Dạy một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức ở lớp 8

MỤC LỤC
1.MỞ ĐẦU
1.1 . Lý do chọn đề tài :

1

1.2. Mục đích nghiên cứu:

1

1.3. Đối tượng nghiên cứu:

1

1.4. Phương pháp nghiên cứu:

2

1.5. Những điểm mới của sáng kiến

2

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN

2

2.1. Cơ sở lý luận :

2

2.2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu

2

2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện

3

2.4.Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm

16

3. KẾT LUẬN

17

3.1. Kết luận:

17

3.2. Kiến nghị và đề suất biện pháp:

17

4.Tài liệu tham khảo, Một số kí hiệu viết tắt.

0

5. Danh mục sáng kiến kinh nghiệm đã được đánh giá xếp loại

0

1 . MỞ ĐẦU
1.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Trong chương trình THCS, Toán học chiếm một vai trò rất quan trọng. Toán học
không chỉ giúp học sinh phát triển tư duy, óc sáng tạo, khả năng tìm tòi và khám
phá tri thức, vận dụng những hiểu biết của mình vào trong thực tế, cuộc sống mà
Toán học còn là công cụ giúp các em học tốt các môn khoa học khác và góp
phần giúp các em phát triển một cách toàn diện.
Từ vai trò quan trọng đó mà việc giúp các em học sinh yêu thích, say mê
Toán học, giúp các em học sinh khá giỏi có điều kiện mở rộng, nâng cao kiến
thức cũng như kèm cặp, phụ đạo cho học sinh yếu kém môn Toán là một yêu cầu
tất yếu đối với giáo viên dạy Toán nói chung. Nhất là đất nước ta đang trong thời
kỳ công nghiệp hoá, hiện đại hoá, rất cần những con người năng động, sáng tạo
có hiểu biết sâu và rộng...
Trong chương trình toán THCS các bài toán về Bất đẳng thức chiếm một vị
trí cực kỳ quan trọng . Ở lớp 8 bậc THCS các em bắt đầu được học về Bất đẳng
thức, việc giải loại toán này đòi hỏi phải vận dụng một cách hợp lí, khá độc đáo
và nhiều cách giải . Vì vậy các bài toán về Bất đẳng thức thường xuyên xuất
hiện trong SGK, sách nâng cao của các khối lớp. Nó là các bài toán hay giúp học
sinh phát triển trí thông minh, sáng tạo, khả năng tư duy Toán học cao.
Mặt khác, trong những năm gần đây, các kỳ thi học sinh giỏi bậc THCS
và các kỳ thi tuyển sinh vào trường THPT đặc biệt là thi vào các trường THPT
chuyên thường gặp những bài toán về Bất đẳng thức rất phong phú và đa dạng
mang tính ứng dụng thực tiễn cao qua đó góp phần hình thành cho học sinh thói
quen đi tìm giải pháp tối ưu cho một công việc nào đó trong cuộc sống sau này.
Tuy nhiên, Qua thực tiễn là giáo viên dạy toán trong các trường THCS tôi
nhận thấy phần đông các em học môn Toán rất sợ giải các bài toán về bất đẳng
thức là vì các lí do sau đây:
- Không thuộc kiến thức và không nắm vững kiến thức về bất đẳng thức.

- Lí do quan trọng hơn là các em chưa biết cách làm toán bất đẳng thức, chính
xác hơn là các em chưa nắm được phương pháp giải các bài toán bất đẳng thức,
chưa biết cách trình bày lời giải sao cho đúng, chưa biết cách vận dụng các bất
đẳng thức vào giải toán .
Bởi thế cho nên tôi đã chọn đề tài: “Dạy một số phương pháp chứng
minh bất đẳng thức ở lớp 8.” Nhằm mong muốn nâng cao chất lượng dạy học
đại trà và chất lượng học sinh giỏi.
1.2. Mục đích nghiên cứu :
Với mong muốn tìm ra giải pháp cho học sinh nắm vững phương pháp giải
toán bất đẳng thức, từ đó yêu và chủ động tích cực học toán qua đó nâng cao
chất lượng học Toán đại trà và chất lượng mũi nhọn. Thông qua đó hình thành
kỹ năng tư duy logic, tối ưu khi giải quyết vấn đề gặp phải trong cuộc sống.
1.3.Đối tượng nghiên cứu:
Học sinh lớp 8 trường THCS Hàm Rồng năm học 2017 -2018.
1


1.4.Phương pháp nghiên cứu:
- Phương pháp đọc tài liệu SGK, sách tham khảo, tài liệu mạng.
- Phương pháp đàm thoại trực tiếp.
- Nghiên cứu và tổng kết kinh nghiệm giáo dục thông qua thực tế dạy học.
Trên cơ sở lý thuyết nghiên cứu các phương pháp, các giải pháp dạy học
giải các bài toàn bất đẳng thức điển hình để từ đó học sinh vận dụng vào giải
một số bài toán bất đẳng thức.
1.5. Những điểm mới của sáng kiến
Các phương pháp giải bất đẳng thức được sắp xếp theo thứ tự thường gặp
hơn, Các bài toán bất đẳng thức trong giảng dạy có tính khái quát hóa, mở rộng
từ dễ đến khó dần, có tính kế thừa vận dụng để rèn kỹ năng, làm cho việc tiếp
thu của học sinh trở nên dễ hơn.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN

