Sáng kiến kinh nghiệm: Sáng tạo một số bất đẳng thức không đối xứng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN DIÊU
---o0o---

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Môn: Toán

Đề tài:
SÁNG TẠO
MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC KHÔNG ĐỐI XỨNG

Họ và tên giáo viên: Nguyễn Thị Thanh Vương
Năm học 2013 - 2014

0


SÁNG TẠO
MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC KHÔNG ĐỐI XỨNG
A. MỞ ĐẦU
I. Đặt vấn đề
1. Thực trạng của vấn đề đòi hỏi phải có giải pháp mới để giải quyết

Trong quá trình dạy học, người thầy cần nâng cao được tính tích cực, chủ
động và sáng tạo của học sinh, rèn luyện cho học sinh có khả năng phát hiện ra
những bài toán mới từ những bài toán đã có; cần khơi dậy và phát triển tiềm năng
sáng tạo còn tiềm ẩn trong mỗi học sinh; tạo cho các em niềm hứng thú và say mê
trong học tập.
Bài toán chứng minh một bất đẳng thức và bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ

nhất của một hàm số là những vấn đề khó đối với học sinh. Các dạng toán này rất

phong phú, đa dạng và nó có mặt khắp các cuộc thi từ trung học đến đại học và các
kỳ thi học sinh giỏi.Chính vì vậy, người thầy cần phải nắm được các bài toán gốc
và sáng tạo được nhiều bài tập có hệ thống để dạy cho học sinh.
Hệ thống các bài toán có dạng đối xứng đã trở nên quen thuộc đối với học
sinh, hơn nữa các bài toán được xem là khó lại nằm ở các bài toán không đối xứng.
Với những lí do trên, tôi chọn đề tài “Sáng tạo một số bất đẳng thức
không đối xứng”. Đề tài này sử dụng để dạy cho học sinh lớp 10 trong tiết tự chọn
theo chủ đề bất đẳng thức và sử dụng để bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 11.
Nhằm giúp các em có kỹ năng chứng minh bất đẳng thức và khả năng sáng tạo
trong học tập.
2. Ý nghĩa và tác dụng của giải pháp mới
Giúp học sinh giải quyết và sáng tạo được một số bất đẳng thức không đối
xứng.
Giúp đồng nghiệp có hướng để tạo ra hệ thống bài tập về bất đẳng thức
không đối xứng cho học sinh.
3. Phạm vi nghiên cứu của đề tài
Trong phạm vi nghiên cứu của đề tài này, tôi chỉ dừng lại ở việc nghiên cứu
sáng tạo một số bất đẳng thức không đối xứng.
II.Phương pháp tiến hành
1. Cơ sở lí luận
-Từ một bài toán trong sách giáo khoa đại số 10 nâng cao hiện hành.
-Từ một bất đẳng thức đúng.
-Xuất phát từ định lí đã biết.
2. Các biện pháp tiến hành, thời gian tạo ra giải pháp
a. Các biện pháp tiến hành
a.1. Nghiên cứu tài liệu.
- Sách giáo khoa Toán lớp 10 nâng cao hiện hành.
- Tài liệu tham khảo có liên quan đến đề tài.
a.2. Điều tra:
- Thực dạy và kết quả kiểm tra:

1


Trong quá trình nghiên cứu đề tài, tôi đã tiến hành thực dạy các lớp 10:
+Năm học 2011-2012:Lớp 10A 2:đối chứng, lớp 10 A 3: thực nghiệm.
+Năm học 2012-2013: Lớp 10A 2: đối chứng, lớp 10 A 4: thực nghiệm.
- Dự giờ: Thường xuyên dự giờ để biết được mức độ hiểu biết và khả năng
chứng minh bất đẳng của học sinh và cách giải quyết vấn đề của đồng nghiệp, từ
đó để đánh giá chính xác kết quả phương pháp của mình.
- Đàm thoại:
+ Trao đổi với đồng nghiệp để có kinh nghiệm và phương pháp dạy phù hợp
với phân môn.
+ Trao đổi với các em học sinh về các bài toán mới để biết được cách tìm ra
hướng giải bài toán của các em, từ đó có cách dạy tốt hơn.
b. Thời gian tạo ra giải pháp
Tôi đã nghiên cứu đề tài và tiến hành thực nghiệm trong hai năm học 20112012 và 2012-2013 đối với 2 lớp10A 3 ( năm 2011- 2012) và lớp 10A 4 (năm
2012 – 2013). Đồng thời đề tài này cũng là một chuyên đề trong bồi dưỡng học
sinh giỏi lớp 11 cấp tỉnh trong nhiều năm qua.
B-NỘI DUNG
I.Mục tiêu
Giúp cho học sinh và đồng nghiệp thấy được cách sáng tạo ra một số bất
đẳng thức không đối xứng từ bài toán gốc và cách giải của các bài toán này.
II. Mô tả giải pháp của đề tài
1. Thuyết minh tính mới
a.Nội dung của giải pháp
Từ các bất đẳng thức đối xứng, bằng phép đổi biến không đối xứng ta
được một bất đẳng thức không đối xứng. Hơn nữa, để giúp học sinh phát
triển tư duy và có sự tổng quát hóa về phương pháp giải, tôi xây dựng hệ
thống bài tập theo kiểu mở rộng không gian từ bài toán có hai biến số mở

rộng thành bài toán có ba biến số.
b. Điểm mới của giải pháp
Từ một số bài tập cơ bản trong sách giáo khoa đại số 10 nâng cao hiện
hành, qua phương pháp giải tôi hình thành được một lớp các bài toán về
bất đẳng thức không đối xứng.
c. Điểm sáng tạo của giải pháp
Điểm sáng tạo của giải pháp đó là tôi đã sáng tạo được một số bất
đẳng thức không đối xứng. Đặc biệt, tôi đã tạo ra được phương pháp hình
thành các bất đẳng thức không đối xứng này.
SÁNG TẠO MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC KHÔNG ĐỐI XỨNG
1.Từ một bài toán đối xứng.
Bài toán chứng minh một bất đẳng thức luôn luôn là một bài toán khó đối
với học sinh. Là một giáo viên dạy Toán tôi luôn tự đặt cho mình câu hỏi “ Làm
thế nào để học sinh không còn thấy khó khi gặp bài toán bất đẳng thức?”.Để trả lời
cho câu hỏi này, tôi đã bắt đầu từ bài toán gốc là bài toán 3 trang 109 trong sách
giáo khoa Đại số 10 nâng cao hiện hành. Để giúp học sinh thấy dễ dàng trong việc

