Kinh nghiệm giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức 3 biến có tính chất hoán vị vòng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 1

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

KINH NGHIỆM GIẢI CÁC BÀI TOÁN
TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA
BIỂU THỨC BA BIẾN CÓ TÍNH CHẤT “ HOÁN VỊ VÒNG”

Người thực hiện: Lê Đăng Hà
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

MỤC LỤC
THANH HÓA NĂM 2018

0


Trang
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài …………………………………………………….2
1.2. Mục đích nghiên cứu…………………………………………………2
1.3. Đối tượng nghiên cứu....…..………………………………………….2
1.4. Phương pháp nghiên cứu.………………………….............................3
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm……………………………3
2.2. Thực trạng của vấn đề.....….…………………………………..….….3
2.3. Giải pháp tổ chức thực hiện.…………………………………………4
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động

giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường ……………………….…..14
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận…………………………………………………………..…15
3.2. Kiến nghị

…………………………….…………………..…… 15

TÀI LIỆU THAM KHẢO…………………………………………………….17

1


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Bài toán chứng minh bất đẳng thức hay bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất của một biểu thức luôn là bài toán mà mỗi học sinh đều đánh giá là bài toán
khó. Có nhiều học sinh, thậm chí học sinh có năng khiếu toán cũng xác định bỏ
bài toán này khi đi thi.
Trong các kỳ thi Học sinh giỏi cấp tỉnh của tỉnh Thanh Hóa, bài toán
chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất luôn đóng vai trò là
câu chốt trong đề thi. Trong những năm gần đây bài toán này tập trung khai thác
đối với biểu thức đối xứng ba biến, tuy nhiên trong năm học 2016-2017 và năm
học 2017-2018 thì bài toán chứng minh bất đẳng thức lại chuyển hướng sang
biểu thức có tính chất “ Hoán vị vòng”.
Trong hai năm học vừa qua được giao phụ trách và tham gia dạy đội tuyển
học sinh giỏi Toán của nhà trường trong đó có chuyên đề chứng minh bất đẳng
thức, cũng như nghiên cứu xu hướng mới trong bài toán chứng minh bất đẳng
thức tôi rút được một số kinh nghiệm trong bài toán có xu hướng này, tôi mạnh
dạn chọn đề tài: “ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN
NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC CÓ TÍNH CHẤT HOÁN VỊ VÒNG”

1.2. Mục đích nghiên cứu
Trong khuôn khổ của đề tài này tôi không hi vọng giải quyết được tất cả
các bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu
thức ba biến có tính chất “Hoán vị vòng” mà chỉ tập trung hướng dẫn và giải
quyết một số vấn đề như tìm các trường hợp dấu bằng xảy ra và sử dụng các bất
đẳng thức cơ bản, sử dụng các đánh giá cơ bản để giải bài toán dạng này đặc biệt
là các bài toán chứng minh bất đẳng thức trong kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh của
Thanh Hóa.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Như đã nói ở trên trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh của tỉnh Thanh
Hóa thì bài toán liên quan đến bất đẳng thức luôn là câu chốt, thể hiện cái chất
của đề thi, đặc biệt trong hai năm học vừa qua bài toán về bất đẳng thức đã
chuyển từ biểu thức 3 biến có tính đối xứng dễ dàng nhận thấy các trường hợp
dấu bằng xảy ra sang các biểu thức có tính chất “Hoán vị vòng” và khó đoán các
trường hợp xảy ra dấu bằng hơn, gây khó khăn trong định hướng và giải quyết
chúng. Và thực tế là trong hai năm vừa qua trong kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh có
rất ít thí sinh giải quyết được bài toán này.
Trong đề tài này tôi cố gắng bằng kinh nghiệm của bản thân trong quá
trình dạy học và ôn luyện đội tuyển học sinh giỏi, giới thiệu đến độc giả và đồng
nghiệp một số kinh nghiệm định hướng nhằm hướng dẫn học sinh giải quyết bài
toán dạng này.
2


1.4. Phương pháp nghiên cứu
Hoàn thiện hệ thống cơ sở lý luận, kiến thức cơ bản, hướng dẫn tiếp cận
bài toán, phân tích, đánh giá và kết luận liên quan đến dạng toán này.
Áp dụng kinh nghiệm này cho các em học sinh thông qua các bài kiểm
tra, khảo sát chất lượng đội tuyển học sinh giỏi của nhà trường. Báo cáo đề tài
trước tổ chuyên môn, được tổ chuyên môn góp ý, nhận xét bổ sung và đánh giá

cao. Bản thân tôi có tham khảo một số ý kiến của các đồng nghiệp có nhiều kinh
nghiệm trong lĩnh vực ôn thi học sinh giỏi đặc biệt là đam mê bài toán chứng
minh bất đẳng thức.