2.1. CƠ SỞ LÍ LUẬN
Đề tài: “Dạy một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức ở lớp
8.”mang nội dung vô cùng sâu sắc trong việc giáo dục kỹ năng, phẩm chất trí tuệ
thông qua môn Toán. Để dần dần hình thành cho học sinh kỹ năng đi tìm giải
pháp tối ưu cho nhiều dạng toán mà các em gặp sau này.
Các bài toán chứng minh bất đẳng thức rất phong phú , đa dạng có mặt
trong nhiều kỳ thi quan trọng như thi học kỳ 2, thi học sinh giỏi, thi tuyển sinh
vào lớp 10, thi vào các trường chuyên lớp chọn ...Việc nắm được phương pháp
và kỹ năng giải các bài toán bất đẳng thức là yếu tố hết sức quan trọng giúp các
em có thành tích cao, có kết quả học tập cao trong học tập, trong các kỳ thi.
Trong bài viết này, tôi hy vọng đóng góp thêm một số kinh nghiệm hướng
dẫn học sinh “Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức ở lớp 8.”
2.2. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
Thực tiễn dạy và học bộ môn Toán ở Trường THCS Hàm Rồng phương
pháp giải toán của học sinh khối 8 còn yếu rất nhiều đặc biệt là chứng minh bất
đẳng thức. Trong những năm học vừa qua, tôi được nhà trường phân công giảng
dạy toán 8. Qua thời gian giảng dạy tôi thấy ý thức học tập tự giác, sáng tạo của
học sinh chưa cao, các em vẫn quen với kiểu học và làm bài thụ động, với các lí
do sau đây:
- Không thuộc kiến thức và không nắm vững kiến thức, khi trình bày bài làm thì
lúng túng không biết trình bày như thế nào cho đúng.
- Các em chưa biết cách làm Toán mà ta gọi đó là phương pháp, nhất là các
phương pháp đặc trưng cho từng dạng Toán.
Hơn nữa về môi trường gia đình và xã hội còn ảnh hưởng nhiều đến học
tập của các em như:
- Một số học sinh có phụ huynh đi làm ăn xa, làm công nhân, nên thời gian giám
sát, theo dõi, đôn đốc học tập đối với các em chưa tốt.
- Một số gia đình có hoàn cảnh khó khăn nên chưa đầu tư nhiều vào việc học
của con em, như các loại sách tham khảo hầu như không có.
2

- Phong trào hiếu học của địa phương chưa thực sự lớn mạnh nên các em theo
trào lưu đó mà không có quyết tâm học.
- Một số em còn bị lôi cuốn bởi các trò chơi điện tử, còn bị các trào lưu mà các
mạng xã hội tác động làm các em bị lôi cuốn vào các hình tượng, thần tượng ảo
dẫn đến lười học, xao nhãng trong học tập.
2.3. GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN
2.3.1. GIẢI PHÁP:
Để thực hiện, tôi đã áp dụng một số giải pháp sau:
- Soạn bài một cách đầy đủ, chi tiết, phân dạng dạy theo đối tượng. Mỗi dạng
toán bất đẳng thức sẽ trình bày theo hình thức từ dễ đến khó dần, các bài toán
bất đẳng thức được phát triển theo hướng từ đơn giản đến phức tạp. Các bài
toán bất đẳng thức sau khó hơn nhưng được phát triển, khái quát hóa từ bài toán
trước, bài toán quen thuộc mà học sinh đã nắm được trước đó qua đó giúp học
sinh hứng thú và cảm thấy các bài toán bất đẳng thức đỡ khó hơn, từ đó yêu,
hứng thú học, giải toán bất đẳng thức hơn.
- Hướng dẫn học sinh học tập. Cho học sinh nắm vững kiến thức cơ bản sách
giáo khoa, có đủ các dạng toán, bên cạnh đó còn mở rộng bằng những tài liệu
khác để củng cố, nâng cao. Nghiên cứu, phân loại các dạng bài tập sao cho phù
hợp với từng đối tượng học sinh và từng phần kiến thức cụ thể.
- Tổ chức cho các em học tập chuyên đề này bằng các lồng ghép vào các tiết
luyện tập trong phần bất đẳng thức trong giờ luyện tập chính khóa, trong các
buổi dạy phụ đạo cho các đối tượng học sinh tùy theo đối tượng và khả năng tiếp
thu của học sinh để đưa ra bài tập ở các mức độ khác nhau, Đồng thời hướng
dẫn định hướng cho học sinh khá giỏi tự học, tự nghiên cứu các dạng toán tại
nhà.
- Thực hiện giảng dạy theo phương pháp mới là hướng người học làm trung tâm.
- Bồi dưỡng học sinh thì luôn phải thường xuyên kiểm tra, đánh giá, sửa lỗi, an
ủi, động viên học sinh trong quá trình giảng dạy trên lớp để các em thêm tự tin,

hứng thú học tập.
2.3.2. CÁC BIỆN PHÁP ĐỂ TỔ CHỨC THỰC HIỆN
2.3.2.1. Các kiến thức cơ bản cần vận dụng
a. Định nghĩa bất đẳng thức. [1]
a nhỏ hơn b, kí hiệu là a < b, nếu a – b < 0.
a lớn hơn b, kí hiệu là a > b, nếu a – b > 0.
a nhỏ hơn hoặc bằng b, kí hiệu là a  b, nếu a - b  0.
a lớn hơn hoặc bằng b, kí hiệu là a  b, nếu a - b  0.
b. Các tính chất cơ bản của bất đẳng thức. [5]
Tính chất 1: a > b  b < a
Tính chất 2: a > b, b > c  a > c
Tính chất 3: a > b  a + c > b + c
a>b  a–c>b-c
a+c>b  a>b-c
3


Tính chất 4: a > c, b > d  a + b > c + d
a > b, c < d  a - c < b - d
Tính chất 5: a > b, c > 0  c > b.c
a > b, c < 0  a.c < b.c
Tính chất 6: a > b  0, c > d  0  a.c > b.c
Tính chất 7: a > b > 0  a n > b n
a > b  a n > b n với n lẻ.
a > b  a n > b n với n chẵn.
2.3.2.2. Một số phương pháp chứng minh Bất đẳng thức.
a. Phương pháp dùng định nghĩa:
Để chứng minh bất đẳng thức A > B, ta xét hiệu A - B, rồi suy ra A - B > 0.[3]
Ví dụ 1: Cho a, b, c, d, e là các số thực.
Chứng minh rằng: a 2  b 2  c 2 �ab  bc  ca [9]

Giải
2
2
2
Ta có a  b  c �ab  bc  ca
� 2(a 2  b 2  c 2 ) �2  ab  bc  ca 

2a 2  2b 2  2c 2  (2ab  2bc  2ca )

Xét hiệu

  a 2  b 2  2ab    a 2  c 2  2ca    b 2  c 2  2bc 
  a  b    a  c    b  c  �0
2

2

2

Do  a  b  �0 với mọi a, b;  a  c  �0 với mọi a, c;  b  c  �0 với mọi c, b.
2
2
2
Suy ra 2(a  b  c ) �2  ab  bc  ca 
2

