Phát triển tư duy cho học sinh thông qua dạy bđt côsi và một số bài tập áp dụng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

PHÒNG GD&ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO HỌC SINH
THÔNG QUA DẠY BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI VÀ
MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG

Người thực hiện: Nguyễn Thị Nhung
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Trần Mai Ninh
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán học

THANH HOÁ NĂM 2018

MỤC LỤC
1


MỤC LỤC
Nội dung

Trang
1. Phần mở đầu
2
1.1. Lý do chọn đề tài
2
1.2. Mục đích nghiên cứu
2

1.3. Đối tượng và nhiệm vụ nghiên cứu.
2
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
3
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
3
I. Bất đẳng thức Côsi
3
II. Các quy tắc cần chú ý khi sử dụng BĐT Côsi
3
1. Quy tắc song hành
3
2. Quy tắc dấu bằng
3
3. Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng.
4
4. Quy tắc đối xứng
4
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
4
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
4
2.3.1. Đánh giá từ TBC sang TBN
5
Dạng 1: Áp dụng trực tiếp bất đẳng thức Côsi
5
Dạng 2: Sử dụng các kỹ thuật tách ghép, thêm bớt,phân nhóm
8

Dạng 3: Đổi biến
14
2.3.2. Đánh giá từ TBN sang TBC
15
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động
18
giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
3. Kết luận, kiến nghị
19
Tài liệu tham khảo
20

2


1. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1 . Lí do chọn đề tài
“Bất đẳng thức Côsi ” là phần kiến thức khó thường xuyên xuất hiện
trong các đề thi học sinh giỏi các cấp và đề tuyển sinh vào 10
Tâm lí đa số học sinh cho rằng bất đẳng thức là khó nên rất ngại học, khi
gặp những bài toán có yêu cầu khác biệt so với chương trình sách giáo khoa thì
học sinh thường lúng túng, không có khả năng tưởng tượng, không định hướng
được dẫn đến không có phương pháp tư duy để giải bài toán. Hơn nữa trong
chương trình sách giáo khoa cơ bản viết theo yêu cầu giảm tải dẫn đến thiếu một
số công cụ giải toán, số lượng bài tập về bất đẳng thức Côsi trong chương trình
SGK dành cho học sinh THCS là không có, trong chương trình THPT là không
nhiều và chỉ có dạng cơ bản nên học sinh không nhận diện được tất cả các dạng
toán và chưa được hướng dẫn một cách hệ thống các phương pháp để giải quyết
các bài toán đó. …
Xuất phát từ lý luận và thực tiễn trên, để góp phần vào việc “ Phát triển tư

duy khoa học” và “tăng cường ở các em năng lực vận dụng một cách thông
minh những điều đã học”, đồng thời nhằm giúp học sinh bớt lúng túng khi gặp
các bài toán về chứng minh hay vận dụng bất đẳng thức Côsi, giúp học sinh có
thể tự định hướng được phương pháp chứng minh và hứng thú hơn khi học về
bất đẳng thức nói riêng và bộ môn Toán nói chung. Đó là lý do tại sao tôi chọn
đề tài : Phát triển tư duy cho học sinh thông qua dạy BĐT Côsi và một số bài tập
áp dụng
1.2. Mục đích nghiên cứu
Với việc nghiên cứu đề tài này, bản thân tôi đã được nâng cao hơn về
trình độ chuyên môn, nghiệp vụ.
Qua sáng kiến này tôi muốn giúp học sinh:
+ Hệ thống lại các dạng bài tập và các kỹ thuật thường sử dụng khi chứng
minh bất đẳng thức bằng cách áp dụng BĐT Côsi
+ Phát triển các khả năng tư duy lôgic: phân tích, tổng hợp, khái quát
hoá...giúp các em có định hướng tốt và đúng đắn khi gặp bài toán chứng minh
BĐT .
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Nghiên cứu về bất đẳng thức Côsi và một số dạng bài tập vận dụng bất
đẳng thức Côsi. Những bài toán áp dụng bất đẳng thức Côsi có nội dung hấp
dẫn nhưng khó giải quyết. Một trong những nguyên nhân gây khó giải quyết của
nó là vì phương pháp tiếp cận , mổ xẻ vấn đề không phải là các phương pháp
thông thường hay được áp dụng trong đại số. Để giải quyết phần nào những khó
khăn trên, tác giả viết sáng kiến kinh nghiệm này nhằm cung cấp những phương
pháp học và giải bài tập bất đẳng thức Côsi cho các em học sinh lớp 8, lớp 9 và
các em học sinh đang học lớp 10 làm tài liệu tham khảo .
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Trong quá trình nghiên cứu đề tài tôi đã dùng những phương pháp sau:
- Đọc sách, nghiên cứu thu thập, xử lí tài liệu sưu tầm được.
- Điều tra, giáo viên và học sinh. Tự tìm hiểu đối tượng học sinh .
3

- Tổng kết đúc rút kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
I. BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI :
Bất đẳng thức côsi cho hai số:
Cho hai số thực không âm x, y khi đó :
x+ y
≥ xy (1) ( Sách bài tập toán lớp 9)
2

Dấu "=" xảy ra khi x = y
Bất đẳng thức côsi cho ba số:
Cho ba số thực không âm x, y, z khi đó:

x+ y+z 3
≥ xyz (2) (Sách bài tập toán lớp9)
3

Dấu "=" xảy ra khi x = y = z
Dạng tổng quát (n số) ∀x1, x2, x3 ,...,xn không âm ta có:

x1 + x2 + ......xn
≥
n

n

x1 x2...........xn

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi: x1 = x2 = ............ = xn
Chú ý: Giáo viên cần nhấn mạnh cho học sinh các dạng biến đổi của BĐT Côsi
n = 2:
∀ x, y ≥ 0 khi đó :
n = 3: ∀ x, y, z ≥ 0 khi đó :
x+ y
x+ y+ z 3
≥ xy
≥ xyz
1.
2
3
x + y ≥ 2 xy
x + y + z ≥ 3 3 xyz
2.
2

3

3.

 x+ y

÷ ≥ xy
 2 

 x+ y+ z

÷ ≥ xyz

3



4.

2
( x + y ) ≥ 4 xy

3
( x + y + z ) ≥ 27 xyz

5.