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Trên cơ sở lý thuyết học sinh đã được học trong sách giáo khoa lớp 10 phần
Bất đẳng thức. Học sinh đã nắm vững các định lý, tính chất cơ bản về bất đẳng
thức, biết vận dụng một số bất đẳng thức cơ bản. Đề tài này đi sâu vào bài toán
chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức ba biến
có tính “Hoán vị vòng” bằng các phương pháp dễ vận dụng, giúp học sinh có
phương pháp và đủ tự tin khi giải bài toán thuộc dạng này. Khơi dạy đam mê
giải các bài toán khó về bất đẳng thức, phát triển tư duy toán học cho các em học
sinh.
2.2. Thực trạng của vấn đề
Bài toán chứng minh bất đẳng thức nói chung là bài toán khó, có tính phân
loại cao trong bất kỳ một đề thi nào cũng vậy. Nhiều học sinh và thậm chí các
thầy cô có tư tưởng bỏ trống chuyên đề này, hoặc cũng chỉ điểm qua mang tính
chất giới thiệu mà không yêu cầu học sinh quan tâm đến bài toán này.
Bản thân dạng toán đã khó cộng với kiến thức cơ bản về bất đẳng thức cũng
chưa nắm vững, chưa được rèn luyện và cung cấp các phương pháp tiện dụng để
giải quyết bài toán. Do vậy dạng toán này gây nhiều khó khăn cho các em học
sinh trong định hướng và tìm cách giải quyết.
Trong các kỳ thi THPT Quốc gia thì bài toán liên quan đến bất đẳng thức lại
được giải quyết theo hướng tìm đáp số của phương pháp trắc nghiệm có sự hỗ
trợ của máy tính cầm tay nên việc trang bị cho học sinh kiến thức và phương
pháp giải có phần bị xem nhẹ. Trong kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh thì đa số học
sinh được ôn luyện theo kiểu học tủ nếu trúng đề, trúng dạng thì làm còn không
thì bỏ qua.
Trong hai năm vừa qua đề thi học sinh giỏi của tỉnh Thanh Hóa tăng độ khó

cho câu hỏi liên quan đến bất đẳng thức bằng cách chuyển từ bài toán chứng
minh bất đẳng thức liên quan đến biểu thức ba biến có tính chất đối xứng sang
biểu thức có tính chất “Hoán vị vòng” làm cho học sinh gặp khó khăn ngay từ
3


lúc ban đầu là tìm dấu bằng xảy ra để định hướng các phép biến đổi và giải
quyết bài toán.
2.3. Giải pháp tổ chức thực hiện
2.3.1 Một số kiến thức cơ bản.
10) Khái niệm về bất đẳng thức
Giả sử a, b là hai số thực. Các mệnh đề dạng " a  b ", " a  b ", " a �b ",
" a �b " được gọi là bất đẳng thức.
20) Các tính chất cơ bản của bất đẳng thức
Với a, b, c là các số thực thì ta có các tính chất.
 Nếu a  b và b  c thì a  c.
 Ta có a  b � a  c  b  c.
 Nếu c  0 thì a  b � ac  bc.
 Nếu c  0 thì a  b � ac  bc.
30) Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (AM-GM)
a) Đối với hai số không âm
Với a, b là hai số thực không âm, ta có
ab
� ab .
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b.
b) Đối với ba số không âm
Với a, b, c là ba số thực không âm, ta có
abc 3
� abc .

3
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c.
c) Tổng quát đối với n số không âm
Với a1 , a2 ,..., an (n  N , n 2) là các số thực không âm ta có
a1  a2  ...  an n
� a1a2 ...an .
n
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1  a2  ...  an .
Lưu ý: Người ta còn gọi các bất đẳng thức trên là bất đẳng thức Cô-si.
30) Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski
a) Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski đối với hai cặp số thực
4


Với hai cặp số thực (a, b) và ( x, y ) ta có
(ax  by ) 2 �(a 2  b 2 )( x 2  y 2 ).
Nếu xy �0 thì dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a b
 .
x y

b) Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski đối với hai bộ ba số thực
Với hai bộ ba số thực (a, b, c) và ( x, y, z ) ta có
(ax  by  cz ) 2 �(a 2  b 2  c 2 )( x 2  y 2  z 2 ).
Nếu xyz �0 thì dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a b c
  .
x y z

c) Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski đối với hai bộ n (n  N , n 2) số
thực
Với hai bộ ba số thực (a1 , a2 ,..., an ) và (b1 , b2 ,..., bn ) ta có
(a1b1  a2b2  ...  anbn ) 2 �(a12  a2 2  ...  an 2 )(b12  b2 2  ...  bn 2 ).
Nếu b1b2 ...bn �0 thì dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a1 a2
a
  ...  n .
b1 b2
bn