2


chứng minh bất đẳng thức này, tôi đã thay đổi bài toán 3 thành bài toán tương tự
chỉ còn hai biến. Sau đó để được bài toán không đối xứng tôi dùng phép biến đối
không đối xứng. Sau khi học sinh thành thạo với bài toán hai biến tôi nâng lên với
bài toán ba biến số và bắt đầu của bài toán ba biến số là bài 3 trang 109. Sau đây là
các bài toán thể hiện giải pháp trên.
Bài toán 1: Chứng minh rằng
x 2  y 2  xy  x  y  1 �0, x, y ��; (1).
Lời giải:
Ta đặt M  x 2  y 2  xy  x  y  1 . Để chứng minh bất đẳng (1) ta chứng minh

M �0, x, y ��.
Ta có
2 M  2 x 2  2 y 2  2 xy  2 x  2 y  2
=  x - y    x  1   y  1 �0, x, y ��.
2

2

2

Do đó M �0, x, y ��.
Lời bình:Trong bài này vì vế trái của bất đẳng thức (1) đối xứng đối với x và y, nên
ta dễ dàng nghĩ ra phương pháp giải của bất đẳng thức này bằng cách đưa về các
bình phương của một hiệu hoặc một tổng. Bây giờ ta thay x bởi 2x và y bởi 3y vào
bất đẳng thức (1) ta được một bài toán mới không còn đối xứng đối với x và y nữa,
cụ thể là bài 2a, và bằng cách làm tương tự ta có bài 2b, 2c. Hoặc muốn có một bất
đẳng thức không đối xứng giữa sinx và cosx ta thay x bởi

3
sinx và thay y bởi
2

1
cos x ta được bài 2d. ( Bài 2d ta đưa vào tiết tự chọn theo chủ đề công thức lượng
2

giác)
Bài toán 2: Chứng minh rằng
a) 4 x 2  9 y 2  6 xy  2 x  3 y  1 �0, x, y ��, (2).
b) 2 x 2  2 y 2  2 xy  2 x  6 y  10 �0, x, y ��,(2').

c) 5 x 2  13 y 2  2 xy  2 x  4 y  1 �, (2")
d) 3sin 2 x  3 sin 2 x  cos 2 x  16 3 cos x  16sin x  24 �0, (2"').
Lời giải:
a) Ta đặt N  4 x 2  9 y 2  6 xy  2 x  3 y  1 . Để chứng minh bất đẳng (2) ta
chứng minh N �0, x, y ��.
Ta có
2 N  8 x 2  18 y 2  12 xy  4 x  6 y  2
=  2x - 3y    2 x  1   3 y  1 �0, x, y ��.
2

2

2

Do đó N �0, x, y ��.
2
2
2
b) Tương tự câu a ta biến đổi vế trái của (2’) thành  x  y    x  1   y  3 .
c) Tương tự câu a ta biến đổi vế trái của (2’’) thành  2 x  3 y    x  2 y  1 .
2

3

2


d) Tương tự câu a ta biến đổi vế trái của (2”’) thành
2
�

�3
�
1
4�
�
�2 sin x  2 cos x �
� 2 cos x  3
�
�
�
�





2

�
2
  2sin x  1 �
�
�

Lời bình:Như vậy bài toán 2 này có cách giải vẫn tương tự cách giải của bài toán 1,
mặc dù bất đẳng thức (2) không còn đối xứng đối với x và y nữa. Với cách làm như
vậy ta có thể sáng tác nhiều bài toán không đối xứng như thế này.
Từ hai bài toán trên, ta đặt ra bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
được thể hiện trong bài toán sau đây
Bài toán 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau

a) M  x 2  y 2  xy  x  y ;
b) N  4 x 2  9 y 2  6 xy  2 x  3 y;
c) Q  5 x 2  13 y 2  2 xy  2 x  4 y  1;
d) P  3sin 2 x  3 sin 2 x  cos 2 x 16 3 cos x  16sin x  24.
Lời giải:
a)Ta có
2 M  2 x 2  2 y 2  2 xy  2 x  2 y
=  x - y    x  1   y  1  2 �2, x, y ��.
2

2

2

Do đó M �1, x, y ��.
Vì vậy M đạt giá trị nhỏ nhất bằng -1 tại x = y = 1.
b) Ta có
2 N  8 x 2  18 y 2  12 xy  4 x  6 y
=  2x - 3y    2 x  1   3 y  1  2 �2, x, y ��.
2

2

2

Do đó N �1, x, y ��.
1
1
2
3

2
2
c) Ta có Q   2 x  3 y    x  2 y  1 �0, x, y ��.
3
4
Do đó Q đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 tại x  , y  .
7
7
2
�
�
2
�3
�
1
2
��0, x ��. .
sin
x

cos
x

2
cos
x

3

2sin

x

1


�
�
d) Ta có P  4 �
�2
�
2
�
�
�
�
�
�

Do đó P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 tại x   k 2 , k ��.
6

Vì vậy N đạt giá trị nhỏ nhất bằng -1 tại x  , y  .





Lời bình: Để phát triển tư duy của học sinh ta đưa ra bài toán có ba biến số sau đây.
Bài toán 4(Bài 3 trang 109 sgk đại số 10 nâng cao):
Chứng minh rằng

a 2  b 2  c 2 �ab  bc  ca, a, b, c ��; (4).
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Lời giải:
Bất đẳng thức (4) tương đương với bất đẳng thức sau:

4


a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca �0, a, b, c ��;(4 '),
� 2a 2  2a 2  2b 2  2ab  2bc  2ca �0, a, b, c ��,

�  a  b    a  c    b  c  �0, a, b, c ��;(4") .
2

2

2

Bất đẳng thức (4”) đúng. Do vậy ta đã chứng minh được bất đẳng thức (4).
Đẳng thức (4) xảy ra khi đẳng thức (4”) xảy ra.
Vì vậy đẳng thức (4) xảy ra khi a = b = c.
Lời bình:
Từ bài toán gốc này, với các cách biến đổi không đối xứng ta được nhiều bài
toán không đối xứng. Chẳng hạn ta đặt a = x, b = 2y, c = 2z . Thế vào bất đẳng
thức (4) ta được bất đẳng thức sau đây không còn đối xứng đối với x,y và z nữa.
Bài toán 5: Chứng minh rằng
x 2  4 y 2  9 z 2 �2 xy  6 yz  3 zx, x, y, z ��; (5).
Hướng dẫn giải:
Tương tự bài 4.Ta biến đổi bất đẳng thức (5) tương đương với bất đẳng thức
đúng sau đây