2

2

� a 2  b 2  c 2 �ab  bc  ca
a b  0
�
�
Dấu “ = ” xảy ra � �b  c  0 � a  b  c
�
ac  0
�

Ví dụ 2: Cho a, b là 2 số thực dương.
Chứng minh rằng: (a + b) (a 3 + b 3 )  2 (a 4 + b 4 ) [4]
Giải:
3
3
4
4
Xét hiệu: (a + b) (a + b ) - 2 (a + b )
= a(a 3 +b 3 ) + b (a 3 +b 3 ) - 2 a 4 - 2 b 4
= a 4 + ab 3 + ba 3 + b 4 - 2 a 4 - 2 b 4
= - a 4 - b 4 + ab 3 + ba 3
= a(b 3 - a 3 ) + b (a 3 - b 3 )
= a(b 3 - a 3 ) - b (b 3 - a 3 )
= - (a - b) (a- b) (a 2 + ab + b 2 )
= - (a - b) 2 (a 2 + ab + b 2 )
Vì a, b, là 2 số thực dương nên: (a –b )2  0, a 2 + ab + b 2 > 0
Suy ra: (a – b )2 ( a  ab  b) �0
� (a – b ) 2 ( a  ab  b) �0

�  a  b   a 3  b3  �2  a 4  b 4 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b
4


Cho học sinh các bài tập rèn luyện có cùng dạng cách làm phát triển nâng cao
dần từ bài tập đã làm để học sinh luyện giải tại lớp và ở nhà
Bài 1: Cho a, b, c, d, e  R. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) a2  b2  1�ab  a  b [9]
b) a2  b2  c2  3 �2(a  b  c)
c) a2  b2  c2 �2(ab  bc  ca) [5]
d) a4  b4  c2  1�2a(ab2  a  c  1)
e)

a2
 b2  c2 �ab  ac  2bc
4

[8]

f) a2(1 b2)  b2(1 c2)  c2(1 a2) �6abc [7]
k) a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2  a (b + c + d + e)
Hướng Dẫn
a) Nhân hai vế với 2, rồi xét hiệu VT - VP





� 2 a2  b2  1 �2 ab a  b  (a  b)2  (a  1)2  (b 1)2 �0 => Đpcm

b ) Xét hiệu VT – VP = (a  1)2  (b 1)2  (c  1)2 �0 => Đpcm
c) � a2  b2  c2  2ab 2bc  2ca �0  (a  b  c)2 �0 => Đpcm
d) Xét hiệu VT  VP  a4  b4  c2  1 2a(ab2  a  c  1) �0
 (a2  b2)2  (a  c)2  (a  1)2 �0 => Đpcm
f) Xét hiệu VT  VP  a2(1 b2)  b2(1 c2)  c2(1 a2)  6abc �0



 

 



� a2  2abc  b2 c2  b2  2abc  c2 a2  c2  2abc  b2 a2 �0
� (a  bc)2  (b  ca)2  (c  ab)2 �0

� (a  bc)2  (b  ca)2  (c  ab)2 �0 => Đpcm
2

2

2

2

� �a �
a � �a � �a
k ) Xét hiệu VT  VP  �
�  b� �  c� �  d � �  e� �0 => Đpcm

�2 � �2 � �2
� �2 �

Bài 2 : Cho a, b, c  R. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
2

a  b � a2  b2
a) ab ��
�
��
�2 �
2

[7]

3

a3  b3 �a  b �
b)
��
�; với a, b  0
2
�2 �

c) a4  b4 �a3b  ab3
d) a4  3 �4a
e) a3  b3  c3 �3abc , với a, b, c > 0.
a6 b6
f) a  b � 2  2 ; với a, b  0.
b a

1
1
2

�
g)
; với ab  1.
2
2 1 ab
1 a 1 b
4

4

h) (a5  b5)(a  b) �(a4  b4)(a2  b2) với ab > 0.
5


Hướng Dẫn: Thực hiện xét hiệu các vế của bất đẳng thức
2

2

a b�
(a  b)2
a2  b2 �a  b � (a  b)2
a) �
;

ab


�
0
�
�0 => Đpcm.
�
�
�
�2 �
4
2
�2 �
4
3
b) Xét hiệu VT- VP = …= (a  b)(a  b)2 �0 với a, b  0 => Đpcm.
8

c) Xét hiệu VT- VP = …= (a3  b3)(a  b)  (a  b)2(a2  ab  b2) �0 => Đpcm .
d) Xét hiệu VT- VP = …= (a  1)(a3  a2  a  3) �0 � (a  1)2(a2  2a  3) �0
vì (a2  2a  3)   a  1  2 �0 => Đpcm
2

e) Chú ý: a3  b3  (a  b)3  3a2b 3ab2 .
Xét hiệu VT- VP = …= (a  b  c) �
a2  b2  c2  (ab  bc  ca)�
�
��0 => Đpcm.
f) Xét hiệu VP- VT = …= (a2  b2)2(a4  a2b2  b4) �0 => Đpcm .
g) Xét hiệu VT- VP = …=

(b  a)2(ab  1)
(1 ab)(1 a2)(1 b2)

�0

h) Xét hiệu VT- VP = …= ab(a  b)(a3  b3) �0=> Đpcm.
b. Phương pháp biến đổi tương đương.
Để chứng minh bất đẳng thức A > B, ta biến đổi tương đương (dựa vào các tính
chất của bất đẳng thức) A > B  …  C > D và cuối cùng đạt được bất đẳng
thức đúng C >D . Khi đó ta kết luận rằng A > B.
Ví dụ 3 : Cho a, b là các số thực. Chứng minh rằng a2  b2 �2ab *
Giải :
Ta có a2  b2 �2ab  *
� a2  b2  2ab �0

�  a  b �0 a, b��
2

 **

Bất đẳng thức (**) là bất đẳng thức đúng . Mặt khác các phép biến đổi trên
là tương đương . Vậy bất đẳng thức (*) phải là bất đẳng thức đúng.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b
Hướng dẫn, yêu cầu học sinh giải các bài toán sau :
Bài tập 3 Cho a, b, c, d  R.). Áp dụng bất đẳng thức a2  b2 �2ab (*) chứng
minh các bất đẳng thức sau:
a) a4  b4  c4  d4 �4abcd
b) (a2  1)(b2  1)(c2  1) �8abc
c) (a2  4)(b2  4)(c2  4)(d2  4) �256abcd
Hướng Dẫn

a) Sử dụng a4  b4 �2a2b2;c4  d4 �2c2d2 ; a2b2  c2d2 �2abcd => Đpcm
b) Sử dụng a2  1�2 a ; b2  1�2 b ; c2  1�2 c => Đpcm
c) Sử dụng a2  4 �4 a ; b2  4 �4 b ; c2  4 �4 c ; d2  4 �4 d => Đpcm
Ta đưa ra ví dụ mở rộng và bài tập ứng dụng sau
6


