SKKN PHÁT TRIỂN tư DUY CHO học SINH từ một bài TOÁN THI học SINH GIỎI cấp TỈNH THANH HO

Mục lục
Trang
1. Mở đầu.................................................................................................... 01
1.1. Lý do chọn đề tài....................................................................... 02
1.2. Mục đích nghiên cứu................................................................. 03
1.3. Đối tượng nghiên cứu................................................................ 03
1.4. Phương pháp nghiên cứu.......................................................... 03
2. Nội dung.................................................................................................. 04
2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm................................. 04
2.2 Thực trạng vấn đề ..................................................................... 04
2.3 Giải pháp và tổ chức thực hiện:………………………… .....05
Bài toán 1.......................................................................................... 05
Bài toán 2.......................................................................................... 06
Bài toán 3.......................................................................................... 07
Bài toán 4.......................................................................................... 09
Bài toán 5.......................................................................................... 10
Bài toán 6.......................................................................................... 11
Bài toán 7.......................................................................................... 12
Bài toán 8.......................................................................................... 13
Bài toán 9.......................................................................................... 13
Bài toán 10........................................................................................ 13
Bài toán 11......................................................................................... 14
Bài tập rèn luyện.............................................................................. 15
2.4.Kết quả đạt được…………………………………………… 17
3. Kết luận.................................................................................................... 18
Tài liệu tham khảo...................................................................................... 19

0


1. Mở đầu

1.1. Lí do chọn đề tài:
Trong chương trình THCS, toán học chiếm một vai trò rất quan trọng. Với đặc
thù là môn khoa học tự nhiên, 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 học khác và góp phần giúp các em học sinh 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 là một
yêu cầu tất yếu đối với giáo viên dạy toán. Trong quá trình giảng dạy toán cần
thường xuyên rèn luyện cho học sinh các phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao đối
với việc học tập, rèn luyện và tu dưỡng trong cuộc sống của học sinh.
Trong chương trình Toán THCS khối lượng kiến thức rất phong phú và đa
dạng, các dạng toán cũng đề cập không ít. Trong số đó có bất đẳng thức là một
dạng toán quan trọng và khá phổ biến. Trong các kì thi hoc sinh giỏi các cấp và thi
váo lớp 10 chuyên thì bất đẳng thức thường hay gặp trong các đề thi. Bởi vậy muốn
bồi dưỡng và phát triển các đối tượng học sinh khá, giỏi bản thân người dạy phải
nghiên cứu tài liệu, tìm tòi các phương pháp giải. Nhằm bổ trợ và nâng cao kịp thời
cho các em.
Ở dạng toán bất đẳng thức thì mỗi bài toán với số liệu riêng của nó, đòi hỏi ta
phải vận dụng cách giải phù hợp. Điều đó có tác dụng rèn luyện tính tư duy toán
học linh hoạt và sáng tạo của người học.
Không những thế bất đẳng thức luôn là một đề tài thú vị của môn Đại số, vì nó
còn tiếp tục được giới thiệu và nghiên cứu ở cấp THPT. Do đó bất đẳng thức mãi
mãi là đối tượng nghiên cứu của Toán học, là vấn đề đa số người học quan tâm
trong các kì thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh và thi vào lớp 10.