2
2
2
 x  2 y    x  3z    3z  2 y  �0, x, y, z ��.
Lời bình:Cũng từ bất đẳng thức (4), ta đặt a = x +1, b = 2y, c = 2z. Thế vào bất
đẳng thức (4) ta được bất đẳng thức sau đây không còn đối xứng đối với x, y và z.
Bài toán 6: Chứng minh rằng
x 2  4 y 2  9 z 2 �2 xy  6 yz  3zx  2 x  2 y  3 z  1, x, y, z ��; (6).
Hướng dẫn giải:
Tương tự bài 4.Ta biến đổi bất đẳng thức (6) tương đương với bất đẳng thức
đúng sau đây
2
2
2
 x  1  2 y    x  1  3z    3z  2 y  �0, x, y, z ��.
Lời bình: Thật là khó mà nghĩ ra phải biến đổi tương đương bất đẳng thức (6) về
bất đẳng thức trên nếu như ta không biết bài toán gốc của nó.
Sau đây là một cách phát biểu khác của bài toán 5 và bài toán 6.
Bài toán 7: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
a) P  x 2  4 y 2  9 z 2  2 xy  6 yz  3zx;

b)Q  x 2  4 y 2  9 z 2  2 xy  6 yz  3zx  2 x  2 y  3 z  2.
Hướng dẫn giải:
2
2
2
a) Ta chứng minh P   x  2 y    x  3z    3 z  2 y  �0, x, y, z ��.
Do đó P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi x = 2y = 3z = a, với a ��.
b) Ta chứng minh
2

2
2
Q   x  1  2 y    x  1  3z    3z  2 y   1 �1, x, y, z ��.
Do đó Q đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi x + 1 = 2y = 3z = a, với a ��.
Lời bình: Sau đây là một số bài toán tương tự.
Bài toán 2’: Chứng minh rằng
a ) x 2  y 2  4 x  2 y  6  0, x, y ��;
b)2 x 2  5 y 2  6 x  10 y  2 xy  5 �0, x, y ��;
c)2 x 2  4 y 2  5 z 2  4 xy  6 xz  4 yz  1  0, x, y, z ��;

5


d )256 cos8 x  256sin 6 x  272cos 4 x  144sin 4 x  64sin 3 x  24sin 2 2 x  85 �0, x ��.

Bài toán 4’: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
a ) P(x, y)  x 2  y 2  4 x  2 y  6;
b) P(x, y)  2 x 2  5 y 2  6 x  10 y  2 xy  5.

Bài toán 6’: Chứng minh rằng
a )2 x 2  4 y 2  5 z 2  4 xy  6 xz  4 yz  1  0, x, y, z ��;
b)10 x 2  5 y 2  z 2  6 xy  2 x  12 y  10  0, x, y , z ��.

Bài toán 7’: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
a) P(x, y, z)  2 x 2  4 y 2  5 z 2  4 xy  6 xz  4 yz;
b) P(x, y, z)  10 x 2  8 y 2  z 2  12 xy  2 x  12 y  10.

Lời bình: Bây giờ tôi xuất phát từ bài toán 20a trang 112 sách giáo khoa đại số 10
nâng cao, bằng cách biến đổi không đối xứng ta có bài toán không đối xứng sau
đây.

Bài toán 8: Chứng minh rằng
a) (Bài 20a trang 112) Nếu x 2  y 2  1 thì x  y � 2 ;
3 x  2 y �2 ;

b) Nếu 3x 2  4 y 2  2 thì

c) Nếu 9 x 2  6 xy  2 y 2  1 thì 3x  2 y � 2.
Lời giải:
2
2
2
2
2
a) Vì ( x  y )  x  y  2 xy �2  x  y   2 nên x  y � 2 .
2
2
2
2
2
b) Vì ( 3x  2 y)  3x  4 y  4 3xy �2  3x  4 y   4 nên

3 x  2 y �2 .

2
2
2
2
2
2
c) Vì (3 x  2 y)  ((3x  y )  y)  (3 x  y)  y  2(3 x  y) y �2  (3 x  y)  y   2 nên

3x  2 y � 2 .

Lời bình: Ta phát triển bài toán này thành bài toán có 3 biến số.
Bài toán 9: Chứng minh rằng
a) Nếu x 2  y 2  z 2  1 thì x  y  z � 3 ;
b)Nếu x 2  4 y 2  9 z 2  3 thì x  2 y  3z �3 .
Lời giải:
2
2
2
2
2
2
2
a)Vì ( x  y  z )  x  y  z  2 xy  2 xz  2 zy �3  x  y  z   3 nên x  y  z � 3 .

b)Vì ( x  2 y  3z )  x  4 y  9 z  4 xy  6 xz  12 zy �3  x  4 y  9 z   9 nên
x  2 y  3z �3 .
Lời bình: Từ bài 8a và bài 9a, bằng phép thế không đối xứng ta được bài toán
không đối xứng tương ứng là 8b, 8c và 9b. Mặc dù các bài toán 8b, 8c và 9b không
đối xứng với hai biến x và y nhưng cách giải của nó cũng giống như hai bài toán
đối xứng 8a và 9a. Sau đây là một số bài toán tương tự bài 8 và bài 9.
Bài toán 8’: Chứng minh rằng
a) Nếu x 2  2 y 2  1 thì x  2 y � 2 ;
2

2

2

2

2

b)Nếu 3x 2  y 2  2 thì 3x  y � 2 .
Bài toán 9’: Chứng minh rằng
a) Nếu x 2  2 y 2  z 2  1 thì x  2 y  z � 3 ;
6

2

2


b)Nếu 25 x 2  4 y 2  9 z 2  3 thì 5 x  2 y  3z �3 .
Lời bình: Sau đây là một phát biểu khác của bài toán 8 và bài toán 9.
Bài toán 10:
a) Cho x và y là các số thực thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  1 .Tìm giá trị lớn
nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = x + y.
b) Cho x và y là các số thực thỏa mãn điều kiện 3x 2  4 y 2  2 .Tìm giá trị lớn
nhất và nhỏ nhất của biểu thức B  3x  2 y.
c) Cho x và y là các số thực thỏa mãn điều kiện 9 x 2  6 xy  2 y 2  1 .Tìm giá trị
lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức C  3x  2 y .
Lời giải:
a) Theo bài 8a ta có  2 �A � 2.
Do đó A đạt giá trị nhỏ nhất bằng  2 tại x  y  

2
và A đạt giá trị lớn nhất

2

2
.
2
b) Theo bài 8b ta có 2 �B �2.

bằng 2 tại x  y 

Do đó B đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 tại x  

1
1
, y   và B đạt giá trị lớn nhất
2
3

1
1
,y .
2
3
c)Theo bài 8c ta có  2 �C � 2.

bằng 1 tại x  

Do đó C đạt giá trị nhỏ nhất bằng  2 tại x  
nhất bằng 2 tại x 

2

2
,y
và C đạt giá trị lớn
6
4

2
2
,y
.
6
4

Lời bình: Cũng từ bài toán 20b trang 112 sách giáo khoa đại số 10 nâng cao hiện
hành ta có bất đẳng thức không đối xứng sau đây.
Bài toán 11a: Chứng minh rằng
a) (Bài 20b trang 112) Nếu 3x – 4y = 15 thì x 2  y 2 �9;
b) Nếu 2x – y = 3 thì 2 x 2  y 2 �3.
Lời giải:
4
3

a) Vì 4x – 3y = 15 nên y  x  5. Do đó
2

2

�4
� �5
�

x  y  x  � x  5 � � x  4 � 9 �9, x ��.
�3
� �3
�
2

2

2

Lời bình: Từ bài toán 20b trang 112 ta mở rộng thành bài toán có ba biến số sau
dành cho học sinh giỏi lớp 11.
Bài toán 11b: Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x  y  z  1.
13
27

Chứng minh rằng x 2  y 2  z 2  4 xyz � .
Lời giải:
13
27

Ta đặt A  x 2  y 2  z 2  4 xyz và ta chứng minh A � .