1
4
≥
xy ( x + y ) 2

1
27
≥
xyz ( x + y + z ) 3

Hệ quả 1: Nếu hai số dương thay đổi nhưng có tổng không đổi thì tích của
chúng lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau.
Hệ quả 2: Nếu hai số dương thay đổi nhưng có tích không đổi thì tổng của
chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau.
II. CÁC QUY TẮC CẦN CHÚ Ý KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨCCÔSI
1. Quy tắc song hành: Hầu hết các BĐT đều có tính đối xứng do đó việc

sử dụng các chứng minh một cách song hành, tuần tự sẽ giúp ta hình dung ra
được kết quả nhanh chóng và định hướng cách giiải nhanh hơn.
2. Quy tắc dấu bằng: Dấu bằng “=” trong BĐT là rất quan trọng. Nó giúp
ta kiểm tra tính đúng đắn của chứng minh. Nó định hướng cho ta phương pháp
giải, dựa vào điểm rơi của BĐT.
3. Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng: không chỉ học sinh mà ngay
cả một số giáo viên khi mới nghiên cứu và chứng minh BĐT cũng thường rất
hay mắc sai lầm này, áp dụng liên tiếp hoặc song hành các BĐT nhưng không
4


chú ý đến điểm rơi của dấu bằng. Một nguyên tắc khi áp dụng song hành các
BĐT là điểm rơi phải được đồng thời xảy ra, nghĩa là các dấu “ = ” phải được
cùng được thỏa mãn với cùng điều kiện của biến.
4. . Quy tắc đối xứng: Đối với các BĐT có tính chất đối xứng thì vai trò
của các biến trong BĐT là như nhau do đó dấu “ = ” thường xảy ra tại vị trí các
biến đó bằng nhau. Nếu bài toán có gắn hệ điều kiện đối xứng thì ta có thể chỉ ra
dấu “ = ” xảy ra khi các biến bằng nhau và mang một giá trị cụ thể.
Chiều của BĐT cũng sẽ giúp ta định hướng được cách chứng minh: đánh
giá từ Trung bình cộng (TBC) sang Trung bình nhân (TBN) và ngược lại.
2.2 THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM.
Bất đẳng thức Côsi khá là quen thuộc với thầy cô và các em học sinh khá
giỏi. Nội dung bất đẳng thức Côsi được phát biểu bằng lời rất đơn giản: " trung
bình cộng luôn của các số không âm lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân của
chúng”. Tuy nhiên nội dung của bất đẳng thức này chỉ được giới thiệu qua trong
phần "có thể em chưa biết'' trong sách Toán 8 tập hai và một mục trong bài ''Bất
đẳng thức và chứng minh bất đẳng thức'' sách Đại số 10. Vì vậy thời gian dạy
chính khóa cho nội dung kiến thức này là không nhiều.
Sách giáo khoa và sách bài tập đã hệ thống các kiến thức cơ bản về bất

đẳng Côsi thức nhưng chưa đầy đủ, chưa bổ sung được phần đơn vị kiến thức
nâng cao. Chỉ đưa ra một số dạng toán chứng minh bất đẳng thức cơ bản. Với
một số dạng bài toán phương pháp giải chưa “tự nhiên” làm cho các em học sinh
cảm thấy lúng túng khi học toán, chưa phân tích được cho học sinh nhận thấy
tại sao lại chọn phương pháp đó để giải quyết bài toán.
Hệ thống các bài tập rèn luyện kĩ năng cho học sinh chưa nhiều.
Khi giảng dạy trên lớp, hoặc bồi dưỡng học sinh khá giỏi, gặp một số bài
tập bất đẳng thức tôi thấy học sinh còn rất nhiều lúng túng trong việc làm bài
tập, hay định hướng cách làm, đặc biệt là học sinh học ở mức độ trung bình.
Thực hiện việc kiểm tra một vài bài tập về nội dung đề tài thấy
Số lượng học
sinh

Điểm
giỏi

Điểm khá

Điểm TB

Điểm yếu

45

4

8

18

11

Điểm kém
4

2.3 CÁC GIẢI PHÁP ĐÃ SỬ DỤNG ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
Trước vấn đề trên tôi thấy việc cần thiết phải hướng dẫn học sinh phân
tích tìm tòi lời giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức nói chung và các bài
toán liên quan đến BĐT Côsi nói riêng, giúp các em có định hướng đúng đắn
khi gặp các dạng toán này ; đồng thời tạo hứng thú và phát triển tư duy cho học
sinh trong quá trình học môn toán là một việc cần thiết
Đề tài được trình bày dưới dạng đưa ra các bài tập cụ thể, mỗi bài tập đều
phân tích định hướng cách giải, đồng thời đưa ra lời giải, cuối cùng đưa ra các
bài tập được phát triển từ bài tập đã cho hoặc các bài tập tương tự .
CÁC DẠNG BÀI TẬP ÁP DỤNG VÀ KỸ THUẬT SỬ DỤNG CỦA BĐT CÔSI
5


2.3.1. Đánh giá từ trung bình nhân (TBN) sang trung bình cộng (TBC)
Dạng 1: Áp dụng trực tiếp BĐT côsi
Bài 1.

Cho a, b > 0 . Chứng minh rằng:

1 1
4
+ ≥
a b a +b

Phân tích và tìm lời giải: Trong bài toán trên các số đều dương và dấu “ ≥ ”

cho ta gợi ý đánh giá từ TBC sang TBN. Nhận thấy 4 = 2.2 gợi ý đến sử dụng
bất đẳng thức Côsi cho 2 số, 2 cặp số.
Lời giải:
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương ta được:
a + b ≥ 2 ab
1 1
1

1 1
4
1 1
1 ⇒ (a + b)( a + b ) ≥ 4 ab ab => a + b ≥ a + b (đpcm)
 + ≥2
ab
a b

Phát triển bài toán: Sau khi dạy tìm lời giải ta có thể hướng dẫn học sinh phát
triển bài toán ban đầu thành bài toán mới hoặc tìm mối liên hệ giữa các bài.
Việc giải các bài toán mới đó tương tự bài toán ban đầu hoặc biến đổi về bài
toán ban đầu. Chẳng hạn nếu thêm điều kiện a+b=1 ta được bài toán mới:
Cho hai số dương a, b thỏa mãn a+b=1.
1 1
Chứng minh : + ≥ 4
a b
Bài 2. Chứng minh rằng nếu x, y, z là ba số dương thì:
1 1 1
( x + y + z )( + + ) ≥ 9. (1)
x y z

Khi nào xảy ra đẳng thức?