1


Từ những yếu tố khách quan và chủ quan đó. Tôi đã tìm tòi và nghiên cứu đề tài

“ PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO HỌC SINH TỪ MỘT BÀI TOÁN THI HỌC
SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HOÁ’’.
Nhằm tìm ra các biện pháp hữu hiệu nhất để có một phương án đúng đắn giúp
học sinh tiếp cận với các bài toán về bất đẳng thức chủ động hơn, có hứng thú trong
quá trình học.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Giúp giáo viên dạy toán THCS nói riêng có quan điểm coi trọng việc nghiên cứu,
dạy bất đẳng thức.
Giúp học sinh có kiến thức sâu hơn về bất đẳng thức, góp phần học tốt hơn
môn toán.
Đưa ra một số kiến thức cơ bản về bất đẳng thức và một số phương pháp
chứng minh bất đẳng thức phù hợp trình độ học sinh .
Qua việc triển khai đề tài này góp phần nâng cao chất lượng dạy - học tốt nội
dung bất đẳng thức và do đó sẽ dạy - học tốt môn toán trong trường THCS.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Đối tượng là một số vấn đề, thực trạng về dạy và học bất đẳng thức của học
sinh THCS.
Một số tài liệu được tham khảo được sử dụng cho học sinh THCS, hiện đang
được nghiên cứu, thử nghiệm tại trường THCS.
Tôi áp dụng đề tài này trong qua trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn
toán lớp 9 trường THCS Lê Đình Kiên và đội tuyển Toán huyện Yên Định.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
Phương pháp tôi sử dụng để nghiên cứu trong đề tài này chủ yếu là các phương
pháp sau:
Phương pháp thực nghiệm sư phạm.
Phương pháp nghiên cứu lý luận.
2


Phương pháp điều tra.

2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm.
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm:
Trong quá trình giảng dạy toán cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh
các phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao đối với việc học tập, rèn luyện và
tu dưỡng trong cuộc sống của học sinh. Đối với học sinh khá giỏi, việc rèn
luyện cho các em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê phán
của trí tuệ là những điều kiện cần thiết vô cùng trong việc học toán.
Với mục đích thứ nhất là rèn luyện khả năng sáng tạo Toán học, trước mỗi bài
tập tôi đã cho học sinh tìm hiểu cách giải,đồng thời người thầy giáo cũng phải gợi ý
và cung cấp cho học sinh nhiều cách giải.Trên cơ sở đó học sinh tự tìm ra cách giải
hợp lí nhất.Phát hiện ra những cách giải tương tự và khái quát đường lối
chung.Trên cơ sở đó với mỗi bài toán cụ thể các em có thể khái quát hoá bài toán
thành bài toán tổng quát và xây dựng bài toán tương tự.
Điều mong muốn thứ hai đó là mong muốn thay đổi phương pháp bồi dưỡng
học sinh khá giỏi từ trước tới nay. Xây dựng một phương pháp mới đó là rèn luyện
khả năng sáng tạo Toán cho học sinh sao cho mọi lúc mọi nơi các em có thể phát
huy năng lực độc lập sáng tạo của mình.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
Qua các năm giảng dạy trực tiếp bồi dưỡng học sinh giỏi thì bản thân nhận
thấy trong các đề thi học sinh giỏi các cấp và thi vào trường chuyên, hầu hết đều có
các bài toán về bất đẳng thức nhưng các em học sinh đang còn lung túng, chưa xác
định rõ cách làm như thế nào. Xuất phát từ điều mong muốn học sinh rèn luyện
được khả năng sáng tạo, tìm được và xác định được cách giải. Do đó bản thân
người thầy phải tìm tòi,tổng hợp các dạng khác nhau để giúp các em học sinh hiểu
và biết vận dụng thành thạo các dạng toán.
3


2.3 Giải pháp và tổ chức thực hiện:
Trong đề thi HSG lớp 9 tỉnh Thanh Hóa năm học 2015- 2016 có bài toán sau:

2
2
2
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  3 . Chứng minh rằng:

2a5  3b5 2b5  3c5 2c 5  3a 5


�15(a 3  b3  c3  2)
ab
bc
ca

Theo thông tin chúng tôi có được thì có nhiều thí sinh bế tắc trước bài toán này,
phần lớn các em không biết tiếp cận bài toán bằng cách nào. Thực ra loại bài này
cũng không còn mới mẻ, nhưng có thể các em chưa nắm bắt được phương pháp nên
không làm được. Trong chương trình toán THCS ta thường hay gặp bài toán quen
thuộc sau:
Bài toán 1:
Cho a, b, c  0 , chứng minh rằng:
Có nhiều cách giải cho bài toán này, cách đơn giản thường gặp ở đây là sử dụng
bất đẳng thức Côsi hoặc bất đẳng thức Bunnhiacopxki. Chẳng hạn, sử dụng bất
đẳng thức Côsi, ta ghép cặp như sau:
Tương tự, ta cũng có: .
Cộng (1),(2),(3) ta có điều phải chứng minh.
Ở đây có một câu hỏi đặt ra là, nếu không sử dụng bất đẳng thức Côsi thì có
tìm được đánh giá (1) hay không? Nếu được thì làm như thế nào?
Câu trả lời là có và ta sẽ làm như sau:
Ta đi tìm các hệ số m, n sao cho:
Chú ý rằng bất đẳng thức trong bài toán trên xảy ra dấu đẳng thức khi a  b  c .

4


1
�m  n
Với a  b , từ (1) ta có: 2
, để dấu “ = ” xảy ra ta chọn m, n sao cho
mn 

1
1
�n  m
2
2
. Khi đó (4) trở thành:

a
t
Chia cả hai vế (*) cho b , đặt b
khi đó (4) trở thành:
2

� 2m  1 �
2(m  1)t 2  t  (2m  1) �0 � 2(1  m)(t -1) �
t��0 (5)
� 2(1  m) �

Để (5) đúng ta chọn m thỏa mãn:

1 m  0
�
3
1
�
� m �n  
�2m  1
4
4
�2(1  m)  1
�

. Từ đó suy ra (1).

Lời giải bài toán trình bày như sau:
Lời giải:
a2
3a  b
�
(i) � 4a 2 �( a  b)(3a  b) � ( a  b) 2 �0
4
Ta có: a  b
(đúng)
b2
3b  c
c2
3c  a
�
(ii) ;
�

(iii)
4
ca
4
Chứng minh tương tự, ta cũng có: b  c

Cộng theo vế các bất đẳng thức (i),(ii),(iii) ta có:
(đpcm).
Nhận xét:
Bài toán trên là một bài toán khá đơn giản, song với cách tiếp cận như trên đã đem
đến cho chúng ta một ý tưởng giải lớp các bài toán đồng bậc một cách dễ dàng.
Với ý tưởng trên, ta xem xét tiếp bài toán sau:
Bài toán 2:
Cho a, b, c  0 , chứng minh rằng:
a3
b3
c3
abc
 2
 2
�
2
2
2
2
a  ab  2b b  bc  2c c  ca  2a
4

5

Phân tích:
Dự đoán dấu “ = ” xảy ra khi a  b  c .
a3
�ma  nb (6)
2
2
Tiếp theo tìm m, n sao cho a  ab  2b

Các hệ số m, n được chọn phải đảm bảo dấu đẳng thức xảy ra, do đó:
m n 

1
1
� n  m
4
4
. Khi đó (6) trở thành:

a3
�1
�
�ma  �  m �
b
2
2
a  ab  2b
�4
�
� 4(1  m)a 3  a 2b  (4m  1) ab 2  (8m  2)b3 �0 (7)

a
t
Chia cả 2 vế (6) cho b , đặt b
được:
3

4(1  m)t 3  t 2  (4m  1)t  (8m  2) �0
� (t  1) �
4(1  m)t 2  (4m  3)t  8m  2 �
�
��0 (8)
2
Nếu (8) đúng với mọi t  0 thì 4(1  m)t  (4m  3)t  8m  2  0 phải có nghiệm t  1 .

Thay t  1 vào phương trình ta được

m

9
9
m
16 . Với
16 , (8) trở thành:

1
(t  1) 2 (7t  10) �0, t  0.
4

Do đó

m

9
5
n
16 thỏa mãn, suy ra
16 .