7


Vì x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x  y  z  1 nên có ít
1

1

� �
� �
0; �
. Giả sử z ��
0; .
nhất một trong ba số đó thuộc đoạn �
� 3�
� 3�
�
y

1

z

x
Với mỗi giá trị z, ta thay
và biến đổi ta được A ta được

A  2  1  2 z  x 2  2  2 z 2  3 z  1 x  2 z 2  2 z  1.

Bây giờ, ta xem A là một hàm số f ( x) có bậc hai đối với biến x, z là tham số và có
1 z
� 1�
0; �
. Do đó f ( x ) đạt giá trị nhỏ nhất tại x 
, suy ra
hệ số a  2  1  z   0, z ��
� 3�

1 z
1 z �
z2 1
�
y
. Khi đó A �f � � z 3    g (z).
2
2 2
�2 �
� 1�
�1 � 13
0; �
. Vì vậy A �g  z  �g � � .
Ta có g '  z   z  3 z  1 �0, z ��
� 3�
�3 � 27

2

Lời bình: Từ bài toán 11b ta biến đổi thành bài toán không đối xứng sau
Bài toán 11c: Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện 2 x  y  z  1.
13
27

Chứng minh rằng 4 x 2  y 2  z 2  8 xyz � .
Lời giải:
13
27

Ta đặt A  4 x 2  y 2  z 2  8 xyz và ta chứng minh A � .

Vì x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện 2 x  y  z  1 nên có ít
� 1�
� 1�
0; �
. Giả sử z ��
0; .
nhất một trong ba số 2 x, y, z thuộc đoạn �
� 3�
�
� 3�
Với mỗi giá trị z, ta thay y  1  z  2 x và biến đổi ta được A ta được

A  8  1  2 z  x 2  4  2 z 2  3 z  1 x  2 z 2  2 z  1.

Bây giờ, ta xem A là một hàm số f ( x) có bậc hai đối với biến x, z là tham số và có
1 z
� 1�
0; �
. Do đó f ( x) đạt giá trị nhỏ nhất tại x 
, suy ra
hệ số a  8  1  z   0, z ��
� 3�
1 z
1 z � 3 z2 1
�
y
. Khi đó A �f � � z    g (z).
2
2 2
�2 �

� 1�
�1 � 13
0; �
. Vì vậy A �g  z  �g � � .
Ta có g '  z   z  3 z  1 �0, z ��
� 3�
�3 � 27

4

Lời bình: Như vậy bài toán 11c không đối xứng nhưng cách giải vẫn tương tự bài
toán 11b. Bằng cách biến đổi không đối xứng ta có bài toán tương tự sau.
Bài toán 11c’: Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện 3x  y  z  1.
13
27

Chứng minh rằng 9 x 2  y 2  z 2  12 xyz � .
Lời bình: Hai bài toán 11b, 11c ta có thể phát biểu dưới dạng khác như sau
Bài toán 12:
a) Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x  y  z  1. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức A  x 2  y 2  z 2  4 xyz;
b) Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện 2 x  y  z  1. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức B  4 x 2  y 2  z 2  8xyz.
Hướng dẫn giải:

8


13
1

khi x  y  z  .
27
3
13
1
1
b) Theo bài 11b ta có B đạt giá trị nhỏ nhất bằng
khi x  , y  z  .
27
6
3

a) Theo bài 11a ta có A đạt giá trị nhỏ nhất bằng

Lời bình: Từ ý tưởng trên để phát triển tư duy học sinh hơn nữa, trong bất đẳng
thức đối xứng ta bổ sung thêm một vài giả thiết để được một bất đẳng thức mới.
Chẳng hạn như bài toán sau.
2.Từ một bất đẳng thức đúng.
Bài toán13:
a)Hãy khai triển biểu thức sau
M   x  y   x  y  z   y  z
2

2

2

b)Từ đó chứng minh rằng: nếu x 2  y 2  z 2  1 thì y 2  2 xz �2
Lời giải:
a)Ta có M = 2(x2 + y2 +z2) + y2 – 2xz.

2
2
2
b)Ta có M   x  y    x  y  z    y  z  �0, x, y, z �� ,

nên 2  x  y  z   y  2 xz �0, x, y , z �R , mà x 2  y 2  z 2  1 .
Do đó y 2  2 xz �2 .
Lời bình: Đối với câu b của bài 13, nếu không có câu a khó mà ta nghĩ ra lời giải.
Nếu đối tượng giải là học sinh giỏi cấp tỉnh thì ta chỉ cho câu b.
Sau đây là một số bài toán tương tự
Bài toán 13’: a) Chứng minh rằng: nếu 2 x 2  5 y 2  5 thì 3x  5 y  xy �5.
b) Chứng minh rằng: nếu 4 xy  6 xz  4 yz  3 thì 2 x 2  4 y 2  5 z 2  2.
Lời bình:Bây giờ ta xuất phát từ một bất đẳng thức đúng để tạo ra bài toán tìm giá
trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức không đối xứng.Và ta sẽ nghiên cứu cách
giải của nó như thế nào?
Xuất phát từ bất đẳng thức đúng
2
2
 x  y    x  y  z  �0, x, y, z ��� 2  x 2  y 2  z 2  �z 2  2 xz  2 yz , x, y , z ��, ta đặt ra
2

2

2

2

bài toán sau đây
Bài toán14: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  1 . Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức M = 2xz + 2yz + z2.