Phân tích và tìm lời giải: Vế trái là tích hai nhóm, mỗi nhóm gồm ba số hạng,
các số hạng của hai nhóm tương ứng là nghịch đảo của nhau. Số 9=3.3 gợi ý
cho ta sử dụng bất đẳng thức Côsi cho hai nhóm, mỗi nhóm ba số sao cho khi
nhân các BĐT cùng chiều thì các biến triệt tiêu kết qủa thu được là hằng số.
Lời giải: Vì x, y, z là ba số dương nên áp dụng BĐT Côsi ta được:
x + y + z ≥ 3 xyz . (đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z)
3

1 1 1
1 1 1
1
+ + ≥ 33
. (đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = = ).
x y z
x y z
xyz
1
x

1
y

1
z

Do đó ( x + y + z )( + + ) ≥ 3 xyz .3
3

3

1
= 9.
xyz

x = y = z

Đẳng thức xảy ra ⇔  1 = 1 = 1 . ⇔ x =y = z
x y z


Phát triển bài toán:
1

1

1

9

1. Nếu thay x,y,z lần lượt bằng x2, y2, z2 ta được BĐT x 2 + y 2 + z 2 ≥ x 2 + y 2 + z 2
1

1

1

Nếu thêm điều kiện x+y+z = 1 ta được BĐT mới: x + y + z ≥ 9.
6

2. Nếu nhân khai triển ( 1) ta được BĐT:

x+ y x+z y+z
+
+
≥6
z
y
x

3. Từ BĐT(1) ta thay x=a+b, y=b+c, z=c+a và chia 2 vế cho một biểu thức ta
được BĐT:

2
2
2
9
+
+
≥
a +b b+c c+ a a +b+c

∀a, b, c > 0

c2
a2
b2
a +b+c
+
+

≥
a +b b+c c+a
2

,∀a, b, c > 0

4. Từ BĐT(1) ta thay x=a+b, y=b+c, z=c+a và nhân khai triển ta được BĐT:
c
a
b
3
∀a, b, c > 0
+
+
≥
a +b b+c c+a 2
5. Từ (6) nhân hai vế với(a+b+c) rồi nhân khai triển vế trái ta được BĐT
Các BĐT được phát triển từ bđt (1) nên cách chứng minh tương tự hoặc biến
đổi về dạng BĐT(1)
2
2
2
2
2
2
2 2 2
Bài 3. Chứng minh rằng: ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 8a b c ∀a, b, c
Phân tích và tìm lời giải: Trong bài toán trên dấu “ ≥ ” gợi ý đánh giá từ
TBC sang TBN. Vế trái là tích ba nhóm, mỗi nhóm có hai số hạng; 8 = 2.2.2 gợi
ý đến sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số, 3 cặp số.

Lời giải:
Áp dụng BĐT Côsi ta có:
a 2 + b 2 ≥ 2 a b = 2 ab ≥ 0
2

2


 2
2
2 2
b + c ≥ 2 b c = 2 bc ≥ 0
 2
2
2 2
c + a ≥ 2 c a = 2 ca ≥ 0

(

)(

)(

)

⇒ a 2 + b2 b2 + c 2 c 2 + a 2 ≥ 8| a 2b2c 2 | = 8a 2b 2c 2 ∀a, b, c (đpcm)
Lưu ý:
* Chỉ nhân các vế của BĐT cùng chiều ( kết quả được BĐT cùng chiều) khi và
chỉ khi các vế cùng không âm.
* x2 + y2 ≥ 2 x 2 y 2 = 2|xy|

Phát triển bài toán:
Nếu abc ≠ 0 chia cả hai vế cho a2 b2c2 ta được bài toán : CMR
a 2 +b2 a 2 +c 2 b2 +c 2
1) (
)(
)(
) ≥ 8 với abc ≠ 0
c2
b2
a2

a2
c2
b2
2) (1 + 2 ) ( 1 + 2 ) ( 1 + 2 ) ≥ 8
b
a
c

với abc ≠ 0

Nếu thay a2 ,b2, c2 bằng a, b, c và kèm theo điều kiện ta được bài toán CMR

a +b a+c b +c
)(
)(
)≥8
c
b
a

a
c
b
4) (1 + ). ( 1 + ). ( 1 + ) ≥ 8
b
a
c
3) (

với a, b, c là các số dương.
với a, b, c là các số dương.

Nếu kèm theo điều kiện a2+ b2 +c2 =1 ta có bđt
5) (1-a2)(1-b2)(1-c2) ≥ 8(abc)2
7


Nếu thay dấu nhân bằng dấu cộng các biểu thức ở bài toán ban đầu ta được
6) a2+ b2 +c2 ≥ ab+bc+ca
Nhận xét:
Đối với những bài toán có điều kiện là các biểu thức đối xứng của biến thì
việc biến đổi điều kiện mang tính đối xứng sẽ giúp ta xử lí các bài toán chứng
minh BĐT dễ dàng hơn. Dưới đây ta sẽ xét một số bài toán như vậy .
Bài 4. Cho các số dương x, y, z thoã mãn xyz = 1. Chứng minh
1 + x3 + y3
1+ z3 + y3
1 + x3 + z3
+
+
≥3 3

xy
yz
xz

Phân tích và tìm lời giải: Số 3 ở vế phải , cùng với các biến có lũy thừa bậc 3
gợi ý cho ta áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số. Giả thiết xyz=1 nên trong quá
trình chứng minh ta có thể thay 1=xyz hoặc ngược lại xyz=1
Lời giải:
1 + x3 + y 3 ≥ 3 3 x3 y 3 = 3xy


3
3
3 3 3
Với x, y, z dương ta áp dụng BĐT Côsi ta được: 1 + x + z ≥ 3 x z = 3xz

3
3
3 3 3
1 + z + y ≥ 3 z y = 3zy
3xy
3 yz
3 xz
⇒ VT ≥
+
+
=P
xy
yz
xz

1
1
1
P = 3(
+
+
) = 3( x + y + z ) ≥ 3 3( 3 xyz ) = 3 3 (vì xyz =1) ⇒ đpcm
xy
yz
xz

Bài 5: Cho a, b, c > 0; a 2 + b 2 + c 2 = 1

(

)

CMR: 1 + ab + bc + ca ≥ 2 a bc + b ca + c ab (1)
Phân tích và tìm lời giải:
BĐT cần chứng minh có xuất hiện số 1 ở vế trái và kết hợp với giả thiết, ta nghĩ
đến thay 1= a 2 + b 2 + c 2 . Hệ số 2 gợi ý áp dụng BĐT Côsi cho 2 số
Lời giải:
Bđt(1) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca ≥ 2 a bc + b ca + c ab
Áp dụng BĐT Côsi ta được:
(a 2 + bc) + (b 2 + ac) + (c 2 + ab) ≥ 2 a bc + b ca + c ab (đpcm)

(

(

)