Lời giải:
Ta có:
a3
9
5
� a  b (i) � (a  b) 2 (7 a  10b) �0
2
2
a  ab  2b 16
16
(đúng)

Tương tự, ta cũng có:
b3
9
5
� b  c (ii)
2
2
b  bc  2c 16
16

c3
9
5
� c  a (iii)
2
2
c  ca  2a 16 16

Cộng theo vế các bất đẳng thức (i),(ii),(iii) suy ra điều phải chứng minh.
6


Bài toán 3: (HSG toán 9, Thanh Hóa năm học 2015 - 2016)
2
2
2
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  3 . Chứng minh rằng:

2a5  3b5 2b5  3c 5 2c 5  3a 5


�15(a 3  b3  c3  2)
ab
bc
ca

Phân tích:
Ta nhận thấy rằng dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c . Bất đẳng thức được viết lại
như sau:
2a 5  3b5 2b5  3c 5 2c 5  3a 5



�15( a 3  b3  c3 )  10  ab 2  bc 2  ca 2 
ab
bc
ca

Dựa vào ý tưởng trên, ta sẽ tìm m, n, p sao cho:
2a 5  3b5
�ma 3  nb3  pab 2 (9)
ab
5
4
2 3
4
5
Ta có (9) � 2a  ma b  pa b  nab  3b �0 (10)

a
t
5
4
2
Sau khi chia cả 2 vế của (10) cho b , đặt b
ta được: 2t  mt  pt  nt  3 �0 (11)
5

Dấu “ = ” xảy ra ở (13) khi t  1
2
Do đó để (13) đúng thì vế trái của nó phải có nhân tử (t  1) , suy ra

2t 5  mt 4  pt 2  nt  3 chia hết cho (t  1)2 .

�n  2m
�
Thực hiện phép chia đa thức và cho phần dư bằng 0, ta được: �p  5  3m .

Khi đó:
(13) � (t  1) 2 �
2t 3  (4  m)t 2  2(3  m)t  3�
�
��0

. Đến đây cần lựa chọn m sao cho:

2t 3  (4  m)t 2  2(3  m)t  3 �0 là được. Gỉa sử giá trị này của m là m0 . Như vậy, (9)

trở thành:

7


2a 5  3b5
�m0 a 3  2m0b3  (5  3m0 )ab 2 (i)
ab

Tương tự có:
2b5  3c5
�m0b3  2m0c 3  (5  3m0 )bc 2 (ii)
bc

2c 5  3a 5
�m0c 3  2m0 a 3  (5  3m0 )ca 2 (iii)
ca

Cộng các vế (i),(ii),(iii) được:
2a5  3b5 2b5  3c5 2c 5  3a 5


�3m0 (a 3  b3  c3 )  (5  3m0 )  ab 2  bc 2  ca 2 
ab
bc
ca

Để có điều cần chứng minh, chọn m0  5 . Với m0  5 ,
2t 3  (4  m0 )t 2  2(3  m0 )t  3  (t  1) 2 (2t  3) �0, t  0

Vậy m0  5 là giá trị thỏa mãn, suy ra n  10, p  10 .
Lời giải:
Ta có:
2a5  3b5
�5a3  10b3  10ab2 (i)
ab
5
� 2a  5a4b 10a2b3  10ab4  5b5 �0 � (a  b)4(2a  3b) �0 (�
�
ng)

Chứng minh tương tự, cũng có:
2b5  3c5
�5b3  10c3  10bc2 (ii)

bc
5
2c  3a5
�5c3  10a3  10ca2 (iii)
ca

Cộng theo vế các bất đẳng thức (i),(ii),(iii) suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 4. (Đề dự bị HSG lớp 9 cấp tỉnh, Thanh hoá năm học 2014-2015)
Cho ba số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn điều kiện x  2 y  3z  3 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Q

88 y 3  x 3 297 z 3  8 y 3 11x 3  27 z 3


2 xy  16 y 2 6 yz  36 z 2
3 xz  4 x 2

Nhận xét:
8


a x
�
�
b  2y
�
�
Bài này có cùng ý tưởng giống bài trên, sau khi đặt �c  3z , Q trở thành:

Q

11b3  a3 11c3  b3 11a3  c3


(*)
ab  4b2 bc  4c2 ca  4a2

Đến đây thì đơn giản rồi, làm tương tự trên ta có đánh giá:
11b3  a3
� a  3b
ab 4b2
.
2
Bất đẳng thức này đúng, vì nó tương đương với (a  b) (a  b) �0 .