2.3.2 Bất đẳng thức liên quan đến biểu thức ba biến có tính chất “Hoán vị
vòng” với điều kiện xảy ra dấu bằng khi các biến nhận giá trị bằng nhau.
Ta bắt đầu từ bài toán sau:
Ví dụ 1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a  b  c  3. Chứng minh rằng:
a3
b3
c3
3


� .
b(c  1) c( a  1) a(b  1) 2
Phân tích:
- Bài toán này liên quan đến biểu thức vừa có tính đối xứng, vừa có tính
chất “Hoán vị vòng” . Vì vậy ta khai thác điều kiện dấu bằng xảy ra khi các
biến nhận giá trị bằng nhau: a  b  c  1
- Từ điều kiện dấu bằng xảy ra ta đi đến các đánh giá đảm bảo điều kiện

a3
b c 1
a3
b c  1 3a
 
�3 3
. .

đó:
b(c  1) 2
4
b(c  1) 2 4
2
- Kết hợp với tính đối xứng của biểu thức ba biến ở vế trái bất đẳng thức
ta đi đến lời giải
Giải.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương ta có
a3
b c 1
a3
b c  1 3a
 
�3 3
. .

b(c  1) 2
4
b(c  1) 2 4
2

5


a3
3a  b c  1
�

Hay
(1).
b(c  1)
2
4
Tương tự ta cũng có
b3
3b  c a  1
�

(2);
c( a  1)
2
4
c3
3c  a b  1
�

(3).
a(b  1)
2
4
Từ (1), (2) và (3) suy ra

a3
b3
c3
3(a  b  c )  3 3


�
 .
b(c  1) c( a  1) a(b  1)
4
2
Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1.
Bài toán được chứng minh

Nhận xét:
- Với cách đặt vấn đề ở ngay phần cơ sở lý luận của đề tài là học sinh dã
có kiến thức cơ bản và biết áp dụng các bất đẳng thức cơ bản cũng như hướng
giải quyết bài toán. Nên ví dụ đầu tiên này tôi đưa ra bài toán khá quen thuộc
đối với người học về bất đẳng thức.
- Việc phán đoán và kiểm tra dấu bằng xảy ra là khá đơn giản, nên bước
tiếp theo cũng khá thuận lợi. Ta có thể dùng kỹ thuật xét dấu bằng và sử dụng
bất đẳng thức Cô-si cho mẫu số.
- Nhìn về vị trí, thứ tự giữa các biến ta thấy chúng đảm bảo theo thứ tự
nhất định. Những biểu thức này có thể gọi là biểu thức ba biến có tính chất
“Hoán vị vòng”. Về cơ bản nó khác với biểu thức có tính chất đối xứng. Tuy
nhiên như ở ví dụ này ta có thể khẳng định một biểu thức có thể có cả hai tính
chất nói trên đó là tính đối xứng và tính chất “Hoán vị vòng”
- Ví dụ tiếp theo tôi tiếp tục đưa ra bài toán tương tự giúp cho học sinh
làm quen, có hứng thú ngay từ ví dụ ban đầu, tạo điều kiện thuận lợi cho các
em theo dõi và nghiên cứu tiếp về sau.

Ví dụ 2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a  b  c  3. Chứng minh rằng:
a3
b3
c3
3


� .
b3
c3
a3 2
Phân tích:
- Vì mục đích nhằm giúp cho học sinh vận dụng lời giải và nhận xét của
ví dụ 1, nên bài toán này áp dụng cách giải tương tự như trên. Chỉ cần phát
a3
a3
b3
a3
a 3 b  3 3a 2
3


�
3
.
.

hiện được đánh giá
và
8

2
b3
b3
b3 b3 8
đi đến lời giải sau.
Giải.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương ta có
a3
a3
b3
a3
a 3 b  3 3a 2


�3 3
.
.

8
2
b3
b3
b3 b3 8
6


2a 3
b  3 3a 2

�

Hay
(1).
8
2
b3
Tương tự ta cũng có
2b3
c  3 3b 2

�
(2);
8
2
c3
2c 3
a  3 3c 2

�
(3).
8
2
a3
Từ (1), (2) và (3) suy ra
b3
c3 � a  b  c  9 3 2
� a3
2�


� (a  b 2  c 2 )

�
8
2
c3
a3�
�b3
a3
b3
c3
3
3


� (a 2  b 2  c 2 ) 
4
b3
c3
a3 4
Áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có
1
a 2  b 2  c 2 � ( a  b  c) 2  3
3
a3
b3
c3
3
�


� .

