0
� (a  1)(b  1)(c  1) �0
� abc  (a  b  c )  (ab  bc  ac )  1 �0
۳
1 a �
b 
c (ab bc ac) abc a b c ab bc ac (vì abc �0 )

9


۳ 1 a (1  b)  b(1  c)  c (1  a)
� a (1  b)  b(1  c )  c(1  a) �1
(1  a )(1  b)(1  c)  0

�
Dấu “=” xẩy ra � �
abc  0
�

Trong 3 số a, b, c có 2 số bằng 1 và một số bằng 0
Khai thác bài toán.
Từ bài toán 2 ta có:
a(1  b)  b(1  c )  c (1  a )  a  ab  b  bc  c  ac  a  b  c  ab  bc  ac

và a; b; c � 0;1 nên áp dụng kiến thức bổ sung 5 thì a n �a; b n �b; c n �c với n
nguyên dương. Do đó ta thay các hạng tử của tổng a + b + c thành các lũy thừa,
từ đó phát triển thành bài toán mới như sau:
Bài 1.
Cho các số a; b; c � 0;1 . Chứng minh rằng: a  b 2  c3  ab  bc  ac �1
Lời giải
Vì a; b; c � 0;1 nên 1  a �0;1  b �0;1  c �0
� (1  a)(1  b)(1  c) �0
� 1  (a  b  c)  (ab  bc  ac)  abc �0

۳
1 a �
b 
c (ab bc ac) abc a b c ab bc ac (vì abc �0 ) (1)
Vì a; b; c � 0;1 nên suy ra b 2 �b; c3 �c do đó
a  b  c  ab  bc  ac �a  b 2  c 3  ab  bc  ac (2)
Từ (1) và (2) suy ra a  b 2  c3  ab  bc  ac �1

Vì a; b; c � 0;1 ta có 1  a �0;1  b �0;1  c �0
Vì 0 �a �1;0 �b �1;0 �c �1 theo kiến thức bổ sung 5 thì a 2 �a; b 2 �b; c 2 �c

nên a(1  b) �a 2 (1  b); b(1  c) �b 2 (1  c); c(1  a) �c 2 (1  c) .Từ đó ta có bài toán mới
sau
Bài 2. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 0 �a �1;0 �b �1;0 �c �1 . Chứng
minh rằng a 2  b 2  c 2 �1  a 2b  b 2c  c 2 a
Lời giải.
Ta có 0 �a �1; 0 �b �1; 0 �c �1
� 1  a �0; 1  b �0; 1  c �0 và a 2 �a; b 2 �b; c 2 �c nên
a (1  b) �a 2 (1  b);
b(1  c ) �b 2 (1  c);
c(1  a ) �c 2 (1  a )
� a  ab �a 2  a 2b; b  bc �b 2  b 2c; c  ac �c 2  c 2 a





 

� a 2  b2  c 2  (a 2b  b 2c  c 2 a ) �(a  b  c )  (ab  bc  ac ) (1)
Mà (1  a)(1  b)(1  c)  abc �0 (Vì 1  a �0; 1  b �0; 1  c �0 và abc �0 )
 1 (a b c) (ab bc ac)
(2)

Từ (1) và (2) suy ra a 2  b 2  c 2 �1  a 2b  b2c  a 2c
10


Bài 3. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 0 �a �1;0 �b �1;0 �c �1 . Chứng
minh rằng 2(a 3  b3  c 3 ) �3  a 2b  b 2c  c 2 a
Lời giải.

Từ 0 �a �1; 0 �b �1; 0 �c �1  0 a; a 2 �1; 0 �b; b 2 �1; 0 �c; c 2 �1
� 1  a 2 �0; 1  b 2 �0; 1  c 2 �0; 1  a �0; 1  b �0; 1  c �0





� (1  a 2 )(1  b)  (1  b 2 )(1  c)  1  c 2 (1  a) �0
� 3  a 2b  b 2 c  c 2 a �a 2  b 2  c 2  a  b  c �2(a 3  b 3  c 3 )

(Vì a 3 �a;
a 3 �a 2 ; b3 �b; b3 �b2 ; c 3 �c; c 3 �c 2 )
� 2( a 3  b3  c 3 ) �3  a 2b  b 2c  c 2 a

Bài 4. Cho các số a, b, c thỏa mãn 1 �a �2; 1 �b �2 . Chứng minh rằng
a 2  b 2  ab �a  b

Lời giải.
Từ 1 �a �2; 1 �b �2 ta có các bất đẳng thức
a  1 �0; a  2 �0;
b  1 �0; b  2 �0;
c  1 �0; c  2 �0 .