Ví dụ 4: Chứng minh rằng: a 2  b 2  c 2 �ab  bc  ca
Giải
2
2
2
Ta có a  b  c �ab  bc  ca
� 2(a 2  b 2  c 2 ) �2  ab  bc  ca 

� 2a 2  2b 2  2c 2  (2ab  2bc  2ca) �0

�  a 2  b 2  2ab    a 2  c 2  2ca    b 2  c 2  2bc  �0
�  a  b    a  c    b  c  �0 a, b, c
2

2

2

Vì  a  b  �0 a, b ;  a  c  �0 a, c ;  b  c  �0 b, c
Suy ra
a 2  b 2  c 2 �ab  bc  ca . Dấu “ = ” xảy ra � a = b = c
Hướng dẫn, yêu cầu học sinh giải các bài toán sau :
Bài tập 4: Cho a, b, c  R. Áp dụng bất đẳng thức: a2  b2  c2 �ab  bc  ca (1).

Chứng minh các bất đẳng thức sau:
2

2

2

2

2
2
2
a  b c �
b) a  b  c ��
�
�

a) (a  b  c)2 �3(a2  b2  c2)

3

2

4

c) (a  b  c) �3(ab  bc  ca)
Hướng dẫn
a) Khai triển, rút gọn, đưa về (1)

4

� 3

�

4

d) a  b  c �abc(a  b  c)

2

2
2
2
a  b  c � � 3 a 2  b 2  c 2 � a  b  c  2


b) a  b  c ��
�
�

3

� 3

�

c) Khai triển, rút gọn, đưa về (1)
d) Sử dụng (1) hai lần a4  b4  c4 �abc(a  b  c)

� a 4  b 4  c 4 �a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2 �ab 2 c  a 2bc  abc 2  abc  a  b  c 

c. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức thông dụng.
+ Bất đẳng thức Côsi (Cauchy) [5]
x y
 xy
2

Với x  0, y  0

Dấu “=” xảy ra khi x = y
Chứng minh:
- Ta có với x  0, y  0
x y
۳ 
2

x y
�
2

0, xy

0

2

xy

�x  y �

�
� xy
�2 �
2

2
�x  y �
Xét hiệu � � xy �0 � x 2  y 2  2 xy �0 �  x  y  �0 x, y �0
�2 �
2
x y
�x  y �
xy , x, y 0 . Dấu “=” xảy ra khi x = y
۳�
�
� xy , x, y 0 ۳�2
�2 �

+ Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-x-ki (Bunhiacopxki) [5]
Với mọi số a, b, x, y ta có: (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 )  (ax + by) 2
Dấu “=” xảy ra khi ay = bx
Chứng minh:
Xét hiệu: (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) - (ax + by) 2
7


= a 2 x 2 + a 2 y 2 + b 2 x 2 + b 2 y 2 - a 2 x 2 - b 2 y 2 - 2axby
= a 2 y 2 - 2axby + b 2 x 2
= (ay - bx) 2  0
Dấu “=” xảy ra khi ay = bx

+ Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối. [4]
Với mọi số a, b  R ta có: a + b  a  b
Dấu “=” xảy ra khi a.b  0.
Chứng minh: Ta có:
a + b  a  b (1) với mọi a, b.
 a 2 + 2 ab + b 2  a 2 + 2ab + b 2 (vì 2 vế không âm)
 2 ab  2ab
 ab  ab (2)
Vì bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) đúng.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a.b  0.
Ví dụ 5 Cho a, b, c > 0. Chứng minh

1 1 1
9
  �
(1).
a b c a  b c

[9]

Giải :
Ta có

�1 1 1 �
1 1 1
9
  �
�  a  b  c �   ��9
a b c a  b c
�a b c �

�b a � �c a � �b c �
� 1 1 1 �  � �  � �  ��9
�a b � �a c � �c b �
�b a � �c a � �b c �
� �  � �  � �  ��6,a, b,c  0
�a b � �a c � �c b �
�b a �

�c

a�

�b c �

Vì theo BĐT cauchy ta có �  ��2, �  ��2, �  ��2
�a b �
�a c �
�c b �
Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c > 0
Hướng dẫn cho học sinh vận dụng ví dụ để giải bài toán sau:
Bài tập 5:
a) Cho a, b, c >0. Chứng minh các BĐT sau
�1
1
1 � 3
(a2  b2  c2) �


�� (a  b c) .

�a  b b  c c  a � 2
b) Cho x, y, z > 0 thoả x  y  z  1. Tìm GTLN của biểu thức:
x
y
z
P


.
x  1 y  1 z 1
c) Cho a, b, c > 0 thoả a  b  c �1. Tìm GTNN của biểu thức:
1
1
1


P= 2
.
a  2bc b2  2ac c2  2ab
1
1 1 1
d) Cho a, b, c > 0 thoả a  b  c  1. Chứng minh: 2 2 2    �30.
a  b  c ab bc ca

Hướng dẫn :

a) Áp dụng (1) ta được:

1
1

1
9


�
.
a  b b c c  a 2(a  b  c)

8


9(a2  b2  c2) 3 3(a2  b2  c2) 3
 .
� (a  b  c)
 VT 
2(a  b c)
2
a  b c
2

Chú ý: (a  b  c)2 �3(a2  b2  c2) .
b) Để áp dụng (1), ta biến đổi P như sau:
�1
1
1 �
x  1 1 y  1 1 z  1 1



= 3 � 

�
x 1
y 1
z 1
�x  1 y  1 z  1�
1
1
1
9
9
9 3


�
 . Suy ra: P  3  .
Ta có:
x  1 y 1 z 1 x  y  z 3 4
4 4

P=

*Chú ý: Bài toán trên có thể tổng quát như sau: Cho x, y, z > 0 thoả
x  y  z  1 và k là hằng số dương cho trước. Tìm GTLN của biểu thức:
P=

x
y
z



.
kx  1 ky  1 kz  1

c) Ta có: P 

9

9



a2  2bc  b2  2ca  c2  2ab (a  b c)2
1
9
d) VT  2 2 2 
a  b  c ab  bc  ca
�
�
1
1
1
7

= �2 2 2 
�
�a  b  c ab  bc  ca ab  bc  ca � ab  bc  ca
9

�9.