)

a, b, c > 0

1
  1  1 
CMR :  −1÷ −1÷ −1÷≥ 8 (1)
a
  b  c

a + b + c = 1
Phân tích và tìm lời giải: BĐT cần chứng minh có xuất hiện số 1 ở vế trái nên
ta nghĩ đến giả thiết thay 1= a+b+c.
Hệ số 8 = 2.2.2 gợi ý việc áp dụng BĐT Côsi cho 2 số 3 cặp
Lời giải:
1 − a 1 − b 1 − c b + c c + a a + b Côsi 2 bc 2 ca 2 ab
VT (1) =
.
.
=
.
.
≥
.
.
= 8 (đpcm)
a
b

c
a
b
c
a
b
c

Bài 6. Cho 

8


Bài toán tổng quát 1: Cho:
 x1 , x2 , x3 ,..............., xn > 0
CMR :

 x1 + x2 + x3 + ........ + xn = 1


1
 1
 1
1

n
≥ ( n − 1)
 − 1÷ − 1÷ − 1÷........  − 1÷
÷
x

÷ x
÷ x
÷
 xn

 1
 2
 3


Bài tập tương tự : Với a, b,c, d là các số dương CMR:
1) a2b + ≥ 2a ;
2) (a+1)(b+1)(c+a)(b+c) ≥ 16abc
1

1

8

3) ab + cd ≥ ( a + b )( c + d )
1

1

2
2
4) x + y + x + y ≥ 2( x + y )
∀ x,y > 0
5) (1 + a + b)(a + b + ab) ≥ 9ab ∀ a, b ≥ 0.

 1  1  1 
6) 1 + 1 + 1 +  ≥ 64 biết a+b+c =1, a, b, c dương.


a 

b 

c

Thực tế qua các đề thi ta thấy ít các bài tập dạng áp dụng trực tiếp BĐT
Côsi như các bài toán nói trên mà phải qua một vài phép biến đổi đến tình huống
thích hợp rồi mới sử dụng BĐT Côsi . Các kỹ thuật thường sử dụng của bất
đẳng thức Côsi là: tách, ghép, thêm bớt, đổi biến...
Dạng 2: Sử dụng các kỹ thuật: Tách, ghép, thêm bớt và phân nhóm
Bài 1. Cho hai số dương thỏa mãn a+b=1 chứng minh :

4 1
+ ≥9
a b

Phân tích và tìm lời giải: Ta thấy yêu cầu bài toán giống bài toán phát triển từ
bài 1 dạng 1, nên ta nghĩ đến sử dụng giả thiết a+b=1. Số 9=3.3 gợi ý áp dụng
BĐT Côsi cho 3 số và 2cặp, vậy cần tách giả thiết và biểu thức cần chứng minh
sao cho khi áp dụng BĐT Côsi ta được hai biểu thức nghịch đảo để tích các
biểu thức thu được là hằng số.
Lời giải: Áp dụng BĐT côsi cho 3 số ta có:

a a
a 2b

3
a + b = + + b ≥ 3

4 1
4 1
2 2
4
⇒ ( a + b) +  ≥ 9 ⇒  +  ≥ 9

a b
a b
4
4 1 2 2 1
3
 a + b = a + a + b ≥ 3 a 2 b
Đẳng thức xảy ra khi a=2/3 và b=1/3
Bài 2. Chứng minh rằng: 3a3 + 17b3 ≥ 18ab2 ∀ a, b ≥ 0
Phân tích và tìm lời giải: Nhận thấy 18ab2 = 3.2.3 .a.b.b ⇒ gợi ý đến việc
tách hạng tử 17b3 thành hai hạng tử chứa b3 để khi áp dụng BĐT Côsi ta có b2.
Khi đã có định hướng như trên thì học sinh sẽ dễ dàng biết tách :
3a3 + 17b3 =3a3 + 8b3 + 9b3
Lời giải:
Áp dụng BĐT côsi cho 3 số không âm ta có:

3a 3 + 17b 3 = 3a 3 + 8b 3 + 9b 3 ≥ 33 3a 3 .8b 3 .9b 3 = 18ab 2
4
2
Bài 3: Cho x > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x − 3x + + 2016
x

9


( Đề khảo sát chất lượng học kỳ I môn toán 9 TP Thanh Hóa. )
Phân tích và tìm lời giải: Đề bài yêu cầu tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
cùng với điều kiện x ≥ 2 gợi ý áp dụng BĐT Côsi đánh giá từ TBC sang TBN.
Khi đánh giá từ TBC sang TBN phải làm cho tích thu được là hằng số
Lời giải:


Ta có: A = ( x − 2 ) +  x + ÷+ 2012
x
4

2





4
x

Do x > 0, áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương x và 4/x ta được: x + ≥ 4
Mặt khác ( x − 2 ) ≥ 0 với mọi x => A ≥ 2016 với mọi x
Dấu “=” xảy ra  x = 2 (T/m đk)
Vậy: GTNN của A là 2016 khi x = 2
Trong việc đánh giá từ TBC sang TBN có một kỹ thuật nhỏ hay được sử
dụng. Đó là kĩ thuật tách nghịch đảo. Cở sở để ta nghĩ đến kỹ thuật này là kiến
thức: " Tích hai số nghịch đảo bằng 1"

x2 + 6
≥ 4; ∀x ∈ R
Bài 4. CMR:
2
x +2
Lời giải:
2

Ta có :

x2 + 6
x2 + 2

=

( x 2 + 2) + 4
x2 + 2

= x2 + 2 +

2
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x + 2 =

1

4
x +2
2

4

x2 + 2

≥2

x2 +1

4
x2 +1

=4

⇔ x 2 + 2 = 4 ⇔ x = 2 hoặc x = − 2

Bài 5. CMR: a + b a − b ≥ 3 ; ∀a > b > 0 (1)
( )
Phân tích và tìm lời giải: Mẫu thức trong BĐT(1) có dạng b(a-b), hạng tử
đầu chỉ có a , ta cần phải thêm bớt để tách thành các hạng tử sau khi sử dụng
BĐT Côsi thì kết quả thu được là hằng số. Do đó ta tách a =b +( a – b), số 3
gợi ý áp dụng BĐT Côsi cho 3 số.
Lời giải:
1. Áp dụng BĐT Côsi ta được :
1 = b + a − b + 1 C≥ôsi 3 b. a − b . 1
a
+
( ) b a −b
( ) b a − b = 3;∀a > b > 0
3
(1)<=>
b ( a − b)
( )

( )

1

Dấu “ = ” xảy ra ⇔ b = ( a − b ) = b a − b ⇔ a = 2 và b = 1.
( )
Kỹ thuật chọn điểm rơi:
Trong kĩ thuật chọn điểm rơi, việc sử dụng dấu “ = ” trong BĐT Côsi và các quy
tắc về tính đồng thời của dấu “ = ”, quy tắc đối xứng sẽ được sử dụng để tìm
điểm rơi của biến.
Bài 6. Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn điều kiện a+b+c=3