Nên
(a  1)( a  2) �0
�
�
(b 1)(
�b 2) 0
�

�
(a  2)(b  2) �0
�

�
a 2 �3a  2
�2
b 3b 2
�
�
ab �4  2a  2b
�

� a 2  b 2  ab �a  b
ab
a b
�
 1 nên có thể phát biểu dưới dạng khác:
Từ bài 4 ta có 2
2
a  ab  b
ab
ab
�1
Bài 4.1 Cho 1 �a �2 và 1 �b �2 . Chứng minh rằng: 2
a  ab  b 2
Bài 4.2 Cho 1 �a �2 và 1 �b �2 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu
( a  b) 2
thức: P  3 3
a b

Bài toán 3. Cho a, b, c là 3 số dương nhỏ hơn 2. Chứng minh 3 số
a (2  b); b(2  c); c (2  a) không thể đồng thời lớn hơn 1.
Phân tích bài toán.
Với dạng toán trên học sinh thường nghĩ đến phương pháp phản chứng.
Giả sử a(2  b)  1; b(2  c)  1; c(2  a)  1
Vì 0  a; b; c  2 do đó ta nghĩ đến các bất đẳng thức
2  a  0; 2  b  0; 2  c  0
Mà a  (2  a)  2 không đổi nên a(2  a) �1 � a  2  a � a  1
Tương tự: b(2  b) �1 � b  b  2 � b  1
c(2  c) �1 � c  c  2 � c  1

11


Từ đây ta có abc(2  a)(2  b)(2  c) �1 � bài toán được giải quyết
Lời giải:
Giả sử a(2  b)  1; b(2  c)  1; c(2  a)  1
� abc(2  a )(2  b)(2  c)  1 (1)
Vì 0  a; b; c  2 nên 2  a  0; 2  b  0; 2  c  0
Mà a  (2  a)  2 không đổi nên a(2  a) �1 � a  2  a � a  1
Tương tự b(2  b) �1 � b  b  2 � b  1
c(2  c) �1 � c  c  2 � c  1

Vậy abc(2  a)(2  b)(2  c) �1.1.1 hay abc(2  a)(2  b)(2  c) �1
(2)
Dấu “=” xẩy ra � a  b  c  1
Ta thấy (1) và (2) mâu thuẫn nhau, do đó 3 số a(2  b); b(2  c); c(2  a)
không thể đồng thời lớn hơn 1.
Khai thác bài toán.

Ta có thể phát biểu bài toán dưới dạng khác như sau:
Cho a, b, c là 3 số dương nhỏ hơn 2. Chứng minh rằng có ít nhất một
trong các bất đẳng thức sau là sai.
a (2  b)  1 ;
b(2  c )  1 ;
c (2  a)  1
Bài tập tương tự.
Bài 1. Cho a, b, c là 3 số dương nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng có ít nhất
một trong các bất đẳng thức sau là sai.
a (1  b) 

1
;
4

b(1  c) 

1
;
4

c(1  a) 

1
4

Bài 2. Cho các số 0  a, b, c, d  1 . Chứng minh rằng có ít nhất một trong
các bất đẳng thức sau là sai.
2a (1  b)  1 ;
3b(1  c)  2 ;

8c(1  d )  1 ;
32d (1  a )  3
Bài toán 4. Cho các số a, b, c thỏa mãn 1 �a �b �c �2 . Chứng minh rằng
a 1
�
b 2
a b 5
b)  �
b a 2
a b b c 9
c)    �
b a c b 2

a)