7
9 7
�   30
 (a  b c)2 ab bc  ca 1 1
3
1
1
Chú ý: ab  bc  ca � (a  b c)2  .
3
3


Ví dụ 6: Cho a, b > 0. Chứng minh

1 1
4
 �
(1).
a b a b

[4]

Giải :

b a  b
a a  b
1 1
4
4ab
a2  2ab  b2  a  b






�0
Ta có  
a b a  b ab a  b ab a  b ab a  b
ab a  b
ab a  b
2

vì  a  b �0, ab a  b  0 do a, b >0
2

�

1 1
4
 �
,a, b  0
a b a b

Dấu “ = ” xảy ra khi a = b
1 1
a b

4
,a, b  0 chứng minh các bất
a b

Bài tập 6: Áp dụng bất đẳng thức �  �
đẳng thức sau

�1
1 1 1
1
1 �
  �2�


�; với a, b, c > 0.
a b c
�a  b b  c c  a �
� 1
�
1
1
1
1
1


�2�


b)
�; với a, b, c > 0.
a  b b c c  a
�2a  b  c a  2b  c a  b  2c �

1 1 1
c) Cho a, b, c > 0 thoả mãn    4 .
a b c

a)

9


1
1
1


�1
2a  b  c a  2b  c a  b  2c
ab
bc
ca a  b  c


�
d)
; với a, b, c > 0.
a  b b c c  a
2
e) Cho x, y, z > 0 thoả mãn x  2y  4z  12 . Chứng minh:

Chứng minh:

2xy
8yz
4xz


�6.
x  2y 2y  4z 4z x

f) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác, p là nửa chu vi.
Chứng minh rằng:

�1 1 1 �
1
1
1


�2�   �.
p a p b p c
�a b c �

Hướng dẫn :
a) Áp dụng (1) ba lần ta được:

1 1
4 1 1
4 1 1
4
 �
;  �

;  �
.
a b a  b b c b c c a c  a

Cộng các BĐT vế theo vế ta được đpcm.
b) Tương tự câu a).

� 1
�
1 1 1
1
1
  �4�


�.
a b c
�2a  b  c a  2b  c a  b  2c �
1
1 �1 1 �
ab 1
� �  �
� (a  b) .
d) Theo (1):
a  b 4 �a b �
a b 4

c) Áp dụng a) và b) ta được:

Cùng với các BĐT tương tự, cộng vế theo vế ta được đpcm.

e) Áp dụng câu d) với a = x, b = 2y, c = 4z thì a  b c  12  đpcm.
f) Nhận xét: (p –a) + (p – b) = 2p – (a + b) = c.
Áp dụng (1) ta được:

1
1
4
4

�
 .
p  a p  b ( p  a)  ( p  b) c

Cùng với 2 BĐT tương tự, cộng vế theo vế, ta được đpcm.
Ví dụ 7: Cho A = 2x(16 – 2x) và 0 < x < 8. Chứng minh rằng: A  64
Giải:
- Với 0 < x < 8 thì 2x > 0 ; 16 – 2x > 0
2 x  16  2 x
 2 x (16  2 x)
2
 64  2x(16 – 2x)
Hay 2x(16 – 2x)  64
Hay A  64
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2x = 16 – 2x  x = 4

Theo bất đẳng thức CôSi ta có:

Ví dụ 8: Chứng minh rằng : am  bn 1 với a 2 + b 2 =1 và m 2 + n 2 = 1 [7]
Giải:
Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-x-ki ta có:

(am + bn) 2 ( a 2 + b 2 )( m 2 + n 2 )
 (am + bn) 2  1
 am  bn 1

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi : an = bm
10


Ví dụ 9: Cho 3 số x, y, z thỏa mãn điều kiện: xy + yz + xz = 4
Chứng minh rằng: x 4 + y 4 + z 4 

16
3

Giải:
Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-x-ki ta có:
(xy + yz + xz) 2  (x 2 +y 2 +z 2 )(x 2 +y 2 +z 2 )
 16  (x 2 +y 2 +z 2 ) 2
(1)
2
2
2 2
Ta lại có: (x +y +z )  1(1 + 1 + 1) (x 4 +y 4 +z 4 ) = 3(x 4 +y 4 +z 4 )
Từ (1) và (2) suy ra: 16  3(x 4 +y 4 +z 4 )
 3(x 4 +y 4 +z 4 )
 16

(2)

16

3
Ví dụ 10 : Cho: A = x  2004  x  2005 . Chứng minh rằng: A  1 với mọi x. [2]
 x 4 +y 4 +z 4



Giải:
Ta có: A = x  2004  x  2005
= x  2004  2005  x
Theo bất đẳng thức giá trị tuyệt đối :
A = x  2004  2005  x  x  2004  2005  x = 1
Hay : A  1 với mọi x.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi : ( x  2004)(2005  x) �0  2004  x 2005
d. Phương pháp dùng các tính chất của bất đẳng thức.
Ví dụ 11 : Cho a, b, c, > 0. Chứng minh rằng nếu
Giải

a
a a c
 1 thì 
(1).[2]
b
b b c

a
 1 với a > 0 , b > 0
b
� a  b � ac  bc � ab  ac  bc  ac

Ta có

� a  b  c   b(a  c )
a ac
� 
( Chia 2 vế cho b  b  c  )
b bc
a
a a c
Vậy suy ra nếu  1 thì 
(1).
b
b b c

Yêu cầu học sinh vận dụng kiến thức ví dụ 5 để làm bài toán sau :

Bài tập vd 11 : Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a
b
c


 2 [9]
a  b b c c  a
a
b
c
d




2
b) 1
a  b c b c  d c  d  a d  a  b
a b
b c
c d
d a



3
c) 2 
a  b c b c  d c  d  a d  a  b

a) 1

Hướng dẫn :
a) Sử dụng (1), ta được:

a
a
a c


;
a  b c a  b a  b  c

11

b
b
b a


;
a  b c b c a  b c
c
c
c b


.
a  b c c  a a  b c

Cộng các BĐT vế theo vế, ta được đpcm ( Điều phải chứng minh )
a
a
a


a  b c  d a  b c a  c
b
b
b
c
c
c





Tương tự:
;
;
a  b  c  d b c  d b  d
a  b c  d c  d  a a  c
d
d
d


a  b c  d d  a  b d  b

b) Sử dụng tính chất phân số, ta có:

Cộng các BĐT vế theo vế ta được đpcm.
c) Chứng minh tương tự câu b). Ta có:

a b
a b
a  b d


a  b c  d a  b  c a  b  c  d

Cùng với 3 BĐT tương tự, ta suy ra đpcm.