b3
c3
a3 2
Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1.
Bài toán được chứng minh.
Ví dụ 3. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3 . Tìm giá trị nhỏ
a
b
c
 2
 2
nhất của biểu thức S  2
b 1 c 1 a 1
Phân tích:
- Với ví dụ này thì điều kiên dấu bằng xảy ra như các ví dụ trên, tuy nhiên
việc sử dụng đánh giá các bất đẳng thức trong biến đổi đòi hỏi kỹ thuật tốt hơn.
Ở đây có thể sử dụng kỹ thuật nghịch đảo của bất đẳng thức Cô-si. Ta có biến
a
a (b 2  1)  ab 2
ab 2
ab 2
ab


a

�
a

a

đổi và đánh giá sau 2
2
2
b 1
b 1
b 1
2b
2
Giải.
Với a, b, c là các số thực dương ta có
a
a (b 2  1)  ab 2
ab 2
ab 2
ab

a 2
�a 
a
2
2
b 1
b 1
b 1
2b
2
a
ab
�a 
(1)

Từ đó suy ra: 2
b 1
2
b
bc
c
ca
Tương tự ta có: 2
�b  ; (2)
�c  . (3)
2
c 1
2
a 1
2
a
b
c
1
 2
 2
�(a  b  c)  ( ab  bc  ca)
Từ (1), (2), (3) suy ra S  2
b 1 c 1 a 1
2
a
b
c
1 1
3

� 2
 2
 2
�(a  b  c)  . (a  b c) 2 
b 1 c 1 a 1
2 3
2
�

7


Ta có a  b  c  3, a 2  1 �2a, b 2  1 �2b, c 2  1 �2c.
1
1 1
3
2
Suy ra S �3  (ab  bc  ca ) �3  . (a  b  c) 
2
2 3
2
3
Vậy giá trị nhỏ nhất của S là khi a  b  c  1.
2
Nhận xét:
Ta nhận thấy rằng bước đầu ba ví dụ 1, 2 và 3 và một số bài tập vận
dụng giúp cho học sinh cái nhìn đầu tiên về bài toán chứng minh bất đẳng thức
liên quan đến biểu thức ba biến có tính chất “Hoán vị vòng”. Nó có sự liên
quan quen thuộc, hay nói cách khác là nó được xuất phát từ biểu thức ba biến
có tính đối xứng.

Sau đây tôi tiếp tục mở rộng và đưa ra dạng tiếp theo. Trong dạng tiếp
theo tôi muốn mở rộng đó chính là việc xác định điều kiện dấu bằng xảy ra cho
bài toán. Đó là dấu bằng xảy ra tại các điểm biên hoặc giá trị bằng không.
2.3.3 Bất đẳng thức liên quan đến biểu thức ba biến có tính chất “Hoán vị
vòng” với điều kiện xảy ra dấu bằng là các biến nhận giá trị ở các điểm biên
của điều kiện xác định hoặc nhận giá trị bằng không.
Trong đề tài này tôi trọng tâm khai thác các bài toán bất đẳng thức liên
quan đến biểu thức ba biến có tính chất “Hoán vị vòng” chứa các nhân tử hoặc
số hạng a  b; b  c; c  a . Với điều kiện dấu bằng xảy ra khó đoán nhận hơn.
Ta mở đầu với ví dụ sau
Ví dụ 4. Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau thuộc đoạn  0;2 . Chứng
1
1
1
9


�
minh rằng:
2
2
2
(a  b) (b  c) (c  a)
4
Phân tích:
- Với bài toán mở đầu này ta thấy rằng đoán nhận dấu đẳng thức xảy ra
là khá khó khăn. Điều kiện a, b, c là các số thực đôi một khác nhau nên ta không
thể có các biến nhận giá trị bằng nhau.
- Có một kỹ thuật thường được chú ý đến ở dạng toán này là: do vai trò
các biến như nhau nên ta giả sử a  b  c hoặc a �b �c tùy theo điều kiện của

giả thiết.
- Có một lưu ý nữa là: đối với các bài toán chứa các nhân tử hoặc số
hạng a  b; b  c; c  a thì dấu bằng xảy ra thông thường sẽ là a  b  b  c hoặc
b  c  c  a hoặc có một số bằng không.
- Trong bài toán này cần đánh giá được:
 Do vai trò của a, b, c là như nhau nên có thể giả sử
a b  c .
 Nhận xét được a  b, b  c là hai số dương , ta có:
8


1
1
8
8

�

. Dấu bằng
2
2
2
(a  b) (b  c ) ( a  b  b  c ) (a  c) 2
xảy ra khi a  b  b  c
- Từ đó ta có cách giải sau.
Giải.
Ta chứng minh được

1
1

8
 2 �
(1) . Đẳng thức xảy ra khi x  y .
2
x
y
( x  y )2

Do vai trò của a, b, c là như nhau nên có thể giả sử a  b  c . Khi đó
a  b, b  c là hai số dương áp dụng BĐT (1) ở trên, ta có:
1
1
8
8