Lời bình: Nếu như ta không biết bất đẳng thức gốc thì làm thế nào để giải bài toán
này? Sau đây là một phương pháp để giải quyết bài toán trên.
Nhận xét: Ta có một vài nhận xét trước khi giải.
+)Vì M là một biểu thức không đối xứng cho nên không thể sử dụng các bất đẳng
thức như Cauchy, bất đẳng thức Bunhacopxki. Cũng rất khó để biến đổi M trở về
bất đẳng thức gốc ban đầu. Do vậy ta cần có một phương pháp tối ưu hơn đó là
phương pháp tam thức bậc hai định hướng.
+)Sau đây là cách tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức M bằng phương
pháp tam thức bậc hai định hướng.
 Ta tìm 1 giá trị riêng của M,chẳng hạn m0 �M �M 0 .
 Do đó để tìm giá trị lớn nhất của M ta chỉ tìm từ M 0 trở lên. Ngược lại để tìm
giá trị nhỏ nhất của M ta tìm từ m0 trở xuống.

9


Lời giải:
1)Xét z = 0. Khi đó M = 0.
2)Xét z �0 .Vì M có một giá trị riêng bằng 0 nên khi tìm giá trị lớn nhất của M ta
chỉ xét M > 0.
Do điều kiện x 2  y 2  z 2  1 nên ta viết lại biểu thức M là
M

2 xz  2 yz  z 2
x2  y2  z2

Đặt x   z , y   z (*). Thế vào biểu thức M ta được
2  2  1
�
�M  2

   2 1
�
�M  0
�
Khi đó phương trình sau có nghiệm theo 





M  2  2  M  2  1  2  1  0,(1)

Vì phương trình (1) có nghiệm nên  '(1) �0

�  M 2  2  2 M   M 2  M  1 �0 ,(2)

Vì vế trái của bất phương trình (2) là một tam thức bậc hai có hệ số a âm, nên bất
phương trình (2) có nghiệm khi  '(2) �0





� M 2  M 2  M  2 �0
� M 2  M  2    M  1 �0

Kết hợp với M > 0 ta được 0  M �2 .
1
2

Do vậy max M = 2 khi  '(2)  0 ,suy ra   .
1
2

Khi đó  '(1)  0 . Suy ra phương trình (1) có nghiệm kép   .
1
2

Thay   ,  
�
�x 
�
�
�
�y 
�
�
�z 
�

1
vào (*) và kết hợp với giả thiết x 2  y 2  z 2  1 ,ta tìm được
2

6
6
6
6
6
3

�
�x 
�
�
�
Do vậy max M = 2 tại �y 
�
�
�z 
�

6
6
6
.
6
6
3

Lời bình:Qua bài giải ta thấy được một bài toán không đối xứng giải rất khó nếu
không biết bài toán gốc của nó,và nhờ vào phương pháp tam thức bậc hai định
hướng mà ta giải được bài toán này. Sau đây là một bài toán tương tự
Bài toán14’: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx  1 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức M = x2 + 2y2 +5z2.

10


Lời bình: Để sáng tạo được nhiều bài toán hơn, ngoài các bất đẳng thức đúng cơ

bản ta còn có nhiều định lí toán học về các bất đẳng thức. Sau đây là một định lí đã
được chứng minh, tôi sử dụng nó để sáng tạo một số bất đẳng thức không đối
xứng.
3.Xuất phát từ định lí Karamata
3.1.Định lí Karamata
Cho a1 �a2 �K �an và b1 �b2 �K �bn ,với ak , bk � a; b  , k = 1,2,…,n thỏa mãn
các điều kiện sau đây
a1 �b1
�
�
a1  a2 �b1  b2
�
�
M
.
�
�
a  a  K  an 1 �b1  b2  K  bn 1
�1 2
a1  a2  K  an  b1  b2  K  bn
�
�
Khi đó với mọi hàm số f(x) có f "( x) �0 trên (a;b) ta đều có

f  a1   f  a2   K  f  an  �f  b1   f  b2   K  f  bn  .

Bây giờ ta vận dụng định lí này để sáng tạo một số bài toán.
3.2.Bài toán ứng dụng định lí Karamata
Áp dụng định lí Karamata với 2 bộ số a, b, c và 5, 2, 1 ta có bài toán sau
a �5

�
�
Bài toán 15:Cho 3 số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện �a  b �7 .
�
abc 8
�

Chứng minh rằng a 2  b 2  c 2 �30 .
Lời giải:
Ta có
2
 a  5 �0, a ��,
۳
a 2 �52

2.5.  a 5  , a �;(1).

Tương tự ta có

b 2 �22  2.2.  b  2  , b ��;(2).
c 2 �12  2.1.  c  1 , c ��;(3).

Cộng (1),(2) và (3) các vế tương ứng ta được bất đẳng thức

a 2  b 2  c 2 �30  2 �
5  a  5   2  b  2    c  1 �
, a, b, c ��,
�
�

� a 2  b 2  c 2 �30  2 �
, a, b, c ��,
 a  5  b  2  c  1   a  5  b  2   3  a  5  �
�
�
� a 2  b 2  c 2 �30, a, b, c ��.

Lời bình: Qua bài toán này ta thấy được nhờ vào ý tưởng của định lí Karamata mà
ta sáng tạo được nhiều bài toán hay và bài toán đó vẫn giải bằng phương pháp sơ
cấp được.
Để tạo ra bài toán không đối xứng, ta chia hai vế của bất phương trình (1),
(2) và (3) lần lượt cho 5; 2; 1, sau đó cộng các bất đẳng thức này lại. Khi đó ta có
bài toán mới sau đây
Bài toán16: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 8. Chứng minh
rằng
11


a 2 b2
  c 2 �8
5 2

Lời giải:Theo bài toán 15 ta có các bất đẳng thức (1), (2) và (3).
a2
Ta có (1) ۳�5 2(a 5), a �;(4) .
5
b2
(2) ۳�2 2.  b 2  , b �;(5).
2
(3) ۳

c 2 �1 2.  c 1 , c �;(6).

Cộng các bất đẳng thức (4),(5) và (6) các vế với nhau ta được
a 2 b2
  c 2 �8  2  a  b  c  8  ,
5 2
a 2 b2
  c 2 �8 .
kết hợp với giả thiết ta có
5 2

Lời bình: Như vậy trong bài này, để tạo ra bài toán không đối xứng bằng cách ta
biến đổi sao cho các hệ số của các biến đối xứng không còn bằng nhau. Sau đây là
một số bài toán tương tự
a �6
�
�
Bài toán 15’:Cho 3 số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện �a  b �9
.
�
a  b  c  10
�

Chứng minh rằng a 2  b 2  c 2 �46 .
Bài toán16’: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 10. Chứng minh
rằng
a 2 b2
  c 2 �10.
6
3

Lời bình: Một phát biểu khác của bài 15 và bài 16 như sau
a �5
�
�
Bài toán 17: Cho 3 số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện �a  b �7 .Tìm giá trị nhỏ
�
abc 8
�

nhất của biểu thức M  a 2  b 2  c 2 .
Lời giải:
2
 a  5 �0, a ��,
Ta có
۳
a 2 �52

2.5.  a 5  , a �;(1).