Ví dụ 12: Chứng minh rằng. Với mọi a, b ta có: a 2 + b 2 + 4  ab + 2(a + b)
Giải:

2
2
a + b + 4  ab + 2(a + b)
 2a 2 + 2b 2 + 8  2ab + 4(a + b)
(Nhân cả 2 vế với 2)
2
2
 2a + 2b + 8 - 2ab - 4a - 4b  0
 (a 2 - 2ab + b 2 ) + (a 2 - 4a + 4) + (b 2 - 4b + 4)  0
 (a - b) 2 + (a – 2) 2 + (b - 2) 2  0 Với mọi a, b .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2.
Ví dụ 13: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện: x + y + z  6
1

1

1

3
Chứng minh rằng: x  y  z 
2

[8]

Giải:
1

1

1

Nhân 2 vế của bất đẳng thức: x + y + z  6 với x  y  z > 0
1

1

1

1

1

1

Ta được bất đẳng thức: (x + y + z) ( x  y  z )  6( x  y  z )
x y
z y
1 1 1
z x
(1)
 ) + 1 + (  ) + 1 + (  )  6(   )
y z
y z
x y z
x z
x y
z y
z x

  2,

2
Vì x > 0, y > 0, z > 0 nên ta có: y  z  2,
y z
x z
1+(

Vì thế bất đẳng thức (1) tương đương với:
1

1

1

6( x  y  z )  3 + 2 + 2 + 2
 6(

1 1 1
1 1 1
3
  ) 9    
x y z
x y z
2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2.
Ví dụ 14: Cho a, b là 2 số dương . Chứng minh rằng: a 3 + b 3  ab(a + b) [9]
12


Giải:

Ta có a + b  ab(a + b)
 (a + b) (a 2 - ab + b 2 )  ab(a + b) (Chia cả 2 vế cho a + b > 0)
 (a 2 - ab + b 2 )  ab
 (a 2 - 2ab + b 2 )  0
 (a - b) 2  0
Đúng với mọi a, b.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b
3

3

Ví dụ 15: Cho x, y là 2 số dương, thỏa mãn điều kiện: x 3 + y 3  x - y > 0
Chứng minh rằng: x 2 + y 2 < 1
Giải:
2
2
Ta có x + y < 1
 (x - y)(x 2 + y 2 ) < (x - y) (Nhân cả 2 vế với x – y > 0 )
 (x - y)(x 2 + y 2 ) < x 3 + y 3
 x (x 2 + y 2 ) - y(x 2 + y 2 ) < x 3 + y 3
 x3+ x y2 - x2 y - y3 < x3+ y3
 -2y 3 + xy 2 - x 2 y < 0
 - y (x 2 + 2y 2 - xy) < 0
 y (x 2 + 2y 2 - xy) > 0 (Nhân cả 2 vế với – 1 )
y 2
y2
) + 2 y2 ] > 0
2
4
y

8
y2
 y[( x - ) 2 + y2 ] > 0
2
4
4
2
y
7y
 y[( x - ) 2 ] > 0 Với mọi x, y.
2
4
 y[( x -

Vậy : x 2 + y 2 < 1
Ví dụ 16: Cho x, y, z là 3 số dương, thỏa mãn điều kiện: x 2 + y 2 + z 2 =
1

1

1

5
3

1

Chứng minh rằng: x  y  z  xyz
Giải:
Ta có (x + y - z)  0

 x 2 + y 2 + z 2  2(yz - x y + xz)
2

5
5
 2(yz - x y + xz) (Vì : x 2 + y 2 + z 2 = )
3
3
5
  yz - x y + xz (Chia cả 2 vế cho 2 )
6
5
 yz - x y + xz 
6
 yz - x y + xz < 1
1 1 1
1 (Chia cả 2 vế cho xyz > 0 )
   
x y z xyz


Ví dụ 17: Cho 2 số a, b thỏa mãn điều kiện: a + b = 1 .
Chứng minh rằng: a 2 + b 2 

1
2

[5]

13

Giải:
Ta có: a + b = 1
 (a + b) 2 = 1
(1)
 a 2 + 2ab + b 2 = 1
Ta lại có : (a - b) 2  0
( 2)
 a 2 - 2ab + b 2  0
Cộng (1) và (2) theo vế ta được: 2(a 2 + b 2 )  1
 a2 + b2 

1
1
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b =
2
2

Ví dụ 18: Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện: x + y + z = 4
Chứng minh rằng: x + y  xyz
Giải:
2
Ta có : (x - y)  0
 x 2 + y 2  2xy
 x 2 + y 2 + 2 xy  4xy (Cộng cả 2 vế với 2xy > 0 )
(1)
 (x + y) 2  4xy
Suy ra: [(x + y) + z ] 2  4(x + y)z
 16  4(x + y)z (vì : x + y + z = 4)

 16 (x + y)  4 (x + y) 2 . z (Nhân cả 2 vế với x + y > 0 )
Theo (1) (x + y) 2  4xy
Nên: 16 (x + y)  4 (x + y) 2 . z  4.4xyz
 16 (x + y)  16xyz
 x + y  xyz
e. Phương pháp chứng minh phản chứng.
Ví dụ 19: Chứng minh rằng không có 3 số dương a, b, c nào thỏa mãn cả 3 bất
đẳng thức sau:
a+

1
 2;
b

b+

1
2;
c

c+

1
2.
a

[9]