�

.
2
2
2
(a  b) (b  c) ( a  b  b  c ) ( a  c) 2
Đẳng thức xảy ra khi a  b  b  c .
1
1
1
8
1
9



�


.
Suy ra
(a  b) 2 (b  c) 2 (c  a) 2 ( a  c) 2 ( a  c) 2 ( a  c)2
Mặt khác, do a, c � 0;2 và a  c nên 0  a  c �2 . Đẳng thức xảy ra khi và
chỉ khi a  2, c  0 .
1
1
1
9
9


�
�
Do đó
.
( a  b ) 2 (b  c ) 2 ( c  a ) 2 ( a  c ) 2 4
Đẳng thức xảy ra khi a  2, b  1, c  0 và các hoán vị.
Bài toán được chứng minh.
Nhận xét:
- Việc nhận xét vai trò của a, b, c là như nhau và giả sử a  b  c giúp ta
định hướng được dấu bằng xảy ra thì c  0 . Đây cũng là trường hợp phổ biến
về dấu bằng trong các bài toán có tính chất “Hoán vị vòng” và chứa các số
hạng hoặc nhân tử dạng a  b; b  c; c  a .
- Ngoài việc định hướng được c  0 ta cũng có thể xét trường hợp dấu
bằng xảy ra khi hai trong ba số hạng a  b; b  c; c  a bằng nhau.

- Trong ví dụ đầu tiên của dạng này tôi chọn bài toán mà dấu bằng xảy ra
đều có hai điều kiện trên giúp cho học sinh có nhiều định hướng giải bài toán.
- Các ví dụ tiếp theo ta tiếp tục thấy sự tiện dụng của hai điều kiện này
trong việc định hướng và giải quyết bài toán.
Ví dụ 5. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh
3 3
rằng: (a  b)(b  c )(c  a) �
2
Phân tích:
- Đây là bài toán chứng minh bất đẳng thức mà trong biểu thức chứa các
nhân tử a  b; b  c; c  a . Nên ta có các định hướng như ví dụ 4. Ta có hai yếu
tố cần xác định để giải quyết bài toán:
 Do vai trò của a, b, c là như nhau nên có thể giả sử
a �b �c �0 .
 Đánh giá được
9


(b  c) 2 �b 2
�
a �b �c �0 � �
. Dấu bằng xảy ra khi c  0.
2
2
(
c

a
)
�

a
�
- Từ đó ta có cách giải sau.
Giải:
2
2
2
2
Ta xét: M  (a  b) (b  c) (c  a )
Vì vai trò a, b, c là như nhau nên có thể giả sử a �b �c �0 .
(b  c) 2 �b 2
�
�
 M 2 a 2b 2 (a b) 2
Suy ra:
2
2
(c  a) �a
�
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

4M 2 �(2ab)(2ab)(a 2  2ab  b 2 ) �(
( a  b)6
 �
27

(a  b  c) 6
27

27

M

2ab  2ab  a 2  2ab  b 2 3
)
3

3 3
.
2

abc3
�
�2
a  2ab  b 2  2ab
3 3 3 3
�
� ( a, b, c)  (
;
;0).
Đẳng thức xảy ra khi : �
2
2
c

0
�
�
a �b �c �0
�

Vậy giá trị lớn nhất của M bằng

3 3 3 3
3 3
đạt được khi (a, b, c)  (
;
;0) và
2
2
2

các hoán vị.
Ví dụ 6. Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  3 . Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức: P  3.(a 3  b3  c 3 )(a 2  b 2 )(b 2  c 2 )(c 2  a 2 ) .
(Đề thi HSG MTBT lớp 12 tỉnh Thanh Hóa 2016 - 2017)
Phân tích:
(a 3  b3  c 3 )( a  b)(b  c)(c  a) �
. (a  b)(b  c )(c  a )  .
- Ta có P  3. �
�
�
3
3
3
Nên xét hai biểu thức: M  (a  b)(b  c)(c  a) ; N  (a  b  c )(a  b)(b  c)(c  a ) .
- Có thể áp dụng ví dụ 5 để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
M  (a  b)(b  c )(c  a ) . Đối với biểu thức N  (a 3  b 3  c 3 )(a  b)(b  c)(c  a )
ta cũng đánh giá được bằng cách trên. Tuy nhiên vấn đề là chúng có cùng đạt
GTLN với cùng điều kiện dấu bằng xảy ra không.
- Ta có cách giải sau và trả lời được vấn đề là hai biểu thức M và N có

cùng đạt GTLN với cùng điều kiện của a, b, c .
Giải:
*) Tìm giá trị lớn nhất của M :
Theo ví dụ 5 ở trên ta có giá trị lớn nhất của M bằng
(a, b, c )  (