Cũng thế cho các đánh giá khác, có ngay điều cần chứng minh.
Có lẽ, biểu thức Q ban đầu giống như (*), nhưng người ra đề muốn gây một chút
khó khăn cho thí sinh, bằng cách đặt ngược lại trên.
Cũng tương tự đối với học sinh giỏi cấp huyện yên định năm học 2016-2017
như sau:
�x, y, z  0
�
Cho ba số thực x, y, z thoả mãn điều kiện: �x  2 y  3 z  6.
40 y 3  x3 135 z 3  8 y 3 5 x3  27 z 3


.
2

2
2
2
xy

12
y
6
yz

27
z
3
zx

3
x
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =

Qua kết quả kỳ thi vừa rồi, gần như có rất ít thí sinh làm được bài này. Điều đó
chứng tỏ các em học sinh chưa được trang bị đầy đủ. Hy vọng rằng qua bài viết này
các em sẽ có thêm công cụ giải bất đẳng thức.
Tiếp theo ta xét bài toán sau không còn là đồng bậc nữa nhưng vẫn giải được
với ý tưởng trên tuy nhiên cần thêm đánh giá phụ:
Bài toán 5 . (Chọn đội tuyển quốc gia Moldova 2005)
4
4
4
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c  3 . Chứng minh rằng:

9


1
1
1


�1
4  ab 4  bc 4  ca

Phân tích:
1
�ma4  nb4  p
4

ab
Ở bài này ta không thể tìm được m,n,p để có đánh giá
.
4
4
4
2
2
2
Chú ý là a  b  c �(ab)  (bc)  (ca) và dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c , vì thế

ta sẽ nghĩ đến đánh giá
1
�m(ab)2  n (12)

4  ab
.

3
(a4  b4)
3
t�(0, )
0  ab �
�
2
2 nên
2 .
Đặt t  ab , do
3
2
Sau khi biến đổi và rút gọn ta có (12) � mt  4mt  nt  4n 1�0 .

1
�
m
�
� 18
�
�n  5
Đến đây thực hiện giống như trên tìm được � 18

Lời giải:
1
(ab)2  5
�

(i ).
18
Ta chứng minh: 4  ab
Thật vậy,
2
(i) � (4  ab) �
(ab)2  5�
�
� 18 �0 � 2(ab 1) (2  ab) �0

Bất đẳng thức này đúng, vì

0  ab �

.

(a4  b4 )
3
�  2.
2
2

Tương tự ta có:
1
(bc)2  5
�
(ii).
4  bc
18
1

(ca)2  5
�
(iii ).
4  ca
18

Cộng các các bất đẳng thức (i),(ii),(iii) trên vế theo vế ta có:
10


1
1
1
(ab) 2  (bc) 2  (ca ) 2  15 a 4  b 4  c 4  15


�
�
1
4  ab 4  bc 4  ca
18
18

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1.
Có những BĐT không thể xây dựng ngay các đánh giá trực tiếp như trên mà cần
thông qua một số đánh giá trung gian. Bài toán sau đây là một ví dụ.
Bài toán 6. Cho a, b, c  0 thỏa mãn a  b  c  9 . Chứng minh rằng:
a3  b3 b3  c3 c3  a3



�9
ab  9 bc  9 ca  9

Phân tích:
Nhận thấy dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  3 . Nếu ta đánh giá trực tiếp
a3  b3
a3  b3
�ma  nb  p
�m(a  b)  n
ab  9
hoặc ab  9
ta sẽ gặp bế tắc ngay. Thế phải xử lý

theo hướng nào? Tất nhiên, ta vẫn sử dụng ý tưởng giống như trên và đánh giá
a3  b3
�m(a  b)  n
ab  9
, song không phải trực tiếp mà cần có các đánh giá trung gian.

 a  b
Chú ý

4

2

1
3
2
2� 1

3
�
�ab; a3  b3  (a  b) �  a  b   a  b ��  a  b
4
4
�
� 4

1
(a  b)3
a3  b3
(a  b)3
4
�

ab 9 1 (a  b)2  9 (a  b)2  36
4
Suy ra
.