Giải:
Giả sử tồn tại 3 số dương a, b, c thỏa mãn cả 3 bất đẳng thức :

a+

1
 2;
b

b+

1
2;
c

c+

1
2.
a

Cộng từng vế 3 bất đẳng thức trên ta được:
1
1
1
+ b+ +c+ <6
b
c
a
1
1
1
(a + ) + ( b + ) + (c + ) < 6

(1)
a
b
c
1
1
1
Vì: a > 0, b > 0, c > 0 nên: a +  2; b +  2; c +  2
a
b
c
1
1
1
Như vậy : (a + ) + ( b + ) + (c + )  6 Điều này mâu thuẫn với (1)
a
b
c

a+

Vậy không tồn tại 3 số dương a, b, c thỏa mãn cả 3 bất đẳng thức đã cho.
Ví dụ 20: Chứng minh rằng không có 3 số dương a, b, c nào thỏa mãn cả 3 bất
đẳng thức sau:
4a(1 - b) > 1;
4b(1 - c) > 1;
4c(1 - a) > 1.
14

Giải:
Giả sử tồn tại 3 số dương a, b, c thỏa mãn cả 3 bất đẳng thức :
4a(1 - b) > 1;
4b(1 - c) > 1;
4c(1 - a) > 1.
Nhân theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được:
64abc(1 - a)(1 - b)(1 - c) > 1
(*)
2
2
Ta lại có: 4a(1 - a) – 1 = 4a - 4a – 1 = - (2a – 1)  0
Suy ra: 4a(1 - a)  1 (1)
Tương tự ta có: 4b(1 - b)  1 (2)
4c(1 - c)  1 (3)
Từ giả thiết phản chứng và từ a, b, c dương , suy ra:
1 – a > 0;
1 – b > 0;
1 – c > 0.
Do đó nhân theo từng vế các bất đẳng thức (1); (2); (3) ta được:
64abc(1 - a)(1 - b)(1 - c)  1
(**)
Điều này mâu thuẫn với (*) . Vậy không tồn tại 3 số dương a, b, c thỏa mãn cả 3
bất đẳng thức đã cho.
f. Phương pháp quy nạp toán học.
Ví dụ 21: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n  3 thì : 2 n > 2n + 1 (1)
Giải:
3
Với n = 3 thì 2 = 8 ; 2n + 1 = 2.3 +1 = 7
Rõ ràng vế trái lớn hơn vế phải . Vậy (1) đúng với n = 3.
Giả sử (1) đúng với n = k (k  n ; k 3), tức là : 2 k > 2k + 1

Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k + 1
Tức là : 2 k 1 > 2(k + 1) + 1
Hay: 2 k 1 > 2k + 3
Thật vậy: 2 k 1 = 2. 2 k , mà 2 k > 2k + 1 (theo giả thiết quy nạp)
Do đó : 2 k 1 > 2(2k+1) = (2k +3) + ( 2k + 1) > 2k +3 (vì : 2k + 1 > 0 )
Suy ra: 2 k 1 > 2k+3
với mọi k  3
n
Kết luận: 2 > 2n + 1 với mọi số nguyên dương n  3
k) Phương pháp làm trội
Dùng các tính chất của bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng
tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn.
+ Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn:
S = u1  u2  ....  un
Ta biến đổi số hạng tổng quát uk về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau:
u k ak  ak 1

Khi đó:
S =  a1  a2    a2  a3   ....   an  an 1  a1  an 1
+ Phương pháp chung về tính tích hữu hạn: P = u1u2 ....un
Ta biến đổi các số hạng u k về thương của hai số hạng liên tiếp nhau:
uk 

ak
a1 a2
a
a
. ..... n  1
Khi
đó:

P
=
a2 a3
an 1 an 1
ak1

[9]

Ví dụ 22 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  1, ta có:
a)

1
1
1
1


 .... 
2 n 1 n 2
n n

Giải :
15


1
1
1

 , với k = 1, 2, 3, …, n –1.

n  k n  n 2n
1
1
1
1 1
1
n 1
�

 .... 


 ... 


n 1 n 2
n  n 2n 2n
2n 2n 2
1
1
1
1

 .... 
Vậy 
với mọi số tự nhiên n  1.
2 n 1 n 2
n n

Ta có:

Bài tập VD 22: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  1, ta có:
1
1
1

 .... 
 2 n 1  1
2
3
n
1
1
1
1
c) 1.2  2.3  3.4  .......  (n  1).n  1

a) 1 





b) 1

1
2

2



1
2

3

 ... 

1
n2

2

[7]

[7]

Hướng dẫn
1
2
2


2 k  1  k , với k = 1, 2, 3, …, n.
k 2 k
k  k 1
1
1
1

1
b) Ta có: k 2  k  k  1  k  1  k , với k = 2, 3, …, n.
1
1
1

 , với k = 2, 3, …, n.
c) Ta có:
(k  1).n k  1 k

a) Ta có:





2.4. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Khi bắt đầu học chứng minh bất đẳng thức nhiều học sinh còn bối rối, thường
xuyên mắc phải những sai lầm trong trình bày, lập luận mặc dù đó là những bài
toán đơn giản , nhưng thông qua các buổi bồi dưỡng với cách ôn tập chi tiết, có
hệ thống đặc biệt phân dạng được các loại toán , học sinh đã tiếp thu kiến thức
một cách chủ động , nắm vững các kiến thức đồng thời học sinh nắm được
những điểm trọng yếu của kỹ năng vận dụng các phương pháp vào các bài toán,
các em đã làm bài tập một cách linh hoạt, chính xác lập luận chặt chẽ logic . Kết
quả học tập của các em nâng lên rõ rệt được thể hiện rõ nhất ở bài kiểm tra
chương 4 và tinh thần học tập tích cực không ngại khi gặp bài toán bất đẳng
thức. Từ đó xoá đi cảm giác khó, phức tạp của học sinh khi gặp dạng toán này
và học sinh cũng thấy được dạng toán này quan trọng, phong phú chứ không đơn
điệu, giúp học sinh hứng thú khi học toán. Góp phần giúp các em tự tin, làm bài
tốt trong các kỳ thi quan trọng tiếp theo, kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10, thi vào

các trường chuyên, lớp chọn ...
Trong thời gian hoàn thành sáng kiến kinh nghiệm này bản thân tôi cũng rút ra
được nhiều kinh nghiệm trong giảng dạy “ Bất đẳng thức” : Hệ thống tốt hơn về
các phương pháp vận dụng vào giải toán, chọn lựa được các bài toán phù hợp
hơn cho từng đối tượng học sinh từ đơn giản đến phức tạp.
Kết quả so sánh về các số liệu với thời điểm bắt đầu nghiên
cứu cho đến nay
Tình trạng
TS Học
sinh Học
sinh Học sinh dưới Ghi
HS Khá - Giỏi
Trung bình
trung bình
chú
TS Tỉ lệ % TS Tỉ lệ % TS
Tỉ lệ %
Chưa áp dụng 60 28 46.7
18
30.0
14
23.3
Áp dụng
60 38 63.3
22
36.7
0
0
16