Phân tích bài toán.
a) (học sinh dễ dàng thực hiện được)
b) Vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh có dạng

a b
 vì thế từ điều
b a

a
a
a 1
1 a
�1 � 2  �1 mà � �  �0
b
b

b 2
2 b
a b 5
� a�
�1 a �
Do đó ta nghĩ đến việc lập dấu của tích �2  ��  ��0 �  �
b a 2
� b�
�2 b �
a
b
b
c
c) Từ 1 �a �b �c �2 suy ra các bất đẳng thức �1; �1; �1; �1
b
c
a
b

kiện 1 �a �b �2 ta có

12


�1

a
b
b
c

�0; 1  �0; 1  �0; 1  �0
b
c
a
b

a b b c
; ; ;
b a c b
a b
a
� a�
� b�
1 �
1  ��0 �  �1 
Do đó dấu tích cần lập là �
�
b c
c
� b�
� c�
b c
c
� b�
� c�
1 �
1  ��0 �  �1 
Và �
�
a b

a
� a�
� b�

Vấn đề là làm thế nào để xuất hiện các hạng tử

Kết hợp với câu b) suy ra vấn đề chứng minh.
Lời giải.
a) Do 1 �a �b �c �2 nên a �1 ; 2 �b;
a 1
�
b 2
a
a
1 (1)
b) Vì 1 �a �b �2 � �1 2
b
b
a 1
1 a
mà � �  �0
(2)
b 2
2 b
� a�
�1 a �
Từ (1) và (2) suy ra �2  ��  ��0
� b�
�2 b �
a b 5

a )
2a a a 2
a2 5 a
�1

 2 �0 � 1  2 � . �  � (chia hai vế cho
b a 2
b
b 2b b
b
2 b
a
b
b
c
c) Từ 1 �a �b �c �2 . Ta có �1; �1; �1; �1
b
c
a
b
a
b
b
c
nên 1  �0; 1  �0; 1  �0; 1  �0
b
c
a
b
a

b
a
b
a
� �
� �
(3)
��
1 �
1  ��0 �  �1 
�
b c
c
� b�
� c�
b c
c
� b�
� c�
1 �
1  ��0 �  �1 
(4)
�
�
a b
a
� a�
� b�
 2a b do đó

Cộng theo vế của (3) và (4) ta được
a b b c
5 9
�a c �
   �2  �  � 2  
b a c b
2 2
�c a �

Khai thác bài toán.
Từ bài toán trên ta có:
a b b c 9 a c 5
   � ;  �
b a c b 2 c a 2
�a b b c � �a c � 9 5
� �    � �  ��   7
�b a c b � �c a � 2 2
�1 1 1 �
�a b b c � �a c �
Mà  a  b  c  �   � 3  �    � �  ��3  7  10
�a b c �
�b a c b � �c a �

Ta có bài toán phát biểu dưới dạng khác như sau.
Cho các số a, b, c thỏa mãn 1 �a �2; 1 �b �2; 1 �c �2 .

13


1

1

1

�
�
Chứng minh:  a  b  c  �   ��10
a b c
�

�

2.3.3 Bài tập tự luyện.
Bài 1. Cho các số a ; b ; c thỏa mãn điều kiện: a  b  c �0 và
a; b; c � 1; 671 . Chứng minh rằng: a 2  b 2  c 2 �2013
Bài 2. Cho các số a; b; c thỏa mãn điều kiện: 2a  3b  4c �1941 và
a; b; c � 2; 4 . Chứng minh rằng: 2a 2  3b 2  4c 2 �2013
Bài 3. Cho các số a; b; c � 0; 2 . Chứng minh rằng:
a (2  b)  b(2  c)  c(2  a) �4 .
Bài 4. Cho các số a; b; c � 0;1 . Chứng minh rằng:
a 2  b 2013  c 2014  ab  bc  ac �1 .
Bài 5. Cho các số a;b;c thỏa mãn 0  a  1 , 0  b  1 , 0  c  1 . Chứng minh
rằng có ít nhất 1 trong các bất đẳng thức sau là sai.
1
1
c (a  1) 
;
4
4

Bài 6. Cho các số a;b;c thỏa mãn 1 �a �b �2 . Chứng minh rằng:
1 1� 9
 a  b �
�  ��
�a b � 2
a (b  1) 

1
;
4

b(c  1) 