Tương tự ta có

b 2 �22  2.2.  b  2  , b ��;(2).
c 2 �12  2.1.  c  1 , c ��;(3).

Cộng (1),(2) và (3) các vế tương ứng ta được bất đẳng thức

a 2  b 2  c 2 �30  2 �
5  a  5   2  b  2    c  1 �
, a, b, c ��,

�
�

� a 2  b 2  c 2 �30  2 �
, a, b, c ��,
 a  5  b  2  c  1   a  5  b  2   3  a  5  �
�
�
� a 2  b 2  c 2 �30, a, b, c ��.

Do vậy min M = 30, khi a = 5, b = 2, c = 1.

12


Bài toán18: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 8. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức sau
a 2 b2
  c2 .
5 2
M
�
8,
Lời giải:Theo bài toán 16 ta có
dấu đẳng thức xảy ra khi a  5, b  2, c  1.
Do đó M đạt giá trị nhỏ nhất bằng 8 khi a  5, b  2, c  1.
M

Lời bình:
Trong bài toán 15, ta thay đổi vai trò hằng số và biến số trong các bất đẳng

thức (1), (2) và (3) ta được bài toán sau đây
0  c �b �a
�
�
a �5
�
Bài toán 19: Cho các số a,b,c thỏa mãn các điều kiện �
. Tìm giá trị lớn
a  b �7
�
�
abc 8
�

nhất của biểu thức M  a 2  b 2  c 2 .
Lời giải: Ta có
2
 5  a  �0, a ��,

۳
52 �a 2 2.a.  5 a  , a �;(1).

Tương tự ta có

22 �b 2  2.b.  2  b  , b ��;(2).

12 �c 2  2.c.  1  c  , c ��;(3).

Cộng (1),(2) và (3) các vế tương ứng ta được bất đẳng thức

30 �a 2  b 2  c 2  2 �
a  5  a   b  2  b    1 c  �
, a, b, c ��,
�
�

۳ 30 a 2  b 2  c 2  2 �
c  5  a  2  b 1  c    b  c   5  a  2  b    a  b   5  a  �
,
�
�
a, b, c ��,
� a 2  b 2  c 2 �30, a, b, c ��.

Do vậy max M = 30, khi a = 5, b = 2, c = 1.
Lời bình: Từ phương pháp giải của bài toán 15 ta xây dựng các bài toán tương tự
sau đây.
Bài toán 20: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z �14 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức M 
Lời giải:
Ta có

 x  3

2

x2 y 2 z 2

 .
3

5
6

�0, x ��,

۳
x 2 �32 2.3.  x 3 , x �,
x2
۳�3 2  x 3  , x �,(1).
3

Tương tự ta cũng có
y2
�5  2  y  5  , y ��, (2).
5
z2
�6  2  z  6  , z ��,(3).
6

13


Cộng các bất đẳng thức (1), (2) và (3) các vế với nhau ta được
x2 y 2 z 2

 �14  2  x  y  z  14  ,
3
5
6
x


y

z
�
14 ta được M �14 .
kết hợp với giả thiết

Do đó minM = 14 tại x = 3, y = 5, z = 6.
Lời bình: Bài toán này cũng là một dạng toán không đối xứng.Từ bài toán này, ta
đổi vai trò của biến và hằng số cho nhau ta được một bài toán chuyển ẩn xuống
dưới mẫu sau đây.
Bài toán 21: Cho ba số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện x  y  z  14 . Tìm giá trị
9

25

36

nhỏ nhất của biểu thức M  x  y  z .
Lời giải:
Ta có
2
 3  x  �0, x  0 ,
۳ 32

x 2  2.x.  3  x  , x  0,

32
۳

x

x  2  3  x  , x  0 ,(1).

Tương tự ta cũng có
52
�y  2  5  y  , y  0, (2).
y
62
�z  2  6  z  , z  0, (3).
z

Cộng các bất đẳng thức (1), (2) và (3) các vế với nhau ta được
32 52 62
  �x  y  z  2  14  x  y  z  ,
x
y
z
kết hợp với giả thiết x  y  z  14 ta được M �14 .

Do đó minM = 14 tại x = 3, y = 5, z = 6.
Lời bình: Tương tự ta có các bài toán sau
Bài toán 20’: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z �16 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức M 

x2 y 2 z 2

 .
4
5

7

Bài toán 21’: Cho ba số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện x  y  z  16 . Tìm giá trị
16

25

49

nhỏ nhất của biểu thức M  x  y  z .
Lời bình: Cũng từ ý tưởng trên, ta thử nghiên cứu thêm một số bất đẳng thức
không đối xứng đối với các giá trị lượng giác trong tam giác. Trong phần này tôi
dùng để dạy trong chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 11.
4. Một số bất đẳng thức lượng giác trong tam giác không đối xứng
Trong tam giác ABC bất kỳ ta luôn có các bất đẳng thức đối xứng sau
A
B
C 3 3
 cos  cos �
;
2
2
2
2
3 3
sin A  sin B  sin C �
;
2
cos

14


A
B
C
 tan  tan � 3;
2
2
2
A
B
C
cot  cot  cot �3 3.
2
2
2
tan

Vấn đề đặt ra khi không còn đối xứng các hệ số của nó nữa thì ta giải quyết như
thế nào? Ta xét bài toán sau đây
Bài toán22: Giả sử A0 , B0 , C0 là ba góc của một tam giác nhọn cho trước. Chứng
minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có
sin A
sinB
sinC


�tan A0  tan B0  tan C0 .
cos A0 cosB0 cosC0

Lời giải:
Trước hết ta chứng minh rằng sin A �sin A0   A  A0  cos A0 , A, A0 � 0;   ,(1).
TH1: A  A0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng.
TH2: A  A0 thì bất đẳng thức (1) tương đương với

sin A  sin A0
�cos A0 , (2).
A  A0

sin A  sin A0
 cos A1.
A  A0
Do vậy (2) có dạng cos A1 �cos A0 , với A0  A1  A. (Điều này luôn đúng vì hàm số
y = cosx nghịch biến trên  0;   )

Theo định lí Lagrang, tồn tại A1 � A0 ; A  để

Do A0 là góc nhọn nên cos A0 dương, do đó bất đẳng thức (1) tương đương
sin A

với cos A �tan A0  A  A0 , (i).
0
Tương tự ta cũng có
sinB
�tanB0  B  B0 , (ii );
cosB0
sinC
�tanC0  C  C0 , (iii ).
cosC0

sin A
sinB
sinC
Cộng (i), (ii), (iii) ta được cos A  cosB  cosC �tan A0  tan B0  tan C0 .
0
0
0