Kết quả trên cho thấy việc vận dụng phương pháp trên vào giảng dạy toán giúp
học sinh có kết quả cao trong học tập.
Đây là nội dung khó và có khối lượng kiến thức lớn của đề tài nên tôi cảm
thấy đang còn nhiều vấn đề chưa trình bày hết được tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu
hoàn thiện và cũng mong muốn sẽ nhận được thêm nhiều đóng góp để hoàn
thiện để nó là cũng là một tư liệu của bản thân trong giảng dạy và cũng là đề tài
để đồng nghiệp và nhà trường đóng góp xây dựng làm tư liệu chung của cơ
quan.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ:
3.1. Kết luận
Phần “ chứng minh bất đẳng thức , ở lớp 8.” là một nội dung rất quan
trọng, bởi kiến thức này có liên quan chặt chẽ, nó là tiền đề cho học sinh học tốt
các kiến thức về sau và đặc biệt là ứng dụng nó rất hiệu quả cho các em khi lên
lớp 9.
Trên đây là một số phương pháp thường dùng và có hiệu quả đối với học
sinh lớp 8 ở trường THCS , trong khi ôn tập cho các em tạo tiền đề để sau này
các em thi vào lớp 10 trường chuyên lớp chọn. Mới đầu học sinh còn bở ngở
trong việc chứng minh bất đẳng thức , nhưng thông qua các buổi bồi dưỡng với
cách ôn tập chi tiết, có hệ thống, đa số học sinh đã nắm vững các phương pháp
chứng minh bất đẳng thức và vận dụng vào làm bài tập một cách linh hoạt. Tuy
nhiên, trong khuôn khổ của bài viết và thời gian có hạn, không thể tránh được
những sai sót nên Tôi rất mong được sự nhận xét, góp ý của cấp lãnh đạo, của
đồng nghiệp và của tổ chuyên môn .
3.1.Kiến nghị:
Trên đây chỉ là các phương pháp cơ bản để giải toán “ Bất đẳng thức”, để
học sinh nắm chắc kiến thức và có hứng thú học tập, giáo viên phải chọn lọc hệ
thống kiến thức, hệ thống bài tập theo mức độ tăng dần, từ dễ đến khó, giúp học sinh
phát huy khả năng suy luận và tính độc lập sáng tạo.
Với mỗi dạng toán tuy không có quy tắc tổng quát song khi giải giáo viên

chỉ ra những đặc điểm cơ bản mà có hướng giải quyết để khi gặp những bài toán
tương tự học sinh có thể liên hệ được.
Những sáng kiến kinh nghiệm có tính vận dụng tốt, đạt giải cao trong
huyện rất mong Phòng Giáo Dục tạo điều kiện để cho Cán bộ, giáo viên được
học hỏi kinh nghiệm.
Tôi xin chân thành cảm ơn.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hoá, ngày 15 tháng 04 năm 2018
ĐƠN VỊ
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.
Người thực hiện
Trần Đức Thành
17


TÀI LIỆU THAM KHẢO, PHỤ LỤC
TT

Tên tài liệu tham khảo

Tác giả

[1]

Sách giáo khoa toán 8

Tôn Thân (Chủ biên)

[2]

Sách bài tập toán 8 tập 2

Tôn Thân (Chủ biên)

[3]

Sách : Ôn tập đại số 8

Nguyễn Ngọc Đạm

[4]

Sách: Toán cơ bản và nâng cao toán 8

Vũ thế Hựu

[5]

[8]

Sách: Kiến thức cơ bản và nâng cao toán 8
Nguyễn Ngọc Đạm
Sách: Những bài toán cơ bản và nâng cao chọn
Lê Thị Hương
lọc toán 8
Nguyễn Ngọc Đạm
Sách: 500 bài toán chọn lọc toán 8
Nguyễn Quang Hanh
Ngô Long Hậu

Sách: Toán nâng cao đại số 8
Nguyễn Vĩnh Cận

[9]

Sách: Nâng cao và phát triển toán 8

[6]
[7]

Vũ Bình

MỘT SỐ KÍ HIỆU VIẾT TẮT
- Đpcm : Điều phải chứng Minh
- VT : Vế trái
- VP : Vế phải
- BĐT : bất đẳng thức

18


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Trần Đức Thành
Chức vụ và đơn vị công tác: Trường THCS Hàm Rồng

TT

1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.

Tên đề tài SKKN

Hướng dẫn học sinh yếu kém
giải các bài toán so sanh phân số
Dạy học sinh lớp 9 vận dụng
định lý vi ét giải toán về phương
trình bậc 2 một ẩn
Hướng dẫn học sinh lớp 8 giải
bài toán bằng cách lập phương
trình
Hướng dẫn học sinh giải các bài
toán hình học 7 bằng cách vẽ
thêm đường phụ
Hướng dẫn học sinh yếu kém
giải toán về tỉ lệ thức
Hướng dẫn học sinh yếu kém lớp
9 sử dụng bảng tóm tắt giải bài
toán bằng cách lập phương trình
Hướng dẫn học sinh lớp 6 giải
toán chia hết

Cấp

Kết quả
đánh
đánh
giá xếp
Năm
học
giá xếp
loại
đánh giá xếp
loại (A,
(Phòng,
loại
B, hoặc
Sở,
C)
Tỉnh...)
Phòng

A

Phòng

A

2000-2001

2001-2002
Sở GD
C
phòng

2005-2006

C
2007-2008

Phòng

2010-2011

Phòng

B
B

2014-2015

Phòng

B

2015-2016

19