3 3
đạt được khi
2

3 3 3 3
;
;0) và các hoán vị.
2
2
10


*) Tìm giá trị lớn nhất của N:
Áp dụng Côsi ta có :
3 N  ( a 3  b3  c 3 ).[3(a  b)(b  c)(c  a )]
a 3  b3  c 3  3(a  b)(b  c )(c  a ) 2 (a  b  c )6 729
�[
] 

2
4
4
243
N

.
4
abc3
�
Dấu đẳng thức xảy ra khi : � 3
a  b3  c3  3(a  b)(b  c)(c  a )
�
3 3 3 3
;
;0) .
2
2
243
Giá trị lớn nhất của N bằng
.
4
3 3 243 2187
Vậy giá trị lớn nhất P  3.
.

.
2
4
8
3 3 3 3
Dấu ‘‘=’’ khi (a, b, c ) là các hoán vị của (
;
;0) .
2
2

Ví dụ 7. Cho a, b, c là các số thực phân biệt và không âm. Chứng minh rằng
1
1
1
4


�
.
2
2
2
(a  b) (b  c) (c  a ) ab  bc  ca
Phân tích :
- Đây là bài toán chứng minh bất đẳng thức mà trong biểu thức chứa các nhân
tử a  b; b  c; c  a . Nên ta có các định hướng như ví dụ 4 và ví dụ 5. Ta có hai
yếu tố cần xác định để giải quyết bài toán:
 Do vai trò của a, b, c là như nhau nên có thể giả sử
a �b �c �0 .
 Thực hiện các đánh giá bám sát điều kiện c  0.
) a  b  c �a  b
hệ này thỏa mãn (a, b, c)  (

)

bc

 b  c

2

1
�
b

ca
1
2 �
 c  a a
- Từ đó ta có cách giải sau.
)

Giải.
Vì vai trò của a, b, c là như nhau nên ta giả sử a  b  c �0 .
Ta có đẳng thức:

11


2

1
1
1 �
2
�1

�

�

2
2
(b  c) (c  a) �b  c a  c � (a  c )(b  c )
( a  b) 2
2


(a  c) 2 (b  c) 2 (a  c)(b  c)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
1
( a  b) 2
2

�
2
2
2
(a  b) (a  c) (b  c) ( a  c)(b  c)
Khi đó:
1
1
1
4


�
. (1)
2
2
2

(a  b) (b  c) (c  a) (a  c)(b  c)
Ta lại có :
4
4
�
� c(2a  2b  c) �0. (2)
(a  c)(b  c) ab  bc  ca
Từ (1) và (2) suy ra bất đẳng thức được chứng minh.
� c0
� c0
�
�� 3� 5 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi �
2
(a  b)  ab �
a(
)b
�
�
2
Ví dụ 8. Cho a, b, c là các số thực phân biệt và không âm. Chứng minh rằng
ab
bc
ca
9


�
.
2

2
2
( a  b ) (b  c ) ( c  a )
abc
(Đề thi HSG môn Toán lớp 11 tỉnh Thanh Hóa 2017 - 2018)
Phân tích:
- Đây là bài toán chứng minh bất đẳng thức mà trong biểu thức chứa các
nhân tử a  b; b  c; c  a . Nên ta có các định hướng như ví dụ 4 và ví dụ 5. Ta
có hai yếu tố cần xác định để giải quyết bài toán:
 Do vai trò của a, b, c là như nhau nên có thể giả sử
a �b �c �0 .
 Thực hiện các đánh giá bám sát điều kiện c  0.
) a  b  c �a  b
bc
1
)
2 �
 b  c b
ca
1
2 �
 c  a a
- Từ đó ta có cách giải sau.
)

Giải.
Ta có

ab
bc

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

12


�a  b
bc
ca �
�  a  b  c �


�9.
2
2
2 �
�(a  b) (b  c) (c  a) �
Không mất tính tổng quát, có thể giả sử a  b  c �0 .
Khi đó có các bất đẳng thức sau:
) a  b  c �a  b
bc

1
2
)
 b  c  � c  3b  c  �0 (luôn đúng)
2 � � b b  c �
 b  c b
) Tương tự cũng có

ca

 c  a

2

1
�
a

Từ đó suy ra:
�a  b
�a  b
bc
ca �
1 1�


�(a  b) �
  �
 a  b  c �
2

2
2 �
2
�(a  b) (b  c) (c  a ) �
�(a  b) b a �
1 1 1
9
Áp dụng BĐT:   �
với a, b, c  0
a b c abc
Ta có:
�
ab
1 1
1
1 �
   ( a  b) �
 �
2
2
( a  b) b a
�(a  b)  4ab ab �
�
1
1
1 � 9(a  b)
9
 ( a  b) �



�

.
�
2
2
ab
�(a  b)  4ab 2ab 2ab � (a  b)
�a  b
1 1�
9


�
(
a

b
)
 9.
Suy ra (a  b) �
�
2
ab
�(a  b) b a �
ab
bc
ca
9



�
.
Vậy
(a  b) 2 (b  c ) 2 (c  a ) 2 a  b  c
� c0
c0
�
�
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi �
�
(a  b)2  4ab  2ab �
a  (2 � 3)b
�
Bài toán được chứng minh.
Nhằm giúp học sinh vận dụng và rèn luyện giải các bài toán dạng trên tôi
đưa ra một số bài tập tương tự sau.
Bài tập vận dụng
Bài 1. Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng:
1
1
1
 2
 2
�1
2
a b2 b c2 c a2
Bài 2. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc  1 . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức P 

1
2a 3  b 3  6



1
2b3  c3  6



1
2c 3  a 3  6

.

13


Bài 3. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b  c  3 . Chứng
� 3 a
3a  a 2 3b  b 2 3c  c 2
3b
3c �


 6 �4 �


.

minh rằng:
�
bc
ca
ab
2
a
2
b
2
c
�
�
Bài 4. Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng
a2
b2
c2
1


�.
(ab  2)(2ab  1) (bc  2)(2bc  1) (ac  2)(2ac  1) 3
Bài 5. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3 . Tìm
a
b
c
 2
 2
.
giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  2

b  c 1 c  a 1 a  b 1
Bài 6. Cho a, b, c là các số thực phân biệt và không âm. Chứng minh rằng
1
1
1
9


�
.
(a  b) 2 (b  c) 2 (c  a ) 2 2(a 2  b 2  c 2 )
Bài 7. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a 2  b 2  c 2  3 .
a
b
c


.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S 
b2 c2 a2
Bài 8. Cho a, b, c là các số thực không âm. Tìm giá trị nhỏ nhất
2( a 2  b2  c 2 )
abc
 2
.
của biểu thức S 
2
(a  b  c)
a b  b 2c  c 2 a
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với

bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
- Qua thực tế giảng dạy đối với đội tuyển học sinh giỏi lớp 10 và 11 tại
trường THPT Triệu Sơn 1 trong năm học 2017-2018, tôi đã áp dụng đề tài này
giúp các em cảm thấy tự tin và say mê hơn trong việc học toán và có thêm công
cụ giải dạng toán khó là toán chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất của biểu thức ba biến có tính ‘’ Hoán vị vòng ‘’
- Đặc biệt trong năm học 2017 - 2018 qua kỳ thi Học sinh giỏi cấp tỉnh do
Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa tổ chức có một học sinh trong đội tuyển học
sinh giỏi môn Toán của nhà trường đã vận dụng giải được câu chứng minh bất
đẳng thức trong đề thi và đạt giải nhất môn Toán toàn tỉnh . Đây là một bài toán
khó, đa số học sinh tham gia kỳ thi hoặc không làm được hoặc thêm bớt một
hằng số dẫn đến không xử lý được phần còn lại, mặc dù các học sinh tham gia
đều là các học sinh khá giỏi của các trường THPT trong tỉnh.
- Đề tài được báo cáo dạng chuyên đề trong sinh hoạt chuyên môn của tổ
Toán trường THPT Triệu Sơn 1 và được các thầy cô góp ý cũng như đánh giá
cao được dùng làm tài liệu chuyên môn của tổ và áp dụng vào giảng dạy ôn thi
THPT Quốc Gia ( phần phán đoán dấu bằng xảy ra và sử dụng MTBT hỗ trợ để
tìm kết quả) cũng như giảng dạy cho các em học sinh lớp chọn cuối lớp 10 và
lớp 11 trong đội tuyển Toán của nhà trường.
- Qua theo dõi tinh thần học tập của nhóm học sinh trong đội tuyển sau
khi được cung cấp phương pháp chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất,
14


nhỏ nhất của biểu thức ba biến có tính chất ‘’ Hoán vị vòng’’ trong đề tài này, tôi
thấy các em đã tự tin và có hứng thú hơn trong học tập, có tinh thần tìm tòi học
hỏi đối với các dạng toán khó.
- So sánh kết quả làm bài tập trước và sau khi các em được cung cấp
phương pháp giải toán. Kết quả có thay đổi rõ rệt.
1. Thống kê trong bài kiểm tra chuyên đề về bất đẳng thức của đội tuyển