2.4 Kết quả đạt được:
Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi. Khi chưa áp dụng chuyên đề trên
vào thực tế giảng dạy. Tôi đã tiến hành khảo sát đội tuyển học sinh giỏi khối 9.
Đa số học sinh còn lúng túng, nhiều em không biết phải bắt đầu từ đâu. Cụ thể
kết quả khảo sát chất lượng thu được trước khi thực hiện chuyên đề như sau:
Khối

Tổng số hs

Giỏi

Khá

Trung bình

8

6

2

3

1

9

8

2

5

1

Sau khi áp dụng chuyên đề, tôi thấy việc học của học sinh tương đối tốt,
các em không còn cảm giác lúng túng mà tự tin hơn, bước đầu đã phá vỡ được
độ ì tư duy và hình thành cho mình thói quen giải toán sao cho có hiệu quả, một
số em đã biết khai thác từ các bài toán bất đẳng thức ban đầu thành các bài toán
tương tự và các bài toán mới. Số học sinh khá giỏi tăng lên, số học sinh trung
bình giảm. Kết quả khảo sát chất lượng thu được như sau.
Khối

Tổng số hs

Giỏi

Khá

Trung bình

8

6

4

2

0

9

8

5

3

0
14


3. KẾT LUẬN
3.1. Ý nghĩa của sáng kiến.
Khi dạy theo chuyên đề trên, tôi thấy các em không còn cảm giác lúng
túng, ái ngại mà say mê hơn, hào hứng hơn. Loại toán trên giúp các em phát

triển tư duy lôgic, cũng như khả năng phân tích tổng hợp, hình thành phẩm chất
trí tuệ, óc sáng tạo, linh hoạt khi làm toán. Qua đó hình thành cho học sinh thói
quen giải toán như thế nào để có hiệu quả.
Nghiên cứu dạng toán “Bất đẳng thức” nó là cơ sở, là động lực giúp cho
bản thân có thêm những hiểu biết mới. Đồng thời là tài liệu tham khảo giúp các
bạn đồng nghiệp, các em học sinh yêu thích và tự tin hơn khi gặp các bài toán có
liên quan đến bất đẳng thức và có được nhiều kinh nghiệm để nâng cao chất
lượng dạy học bộ môn.
3.2. Phạm vi và nội dung ứng dụng của sáng kiến.
Chuyên đề này có thể tùy theo mức độ, yêu cầu, đối tượng là học sinh lớp
8, lớp 9. Còn đối với bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8, 9 và học sinh ôn thi tuyển
sinh vào lớp 10 THPT đều có ý nghĩa quan trọng và thiết thực.
Bất đẳng thức là dạng toán khó, đa dạng. Đó là vấn đề cần phải tiếp tục
nghiên cứu trong quá trình giảng dạy, để đưa ra nhiều phương pháp giải các
dạng toán về bất đẳng thức, bất đẳng thức có điều kiện và áp dụng nó vào dạng
toán tìm cực trị của biểu thức, ...
Trên đây là đúc rút kinh nghiệm thực tiễn của bản thân tôi qua các bài
toán đã gặp và qua kinh nghiệm nhiều năm giảng dạy, tôi đã trăn trở và chọn đề
tài viết ra để đồng nghiệp tham khảo. Trong quá trình thực hiện, không thể tránh
khỏi những thiếu sót. Vì vậy, tôi rất mong nhận được sự đóng góp chân thành
của Quý thầy cô và đồng nghiệp để kinh nghiệm này của tôi được hoàn thiên
hơn nữa.

15


16


Tài liệu tham khảo

1. SGK Toán 8 - NXB Giáo dục
2. Bài tập nâng cao và các chuyên đề Toán 8 – Tác giả Bùi Văn Tuyên NXB Giáo dục
3. Toán nâng cao và phát triển Toán 9 (tập 2) - Tác giả Vũ Hữu Bình – NXB
Giáo dục
4. Bộ đề ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT và THPT chuyên – do NGND
Nguyễn Trí Hiệp chủ biên – NXB Đại học quốc gia Hà Nội
5. 23 chuyên đề giải 1001 Bài toán sơ cấp - Tác giả Nguyễn Văn Vĩnh,
Nguyễn Đức Đồng và một số đồng nghiệp (NKTH) - NXB Giáo dục

17