Lời bình: Tương tự ta có các bài toán sau
Bài toán23: Giả sử A0 , B0 , C0 là ba góc của một tam giác cho trước. Chứng minh
rằng với mọi tam giác ABC ta đều có
A
B
C
cos
cos
2 
2 
2 �cot A0  cot B0  cot C0 .
A
B
C
2
2
2
sin 0 sin 0 sin 0
2
2
2
cos

Lời giải:

��
Trước hết ta chứng minh rằng cost �cost 0   t  t0  sint 0 , t , t 0 ��0; �, (1).
� 2�

TH1: t  t0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng.
TH2: t  t0 thì bất đẳng thức (1) tương đương với
Theo định lí Lagrang, tồn tại t1 � t0 ; t  để

cost  cost 0
� sint 0 , (2).
t  t0

cost  cost 0
  sint1 .
t  t0

15


Do vậy (2) có dạng sint1 �sint 0 , với t0  t1  t. (Điều này luôn đúng vì hàm số
��

y = sinx đồng biến trên �0; �)
� 2�
Do t0 là góc nhọn nên sint 0 dương, do đó bất đẳng thức (1) tương đương với
cost
�cott 0  (t  t0 ), (*).

sint 0

Lần lượt thay t bởi

A B C
A B C
, , và thay t0 bởi 0 , 0 , 0 vào (*) rồi cộng lại ta
2 2 2
2 2 2

được điều cần chứng minh.
Bài toán24: Giả sử A0 , B0 , C0 là ba góc của một tam giác cho trước. Chứng minh
rằng với mọi tam giác ABC ta đều có
C
2 �2cos A0 cos B0 cos C0 .


A
B
C
2
2
2
1  tan 2 0 1  tan 2 0 1  tan 2 0
2
2
2
tan

A

2

tan

B
2

tan

Lời giải:



1

� �
Trước hết ta chứng minh rằng tant �tant 0   t  t0  cos 2 t , t , t 0 ��0; 2 �, (1).
0

�

�

TH1: t  t0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng.
tant  tant 0
1
� 2 , (2).
t  t0
cos t0
tant  tant 0

1

.
Theo định lí Lagrang, tồn tại t1 � t0 ; t  để t  t
cos 2 t1
0
1
1
Do vậy (2) có dạng cos 2 t �cos 2 t , với t0  t1  t. (Điều này luôn đúng vì hàm số y =
1
0

� �
cosx nghịch biến trên �0; �)
� 2�
tan t
Do đó bất đẳng thức (1) tương đương với 1  tan 2 t �sin 2 t 0  (t  t0 ), (*).
0
A0 B0 C0
A B C
Lần lượt thay t bởi , , và thay t0 bởi , ,
vào (*) rồi cộng lại ta
2 2 2
2 2 2

TH2: t  t0 thì bất đẳng thức (1) tương đương với

được điều cần chứng minh.
Bài toán25: Giả sử A0 , B0 , C0 là ba góc của một tam giác nhọn cho trước. Chứng
minh rằng với mọi tam giác ABC nhọn ta đều có

sin 2 A0 .cot A  sin 2 B0 .cotB sin 2 C0 .cotC �2sinA 0 sin B0 sin C0 .

Lời giải:

1
��
2
Trước hết ta chứng minh rằng sin t 0cott � sin 2 t 0   t  t0  , t , t 0 ��0; �, (1).
2

� 2�

TH1: t  t0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng.
cott  cott 0
1
� 2 , (2).
t  t0
sin t0
cott  cott 0
1
 2 .
Theo định lí Lagrang, tồn tại t1 � t0 ; t  để t  t
sin t1
0

TH2: t  t0 thì bất đẳng thức (1) tương đương với

16

1

1

Do vậy (2) có dạng sin 2 t �sin 2 t , với t0  t1  t. (Điều này luôn đúng vì hàm số
1
0
��

y = sinx đồng biến trên �0; �)
� 2�
Lần lượt thay t bởi

A B C
A B C
, , và thay t0 bởi 0 , 0 , 0 vào (1) rồi cộng lại ta
2 2 2
2 2 2

được điều cần chứng minh.
Lời bình: Xuất phát từ bài toán gốc 22, 23, 24, 25 ta chọn trước tam giác A0 B0C0 để
được bài toán không đối xứng sau đây
Bài toán26: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có
sin A sinB sinC 81


� ;
4
4
13 2 13

5
65
13
sin A
sinB sinC
128
b)


�
.
3
21
65 7 65

5
65
65
a)

Hướng dẫn giải:
a) Trước hết ta kiểm tra

13 2 13 4
,
, lần lượt là cos A0 , cosB0 , cosC0 của tam giác
65 13 5

A0 B0C0 . Sau đó ta áp dụng cách giải của bài toán 22.

b) Tương tự bài a.
Bài toán27: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có
A
B
C
cos
cos
2
2 
2 �6.
10
2
5
10
2
5

cos

Hướng dẫn giải:
Trước hết ta kiểm tra

A
B
C
10 2 5
,
,
lần lượt là sin 0 ,sin 0 ,sin 0 của tam giác
2

2
2
10 2 5

A0 B0C0 . Sau đó ta áp dụng cách giải của bài toán 23.

Bài toán28: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có
A
B
C
tan
tan
2
2 
2 �6 2 .
10
5
2
5
9
4

tan

17


Bài toán29: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC nhọn ta đều có
9
1

16
12 2
.cot A  .cotB .cotC �
.
25
2
25
25

Lời bình: Tương tự bài 26, 27, để giải được các bài toán 28, 29 ta có thể nhận dạng
bài toán gốc tương ứng của nó và chứng các hệ số là giá trị lượng giác của một tam
giác cho trước rồi áp dụng phương pháp chứng minh của bài toán gốc của nó.
Các bài toán 26, 27, 28, 29 có thể phát biểu dưới dạng khác như sau
Bài toán 30: Cho A, B, C là 3 góc tam giác ABC, tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức sau
sin A sinB sinC


;
4
13 2 13
5
65
13
sin A
sinB sinC
Q


.