HSG khối 10 năm học 2017-2018 trước và sau khi được cung cấp phương pháp
(Đề kiểm tra gồm 3 bài trong phần bài tập vận dụng ở trên)
Làm 3 bài Làm 2 bài
Làm 1 bài Làm 0 bài
Kết quả Tổng số hs
SL %
SL
%
SL
%
SL
%
Trước
15
0
0
0
0
5
33.33 10 66.67
Sau
15
2 13.34
5
3.33
5
33.33 3
20
2. Kết quả làm bài BĐT trong đề thi chọn HSG cấp trường năm 2017-2018
(thống kê trong số 15 học sinh lớp 10C1, so với 30 em học sinh tham gia thi )

Làm bài tốt
Bài có sai sót Không làm bài
Kết quả
Tổng số hs
SL
%
SL
%
SL
%
Thực nghiệm
15
5
73.33
7
15.56
3
11.11
Đối chứng
30
0
0
5
16.67
25
83.33
III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
- Qua quá trình áp dụng vào thực tế dạy đội tuyển học sinh giỏi của nhà
trường, đề tài này đã giúp cho các em thêm tự tin và say mê trong việc giải các

bài toán về bất đẳng thức đặc biệt là phát hiện xu hứng mới của đề thi học sinh
giỏi tỉnh hai năm gần đây đó là năm học 2016-2017 và năm học 2017-2018.
- Đề tài được tổ chuyên môn đánh giá cao và định hướng áp dụng giải dạy
cho học sinh đội tuyển khối 10 và khối 11. Các em đã vận dụng tốt trong kỳ thi
HSG cấp tỉnh trong năm học 2017-2018 vừa qua như đã nêu ở trên.
- Trong phạm vi một SKKN về một dạng toán khó nên tôi chỉ tập trung
vào hai dạng toán trên, tôi sẽ tiếp tục nghiê cứu tài liệu, học hỏi đồng nghiệp để
hoàn thiện hơn nữa đề tài này.
- Trên đây là kinh nghiệm thực tế qua quá trình giảng dạy nhiều năm tôi
rút ra cho bản thân và bước đầu được áp dụng có kết quả khả quan. Do kinh
nghiệm chưa nhiều nên đề tài không tránh được những hạn chế, tôi tiếp tục bổ
sung và hoàn thiện dần trong những năm học tới, rất mong nhận được sự đóng
góp ý kiến của quý vị và các bạn đồng nghiệp để đề tài đi vào thực tiễn được áp
dụng nhiều hơn và đạt hiệu quả cao hơn trong giảng dạy.
2. Kiến nghị
- Kiến nghị với sở GD - ĐT Thanh Hóa phổ biến những đề tài nghiên cứu
có chất lượng được áp dụng rộng rãi trong các trường. Nhà trường và tổ bộ môn
15


nên có kế hoạch tổ chức những buổi hội thảo trao đổi chuyên môn nâng cao chất
lượng giảng dạy, các phong trào viết sáng kiến kinh nghiệm, báo cáo khoa học.
- Tăng cường bồi dưỡng cho giáo viên về kinh nghiệm giảng dạy cũng
như các chuyên đề bồi dưỡng cho học sinh, quan tâm và tạo điều kiện cho thế hệ
trẻ phát huy tốt nhất năng lực của mình, nâng cao chất lượng giảng dạy.
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Thanh Hóa, ngày 16 tháng 05 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết không sao chép nội dung

của người khác

Lê Đăng Hà

16


TÀI LIỆU THAM KHẢO

 1 . Sách giáo khoa Đại số và Giải tích lớp 10 nâng cao của BGD-ĐT
 2 . Đề thi HSG các năm của tỉnh Thanh Hoá.
 3 . Chuyên đề bồi

dưỡng HSG qua các kỳ thi Olympic của NXB

ĐHQGHN

 4 . Sáng tạo Bất đẳng thức của NXB Tri Thức.
 5 . Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi của một số trường trong tỉnh,
ngoài tỉnh năm 2016 - 2017 và năm học 2017 - 2018.

 6 . Tạp chí toán học và tuổi trẻ.
 7 . Bài tập chuyên đề trên trang web: www.vnmath.vn
 8 . Bài tập chuyên đề trên trang web: www.violet.vn

17


DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH

NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Lê Đăng Hà
Chức vụ và đơn vị công tác: Trường THPT Triệu Sơn I

TT

Tên đề tài SKKN

1.

Phát triển một số ứng dụng

2.

của BĐT Cô-si
Giải bài toán lập số tự nhiên
bằng phương pháp chọn vị trí

Cấp đánh giá
xếp loại
(Ngành GD cấp
huyện/tỉnh; Tỉnh...)

Kết quả
đánh giá
xếp loại
(A, B, hoặc C)

Năm học

đánh giá
xếp loại

HĐKH
cấp ngành

C

2011-2012

HĐKH
cấp ngành

B

2014-2015

các chữ số
.

18