10


a3
b3
c3
3
+
+
≥
Chứng minh rằng:
(1)
(a + b)( a + c) (b + a )(b + c) (c + a )(c + b) 4
Phân tích và tìm lời giải: Sử dụng giả thiết a+b+c=3 biến đổi bđt tương
a3
b3
c3
a+b+c

+
+
≥
đương với
(a + b)(a + c) (b + a)(b + c) (c + a )(c + b)
4
Sử dụng kỹ thuật tách ghép và phân nhóm; Bổ sung thêm một số hạng tử
để sau khi sử dụng BĐT Côsi thì tích thu được phải là hằng số.
Do VT là biểu thức đối xứng nên ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi
a=b=c=1; để khử mẫu thức ta nghĩ đến thêm các biểu thức có dạng
α (a + b), α (b + c), α (c+ a)
Sơ đồ điểm rơi:

a3
b3
c3
1
=
=
=
1
1

a = b = c = 1 ⇒  (a + b)(a + c) (b + a )(b + c) (c + a )(c + b) 4 ⇒ = 2α ⇒ α =
4
8
α (a + b) = α (b + c) = α (c+ a ) = 2α


Lời giải:

BĐT (1) ⇔

a3
b3
c3
a+b+c
+
+
≥
(a + b)(a + c) (b + a )(b + c) (c + a )(c + b)
4


a3
a + b a + c 3a
+
+
≥

(
a
+
b
)(
a
+
c
)
8
8

4


b3
a + b b + c 3b
+
+
≥
Áp dụng BĐT Côsi ta được: 
(
b
+
a
)(
b
+
c
)
8
8
4


c3
c + b a + c 3c
+
+
≥

 (c + b)(a + c)

8
8
4
Cộng vế với vế các bđt trên và biến đổi ta được bđt cần chứng minh.
Bài tập tương tự: Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn điều kiện abc = 1
a3
b3
c3
3
+
+
≥
Chứng minh rằng: 1)
(1 + b)(1 + c) (1 + a )(1 + c) (1 + a)(1 + b) 4
2)

1
1
1
3
+
+
≥
3
3
3
2
(b + c)a
(a + c)b
( a + b )c

1
x2
(Đề khảo sát chất lượng học kỳ I môn toán 9 TP Thanh Hóa.
Năm học 2016-2017)
Phân tích và tìm lời giải: Đề bài yêu cầu tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
cùng với điều kiện x ≥ 2 gợi ý áp dụng BĐT Côsi đánh giá từ TBC sang TBN.
Khi đánh giá từ TBC sang TBN phải làm cho tích thu được là hằng số ; Do đó
để khử mẫu ta phải làm xuất hiện các biểu thức dạng α x .
Dự đoán dấu "=" xảy ra khi x=2

Bài 7: Cho x ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 x +

11


Sơ đồ điểm rơi:
1 1
1
1
x x 7x
 =
x = 2 ⇒  x 2 4 ⇒ 2α = ⇒ α = . Do đó ta tách như sau 2 x = + +
4
8
8 8 4
α .x = 2α

Lời giải: Ta có: A = 2 x +

1 1 x x 7x
= + + +
x2 x2 8 8 4

Áp dụng BĐT Côsi Cho 3 số không âm

1 x x
; ; ta được:
x2 8 8

1 x x
1 x x 3
+ + ≥ 33 2 . . =
2
x 8 8
x 8 8 4
Lại Có x ≥ 2 suy ra

7x 7
3 7 17
≥ ⇒ A≥ + =
4 2
4 2 4

Dấu "=" xảy ra khi x=2
Vậy minA=17/4 khi x=2
1
x2
1
2. Cho x ≥ 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 x + 2

x
Bài 8: Cho a, b, c là các số không âm thõa mãn a+b+c ≤ 3 .

Bài tập tương tự: 1. Cho x ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 7 x +

Tìm giá trị nhỏ nhất của B=

1
1
1
+
+
a +1 b +1 c +1

( Đề thi học kỳ I môn toán 8 TP thanh Hóa. Năm học 2014-2015)
Phân tích và tìm lời giải: Do B là biểu thức đối xứng nên ta dự đoán dấu bằng
xảy ra khi a = b = c = 1; để khử mẫu số ta nghĩ đến thêm các biểu thức
α (a + 1), α (b + 1), α (c+ 1)

1
1
1
 1
=
=
=
1
1

⇒ = 2α ⇒ α =

Sơ đồ điểm rơi: a = b = c = 1 ⇒  a + 1 b + 1 c + 1 2
2
4
α (a + 1) = α (b + 1) = α (c+ 1) = 2α

Lời giải:

Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương ta được:

 1
a +1
1
a +1
+
≥2 (
)(
) =1

a
+
1
4
a
+
1
4


b +1
1 b +1

1
1
1
a +1 b +1 c +1
 1
+
≥2 (
)(
) =1 ⇒
+
+
+
+
+
≥3

4
b +1 4
a +1 b +1 c +1
4
4
4
b +1
 1
c +1
1 c +1
+
≥2 (
)(
) =1


c
+
1
4
c
+
1
4


a +1 b +1 c +1 3
⇒ B ≥ 3− (
+
+
) ≥ ( do a + b + c ≤ 3)
4
4
4
2

Dấu "=" xảy ra khi

1
a +1 1
b +1 1
c +1
=
,
=

,
=
, a + b + c = 3 .Suy ra a=b=c=1
a +1
4 b +1
4 c +1
4

Vậy GTNN của B là B = 3/2 khi a=b=c=1

12


x2
y2
z2
3
+
+
≥
Bài 9. Cho x, y, z >0 và xyz = 1. CMR P=
y +1 1+ z 1+ x 2
Phân tích và tìm lời giải: Do VT là biểu thức đối xứng nên ta dự đoán dấu
bằng xảy ra khi x = y = z = 1; để khử mẫu số ta nghĩ đến thêm các biểu thức
α ( x + 1), α ( y + 1), α ( z + 1)

Sơ đồ điểm rơi:
 x2
y2
z2

1
=
=
=
1
1

x = y = z = 1 ⇒  y +1 z +1 x +1 2
⇒ = 2α ⇒ α =
2
4
α ( y + 1) = α ( x + 1) = α ( z + 1) = 2α


Lời giải:

Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương ta có

 x2
y +1
x2 y +1
+
≥2 (
)(
)=x

4
y +1 4
 y +1
 2

z +1
y2 z +1
x2
y +1 y2
z +1 z 2
x +1
 y
+
≥
2
(
)(
)
=
y
⇒
+
+
+
+
+
≥ x+ y+ z

z
+
1
4
z
+
1

4
y
+
1
4
z
+
1
4
x
+
1
4

 z2
x +1
z2 x +1

+
≥2 (
)(
)=z
4
x +1 4
 x +1

⇒

x2
y2

z2
3( x + y + z ) 3 3.3 3 xyz 3 9 3 3
+
+
≥
− ≥
− = − =
y +1 z +1 x +1
4
4
4
4 4 4 2