3
65 7 65

5
65
65
P

Bài toán 31: Cho A, B, C là 3 góc tam giác ABC, tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức sau
A
B
C
cos
cos
2
2
2.
R
10
2
5
10
2
5
cos

Bài toán 32: Cho A, B, C là 3 góc tam giác ABC, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
A
B

C
tan
tan
2
2
2.
S
10
5
2
9
4
tan

thức sau

Bài toán33: Cho A, B, C là 3 góc tam giác ABC, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
sau
T

9
1
16
.cot A  .cotB .cotC.
25
2
25

18

2.Khả năng áp dụng
a.Thời gian áp dụng hoặc thử nghiệm có hiệu quả.
Trong 2 năm học 2011 – 2012 và 2012 – 2013, tôi áp dụng đề tài này vào
dạy tiết tự chọn theo chủ đề bất đẳng thức của lớp 10 nhằm mục đích phát huy khả
năng tự học và sáng tạo của học sinh và nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi. Trong hai
năm liên tiếp tôi đã thực hiện đối chứng đối với lớp 10 A 2 và tiến hành thực
nghiệm đối với lớp 10 A 3, 10A 4, với khảo sát chất lượng đầu năm các lớp này có
trình độ tương đương nhau. Nhưng sau khi các em được học chuyên đề này và các
chuyên đề khác tôi cũng tạo cho các nguồn cảm hứng, thích thú, say mê với toán
học, điều đó đã dẫn đến kết quả số lượng học sinh khá và giỏi của lớp thực
nghiệm tăng lên hơn so với lớp đối chứng.Ta có thể thấy rõ qua bảng thống kê kết
quả chất lượng môn Toán cả năm như sau
+) Năm học 2011 – 2012
Xếp loại
Tỉ lệ lớp đối chứng
Tỉ lệ lớp thực nghiệm
(lớp 10A2)
(Lớp 10 A 3)
Kém
2,2%
0
Yếu
33,3%
26,7%
Trung bình
44,5%
44,5%
Khá
17,8%

22,2%
Giỏi
2,2%
6,6%
Học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán có 2 học sinh.
+) Năm học 2012 – 2013
Xếp loại
Tỉ lệ lớp đối chứng
Tỉ lệ lớp thực nghiệm
(lớp 10A2)
(Lớp 10 A 4)
Kém
2,2%
0
Yếu
31,1%
22,2%
Trung bình
46,7%
44,4%
Khá
17,8%
24,5%
Giỏi
2,2%
8,9%
Học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán có 2 học sinh.
b) Khả năng thay thế giải pháp hiện có
Sử dụng chuyên đề này vào tiết tự chọn.
c)Khả năng áp dụng ở đơn vị hoặc trong ngành

Đề tài này áp dụng có hiệu quả ở lớp 10 A 3, 10 A 4, do đó có thể áp dụng cho
toàn khối 10 của Trường THPT Nguyễn Diêu.
3.Lợi ích kinh tế - xã hội
Với giải pháp này, nó làm cho số lượng học sinh khá và giỏi tăng hơn.

C-KẾT LUẬN
1.Những điều kiện, kinh nghiệm áp dụng, sử dụng giải pháp
Qua thử nghiệm đã nêu ở trên, tôi thấy kết quả thu được cao hơn giờ dạy đối
chứng. Điều đó chứng tỏ rằng để học sinh tích cực, chủ động, sáng tạo và hiệu quả
trong học tập; người giáo viên cần sử dụng linh hoạt và nhuần nhuyễn các biện
pháp giảng dạy, phát huy được tính sáng tạo của mình trong giảng dạy; song song
đó cần tích cực nghiên cứu sách vở và trau dồi năng lực chuyên môn.

19


Khi nghiên cứu đề tài “Sáng tạo một số bất đẳng thức không đối xứng”, tôi
nhận thấy bản thân mình đã trở thành một con người sáng tạo, kiến thức mở rộng
thêm.
Bên cạnh những mặt đạt được cũng còn những hạn chế, một số học sinh yếu
và trung bình không nắm được bất đẳng thức cơ bản nên chưa tiếp cận được cách
biến đổi mà tôi đã đưa ra. Tôi sẽ cố gắng tìm ra biện pháp để nâng cao hiệu quả
trong những năm sắp tới.
Trong khi viết đề tài này, bản thân không tránh khỏi những sai sót, rất mong
các anh chị đồng nghiệp góp ý chân thành để tôi rút kinh nghiệm cho những năm
sau viết tốt hơn.
2. Những triển vọng trong việc vận dụng và phát triển giải pháp
Như vậy trong sáng kiến kinh nghiệm này, tôi đã xuất phát từ bài toán đối
xứng, từ bất đẳng thức đúng và từ ý tưởng của định lí Karama, tôi đã sáng tạo được
một số bài toán không đối xứng và đã nêu được cách giải quyết của bài toán đó.

Một điều mang lại cho tôi niềm vui đó là kết quả học của các em được nâng
lên và các em yêu thích học toán hơn sau khi các em được tiếp cận vấn đề này. Tôi
hy vọng rằng trong các năm tiếp theo tôi cũng truyền cho các em chuyên đề này
với cải tiến hơn để mọi học sinh đều tiếp thu được.
Nhưng lớp các bài toán về bất đẳng thức không đối xứng khá rộng, trong
thời gian cho phép và khả năng còn hạn chế, tôi chưa có thể trình bày hết.Tôi sẽ
nghiên cứu tiếp các bài toán không đối xứng trong thời gian đến.
3.Đề xuất, kiến nghị
Đề xuất với Ban giám hiệu Trường THPT Nguyễn Diêu, đưa đề tài này vào
dạy tiết tự chọn theo chủ đề bất đẳng thức của lớp 10 nâng cao.
Người viết đề tài

20


Tài liệu tham khảo
1.Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên)- Nguyễn Huy Đoan (chủ biên) và các tác giả: Đại
số 10 nâng cao – NXBGD,2006.
2. Nguyễn Văn Mậu(Chủ biên): Bất đẳng thức – Định lí và áp dụng NXBGD,2006.
3. Bộ Giáo dục và Đào tạo :Tạp chí Toán học& Tuổi trẻ-NXBGD.
4. Bài giảng về chủ đề bất đẳng thức của Giáo sư Nguyễn Văn Mậu.

21


MỤC LỤC
Trang
A- MỞ ĐẦU.......................................................................................01
I.Đặt vấn đề....................................................................................01
1. Thực trạng của vấn đề đòi hỏi phải có giải pháp mới ……….01

2. Ý nghĩa và tác dụng của giải pháp mới………………………01
3. Phạm vi nghiên cứu…………………………………………..01
II.Phương pháp tiến hành ..............................................................01
1.Cơ sở lí luận…………………………………………………..01
2. Các biện pháp tiến hành, thời gian tạo ra giải pháp…………01
B- NỘI DUNG ..................................................................................02
I.Mục tiêu ......................................................................................02
II.Mô tả giải pháp của đề tài ..........................................................02
1. Thuyết minh tính mới……………………………………… 02
2. Khả năng áp dụng…………………………………………….18
3. Lợi ích kinh tế - xã hội………………………………………..19
C- KẾT LUẬN ..................................................................................19
1.Những điều kiện, kinh nghiệm áp dụng, sử dụng giải pháp ......19
2. Những triển vọng trong việc vận dụng và phát triển giải pháp .20
3. Đề xuất, kiến nghị ....................................................................20
Tài liệu tham khảo ..................................................

22

21