(do xyz = 1)

x2
y2
z2
3
+
+
≥
Vậy P =
y +1 1+ z 1+ x 2
Bài 10. Cho a ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của S = a +

1
a

Sai lầm thường gặp của học sinh là áp dụng trực tiếp BĐT Côsi cho hai số

như sau: S = a +

1
1
≥ 2 a =2;
a
a

1
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a = ⇔ a =1 ⇒ vô lí vì a ≥ 2.
a
Phân tích và tìm lời giải: Ta chọn điểm rơi, phải tách hạng tử a hoặc hạng tử
1
để sao cho khi áp dụng BĐT Côsi dấu “ = ” xảy ra khi a = 2.
a
1
2
 a=
α
α
Có thể tách như sau: 
1 = 1
 a 2

⇒

2 =1
⇒ α = 4.
α 2

Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương

a
1
và
ta được:
4
a

a 1 3a
a 1 3a
3.2 5
S = + + ≥2
+
≥ 1+
= . Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a = 2.
4 a 4
4a 4
4 2
13


Bài 11. Cho hai số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x+y ≥ 4 . Tìm giá trị nhỏ
3x 2 + 4 2 + y 3
+
nhất của biểu thức: P =
4x
y2

(Đề dự bị khối B 2006)

Phân tích và tìm lời giải: Dự đoán GTNN xảy ra khi x=y=2 dựa vào qui tắc
biên, từ đó phân tích biểu thức đã cho thành các hạng tử nghịch đảo, tách và
nhóm các hạng tử sao cho khi áp dụng BĐT Côsi thì tích thu được là hằng số và
dấu bằng xảy ra đồng thời.
Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi ta có:
x 1
1
y y
x+ y
1
9
3x 2 + 4 2 + y 3
=
(
+
)
+
2
(
+
+
)
+
≥
1
+
2
.
3

.
+
2
=
+
P=
2
4 x
8 8
2
4
2
y
4x
y2

Dấu “=” xảy ra


x + y ≥ 4

y
1
⇔ 2 =
⇔x= y=2
8
y
x 1
 =
4 x

Vậy minP = 9/2 khi x = y = 2
a, b, c > 0
Bài 12. Cho 
Tìm giá trị lớn nhất: S = a + b + b + c + c + a
a + b + c = 1
Phân tích và tìm lời giải: Do vai trò của a, b, c trong các biểu thức là như nhau
1
do đó Max S đạt tại diểm rơi a = b = c = từ đó ta dự đoán Max S = 6 .
3
2
2
⇒ a + b = b + c = c + a = ⇒ hằng số cần nhân thêm là .
3
3
Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi ta có:


 a +b =



 b+c =



 c+a =



3
2 Côsi
. ( a + b) .
≤
2
3
3
2
. ( b + c) .
2
3

Côsi

3
2
. ( c + a) .
2
3

Côsi

≤

≤

2
3 ( a + b) + 3
.
2

2
2
3 ( b + c) + 3
.
2
2
2
3 ( c + a) + 3
.
2
2

2
2 ( a + b + c ) + 3.
3
⇒ a +b + b+c + c+a ≤
3 = 3 .2 = 6
.
2
2
2
2
3

Dấu "=" xảy ra khi a+b=b+c=c+a= và a+b+c=1.
1
Vậy Max S = 6 khi a = b = c = .
3

Bài tập tương tự: 1)Cho a ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = a +

1
a2
14


a, b, c > 0

2) Cho 

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = abc +

a + b + c ≤ 1
a, b, c > 0

3) Cho 
3 . Tìm GTNN của
a + b + c ≤
2


1
abc

S = a+b+c+ 1 + 1 + 1
a b c

4) Cho x, y, z dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
x 1
y 1

z 1
P = x( + ) + y( + ) + z( + )
2 yz
2 xz
2 xy
Dạng 3: Đổi biến số
Có những bài toán về mặt biểu thức toán học tương đối cồng kềnh hoặc
khó giải, khó nhận biết được phương hướng giải, khi gặp những bài toán như
vậy ta thường đặt ẩn phụ biến đổi về bài toán đơn giản hơn. Phương pháp trên
gọi là phương pháp đổi biến số.
Trước hết ta xuất phát từ BĐT đơn giản là cơ sở của phương pháp đổi
biến
x+
z
x
Hướng dẫn: BĐT(*) ⇔  +
z

Bài 1. Chứng minh rằng:

z+x y+z
+
≥ 6 ; ∀x, y , z > 0 (*)
y
x
z  y z  x y
+ + + +  ≥ 6
x   z y   y x 

y

+

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
y x
z x
y z
VT ≥ 2 . + 2 . + 2 . = 2 + 2 + 2 = 6
x y
x z
z y
Bài 2. Chứng minh rằng:
Hướng dẫn:

c
a
b
3
+
+
≥ ∀a, b, c > 0 (BĐT Nesbit)
a +b b+c c+a 2

b + c = x > 0

Đặt : c + a = y > 0
a + b = z > 0


⇒ a=

y+z−x
z+ x− y
x+ y−z
; b=
; c=
.
2
2
2

Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức (*)
Nhận xét: Từ BĐT (*) bài 1 ta thấy nếu mẫu số là chỉ là một biến x, y, z thì ta
dễ dàng tách, nhóm các hạng tử và áp dụng BĐT Côsi để được kết quả như
mong muốn. Vì vậy khi gặp các bất đẳng thức có tính đối xứng mà mẫu số là
biểu thức phức tạp ta thường đặt mẫu bằng các ẩn mới để đưa BĐT cần chứng
minh về các BĐT đơn giản.
Bài 3. Cho ∆ ABC với a, b, c là độ dài ba cạnh .chứng minh rằng :

a2
b2
c2
+
+
≥ a+b+c
1)
b + c − a c + a −b a +b −c

Hướng dẫn:
b + c − a = x > 0


y+z
z+x
x+ y
; b=
; c=
Đặt : c + a − b = y > 0 ⇒ a =
.
2
2
2
a + b − c = z > 0

1) Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau:
15


2

2

( y + z ) + ( z + x) + ( x + y)
⇔

2

(1’)
≥ x+ y+ z
4z
yz

zx
xy 1  yz zx  1  zx xy  1  yz xy 
+
+
≥
+
+
+
+
+ ÷
Ta có : VT (1’) ≥
x
y
z 2  x y ÷ 2  y z ÷ 2  x
z 
Áp dụng BBĐT Côsi cho 3 nhóm ta được BĐT cần chứng minh
4x

4y

Bài tập tương tự: Cho ∆ ABC với a, b, c là độ dài ba cạnh , chứng minh rằng :
a
b
c
+
+
≥3
2)
b+c−a c+a −b a +b−c
3) ( b + c – a ).( c + a – b ).( a + b – c ) ≥ abc

a
b
c
+
+
≥1
4)
2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c
a
b
c
3
+
+
≤
5)
2a + c + b 2b + a + c 2c + b + ac 4
2. Đánh giá từ trung bình nhân (TBN) sang trung bình cộng (TBC)
Nếu như đánh giá từ TBC sang TBN , được hiểu là thay a + b bằng a.b
thì ngược lại đánh giá từ TBN sang TBC là thay a.b bằng a + b và cũng cần
phải chú ý làm sao khi biến tích thành tổng, thì tổng cũng phải triệt tiêu hết
biến, chỉ còn lại hằng số. Đa số học sinh thường gặp khó khăn khi đánh giá từ
2

TBN sangTBC vì vậy cần nhấn mạnh: xy ≤

x+ y
x+ y
hay xy ≤ 
 với x, y không

2
 2 

âm; Dấu “ ≤ ” gợi ý cho ta đánh giá từ TBN sang TBC.
Bài 1. Cho a, b,c>0 và a+b+c=3 chứng minh (a+b)(b+c)(c+a) ≤ 8
Lời giải:
Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số a+b, b+c, c+a ta được
2

3

a+b+b+c+c+a
 2( a + b + c 
(a+b)(b+c)(c+a) ≤ 
 =
 = 8 (đpcm)
3
3





a2 −1 1
Bài 2. Chứng minh
≤ với a > 1
4
2a 2
Lời giải:

Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số ta có 1(a 2 − 1) ≤

1 + a 2 − 1 2a 2
=
2
4

a2 −1 1
≤ (đpcm)
4
2a 2
2
Dấu “=” xảy ra khi a -1 =1 ⇔ a = 2 hoặc a = − 2
Bài 3. Cho ∆ ABC với a,b,c lần lượt là số đo 3 cạnh, CMR:
⇒

( b + c − a ) ( c + a − b ) ( a + b − c ) ≤ abc

Lời giải:
Vì a, b, c là ba cạnh của tam giác nên b+c-a > 0, a+b-c > 0, a+c-b > 0
Áp dụng BĐT Côsi ta được:
16



0 ≤



0 ≤



0 ≤



( b + c − a) ( c + a − b)
( c + a − b) ( a + b − c)
( b + c − a) ( a + b − c)

≤

( b + c − a) + ( c + a − b)

= c

2
( c + a − b) + ( a + b − c) = a
≤
2
( b + c − a) + ( a + b − c) = b
≤
2

⇒ 0 ≤ ( b + c − a ) ( c + a − b ) ( a + b − c ) ≤ abc Dấu “ = ” xảy ra ⇔ ∆ ABC đều
Phát triển bài toán:

a+b+c
ta được bài toán mới:
2

a +b+c
Cho a,b,c lần lượt là số đo 3 cạnh của tam giác, p =
.
2
1
Chứng minh: ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) ≤ abc
8
a, b, c > 0
Bài 4. Cho 
Tìm giá trị lớn nhất:
a + b + c = 2
Nếu chia hai vế của BĐT cho 2 và thay p =

Q = 2a + bc + 2b + ac + 2c + ab
(Đề tuyển sinh vào 10 TP Hà Nội năm 2014-2015)
Phân tích và tìm lời giải: Do vai trò của a, b, c trong các biểu thức là như nhau
2
do đó Max Q đạt tại điểm rơi a = b = c = từ đó ta dự đoán Max S = 4
3
Mặt khác a+b+c = 2 và hệ số 2 trong biểu thức Q gợi ý thay 2= a+b+c; đồng thời
đề yêu cầu tìm GTLN gợi ý đánh giá từ TBC sang TBN.
a +b+a+c
Lời giải: Ta có: 2a + bc = (a + b + c)a + bc = (a + b)(a + c ) ≤
2
a +b+b+c
2b + ac = (a + b + c) b+ ac = (a + b)(b+ c) ≤
2
c+b+a+c
2c + ab = (a + b + c) c+ ab = (c+ b)(a + c) ≤
2

Q
≤
4
Suy ra:
a + b = a + c = b + c
2
⇒ a=b=c=
Dấu "=" xảy ra khi 
3
a + b + c = 2
Vậy maxQ=4 khi a=b=c=2/3
Bài toán tổng quát:
a, b, c > 0
Cho 
Tìm giá trị lớn nhất:Q = na + bc + nb + ac + nc + ab
a + b + c = n; n ∈ N
Trong kĩ thuật đánh giá TBN sang TBC ta thấy thường nhân thêm các
hằng số sao cho hệ số các biến là hai số đối nhau để khi biến tích thành tổng
các tổng đó triệt tiêu các biến. Cơ sở của việc làm này nội dung kiến thức"
hai số đối nhau có tổng bằng 0''. Đặt biệt là đối với những bài toán có thêm
*

17


điều kiện ràng buộc của ẩn số thì việc nhân thêm hằng số các em học sinh dễ
mắc sai lầm. Sau đây ta lại nghiên cứu một số bài sử dụng kỹ thuật nhân
thêm hằng số.
Bài 5. CMR : (1-x)(2-y)(4x+y) ≤ 2 với 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2 .
Phân tích: Dấu “≤ ’’ gợi ý đánh giá từ TBN sang TBC; Để tổng triệt tiêu các

biến ta nghĩ đến nhân thêm hằng số 4
Lời giải: 1) Vì 1-x, 2-y không âm nên áp dụng BĐT Côsi ta được
3

 4 − 4x + 2 − y + 4x + y 
4VT=(4-4x)(2-y)(4x+y) ≤ 
 = 4 ⇔ (1-x)(2-y)(4x+y) ≤ 2
3


3
Bài 6. Cho a, b, c dương thoả mãn điều kiện: a + b + c =
4

Chứng minh: 3 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ≤ 3
Phân tích: Dấu “≤ ’’ gợi ý đánh giá từ TBN sang TBC. Căn bậc ba định hướng
cho ta áp dụng BĐT Côsi cho ba số. Do vai trò của các biến a, b, c là như nhau
nên ta dự đoán dấu ''='' xảy ra khi a=b=c; suy ra a+3b = b+3c = c+ 3a = 1 nên ta
nhân thêm hệ số 1 vào từng căn thức
a + 3b + 1 + 1
3
 1.1.( a + 3b) ≤
3

b + 3c + 1 + 1

Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi cho ba số dương ta có:  3 1.1.(b + 3c) ≤
3

c + 3a + 1 + 1

3
 1.1.(c + 3a ) ≤
3


1
a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ≤ (4a + 4b + 4c + 6) = 3
3
 a , b, c > 0

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a + b + c = 3 / 4
⇔ a = b = c = 1/ 4
a + 3b = b + 3c = c + 3a

⇒

3

Nếu thay x, y, z lần lượt bằng ba biểu thức căn bậc ba trong BĐT trên ta
được bài toán mới: Cho x3+y3+z3=3 chứng minh x+y+z ≤3
a, b, c > 0
Bài 7. Cho 
Tìm Max S = 3 a + b + 3 b + c + 3 c + a
a + b + c = 1
Sai lầm thường gặp: Nhân thêm 1 vào biểu thức và sử dụng BĐT Côsi cho 3 sô
Phân tích và tìm lời giải:Do S là biểu thức đối xứng với a,b,c nên Max S
2

a + b = 3


2

1
thường xảy ra khi : a = b = c = ⇔ b + c =
3
3


2
c + a = 3

2 2
⇒Vậy hằng số cần nhân thêm là: , và áp dụng BĐT Côsi cho ba số
3 3
18


Bài 8 : Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a ≥ 1; b ≥ 4; c ≥ 9 .
bc a − 1 + ca b − 4 + ab c − 9
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
abc
( Đề thi học kỳ 1 môn toán khối 9 TP Thanh Hóa, năm học 2017-2018)
Lời giải:
bc a − 1 + ca b − 4 + ab c − 9
a −1
b−4
c −9
=
+
+

abc
a
b
c
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
(a − 1) + 1 a
a −1 1
+) a − 1 ≤
(1) Dấu ‘=”xảy ra khi a = 2
= ⇒
≤
2
2
a
2
2 b − 4 4 + (b − 4) b
b−4 1
+) b − 4 =
(2) Dấu “=” xảy ra khi b = 8
≤
= ⇒
≤
2
4
4
b
4
P=

+) c − 9 =

3 c − 9 9 + (c − 9) c
c −9 1
≤
= ⇒
≤
3
6
6
c
6

(3) Dấu “=” xảy ra khi c = 18

1 1 1 11
+ + =
2 4 6 12
Dấu “=” xảy ra khi a = 2, b = 8, c= 18 (thỏa mãn đk)

Cộng từng vế (1), (2), (3) Suy ra: P ≤

Vậy Pmax =

11
khi a = 2, b = 8, c= 18.
12

Bài tập tương tự:

a ≥ 3

ab c − 2 + bc a − 3 + ca b − 4

Bài 9. Cho b ≥ 4 Tìm Max S =
2 2abc
c ≥ 2


2.4. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỐI VỚI HOẠT
ĐỘNG GIÁO DỤC, VỚI BẢN THÂN, ĐỒNG NGHIỆP VÀ NHÀ
TRƯỜNG.
Trong quá trình giảng dạy học sinh khá giỏi lớp 8, lớp 9 trường THCS
Trần Mai Ninh về nội dung kiến thức trong đề tài; tôi thấy học sinh đã lĩnh hội
được kiến thức và đạt được một số kết quả cụ thể như sau :
• Học sinh biết khi nào thì áp dụng được BĐT Côsi.
• Học sinh biết vận dụng BĐT Côsi để giải một số bài tập chứng minh BĐT và
tìm cực trị trong các đề thi học kì lớp 8, lớp 9 , đề thi vào 10
• Phần lớn học sinh đã say mê giải những bài BĐT và cực trị, các em không
còn sợ và lúng túng khi giải các bài toán BĐT và cực trị nữa.
• Các em có niềm tin, niềm say mê, hứng thú trong học toán, từ đó tạo cho
các em tính tự tin độc lập suy nghĩ, phát triển tư duy logic, óc quan sát, suy luận
toán học.
• Trong quá trình giải các bài tập đã giúp các em có khả năng phân tích, suy
ngẫm, khái quát vấn đề một cách chặt chẽ, các em không còn ngại khó, mà rất tự
tin vào khả năng học tập của mình.
• Kết quả điểm kiểm tra các bài tập về nội dung đề tài sau khi áp dụng đề tài
19


SL học sinh
45

Điểm Giỏi
10

Điểm khá Điểm TB
18
14

Điểm yếu Điểm kém
3
0

Về tính ứng dụng của đề tài, trước hết đề tài phù hợp đối với học sinh khá
giỏi lớp 8, lớp 9, kể cả đối với học sinh THPT .
Học sinh có thể dùng làm tài liệu học tập. Giáo viên dùng làm tài liệu giảng
dạy, đồng thời nâng cao trình độ chuyên môn, đúc rút kinh nghiệm.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Một bài toán có thể có rất nhiều cách giải khác nhau, song việc tìm ra một
lời giải hợp lý, ngắn gọn thú vị và độc đáo là một việc không dễ. Do đó những
kinh nghiệm và bài học tôi trình bày ở trên bước đầu đã cung cấp cho học sinh
các kiến thức cơ bản , cung cấp cho học sinh cách nhận dạng bài toán và hướng
dẫn học sinh phân tích tìm tòi lời giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức
nói chung và các bài toán liên quan đến BĐT Côsi nói riêng, giúp các em có
định hướng đúng đắn khi gặp các dạng toán này ; hướng cho học sinh tới việc tự
tìm tòi nghiên cứu; phát triển khả năng sáng tạo, tư duy lôgíc đồng thời tạo
hứng thú cho học sinh trong quá trình học môn toán.
Tuy nội dung được đề cập khá rộng song trong khuôn khổ giới hạn của
sáng kiến kinh nghiệm này tôi cũng chỉ mới đưa ra được một số ví dụ, bài toán
điển hình rất mong sự đóng góp ý kiến của các bạn quan tâm và đồng nghiệp để

chuyên đề này được đầy đủ hoàn thiện hơn.
3.2 . Kiến nghị
Những sáng kiến kinh nghiệm hay trong thành phố, Phòng Giáo dục nên tổ
chức hội thảo cho giáo viên trong thành phố học tập và áp dụng những sáng kiến
đó để nâng cao chất lượng dạy và học.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 15 tháng 02 năm 2018
Người viết
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.

Nguyễn Thị Nhung

20


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa toán 8 – tập 2
2. Sách bài tập toán 9-tập 1
3. Sách bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8, toán 9
Tác giả : Vũ Hữu Bình- Tôn Thân
4. Sách nâng cao và phát triển toán 8 tập 1- tác giả : Vũ Hữu Bình
5. Sách nâng cao và phát triển toán 9 tập 1- tác giả : Vũ Hữu Bình
6. Bất đẳng thức chọn lọc cấp 2- Tác giả : Nguyễn Hữu Thanh
7. 23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp
Tác giả: Nguyễn Đức Đồng – Nguyễn Văn Vĩnh

21