(a  b)3
�m(a  b)  n
2
(
a

b
)

36

Tiếp theo ta tìm m, n sao cho bất đẳng thức sau là đúng
.

Đến đây dễ dàng tìm được m 1, n  3 .
Lời giải:
11


 a  b
Ta có:

4

2

1
3
2
2� 1
3
�
�ab; a3  b3  (a  b) �  a  b   a  b ��  a  b
4
4
�
� 4

1
(a  b)3
a3  b3

(a  b)3
4
�

(13)
ab  9 1 (a  b)2  9 (a  b)2  36
4
Suy ra
.

(a  b)3
�a  b  3 (14)
2
(
a

b
)

36
Mà
Thật vậy,
(14) � (a  b)3 ��
(a  b)2  36�
 a  b 3 � 3(a  b  3)2 �0
�
�

(đúng)

a3  b3
�a  b  3(i)
Từ (13),(14) suy ra: ab  9

b3  c3
c3  a3
�b  c  3(ii )
�c  a  3(iii )
ca  9
Chứng minh tương tự được: bc  9

Cộng các các bất đẳng thức (i),(ii),(iii) theo vế được điều chứng minh.
Qua một số bài toán trên chắc hẳn bạn đọc đã hình dung được phương pháp giải
và cảm nhận được tính đơn giản, hiệu quả của nó. Vẫn với suy nghĩ đó, ta sẽ giải
quyết một lớp các bài toán dạng (phân li các biến):
f (a)  f (b)  f (c) �m

(Có thể coi lớp bài này là một trường hợp đặc biệt của lớp các bài trên)
Bài toán 7. Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  d  4 .
Chứng minh rằng:
Hướng dẫn:
1
�ma  n
Tìm các hệ số m,n sao cho a  1
. Dễ dàng tìm được m 1, n  2
2

Lời giải:
12

2
a(a  1)2
�

a

2
(i)
�
�0
2
a2  1
Ta có: a  1
(đúng)

Tương tự với các biến còn lại. Cộng vế theo vế ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  d  1 .
Bài toán 8.
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn .
Chứng minh rằng:
Hướng dẫn:
Ở đây ta cần tìm m, n để bất đẳng thức dưới là đúng
1
1
 2
�ma  n
a  b c a  a  3
2

1
4
m  , n 
9
9 thì bất đẳng thức phụ đúng.
Tương tự như trên ta tìm được

Thật vậy

Bài toán 9.
Cho a, b, c, d là các số thực không âm thỏa . Chứng minh rằng:
Hướng dẫn:
Theo bài ra a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn:
a2  b2  c2  d 2  4
� ( a  b  c  d )2  2(2  ab  ac  ad  bc  bd  cd )
� ( a  b  c  d )  2(2  ab  ac  ad  bc  bd  cd )

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
Ta cần xác định hệ số m để bất đẳng thức sau đúng
2a3 �ma  n

13


Dễ dàng tìm được m 6, n  4 . Ta sẽ chứng minh điều đó, thật vậy:
2a3 �6a  4 � 2(a  1)2(a  2) �0

Điều này hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  d  1.
Bài toán 10. (HSG Toán 9, Hà Nội 2016)
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh một tam giác. Chứng minh:

a2016
b2016
c2016


�a2015  b2015  c2015
b c  a c  a  b a  b  c

Phân tích:
Để đơn giản ta đưa về dạng phân li các biến bằng cách chuẩn hóa a  b c  3.
a2016
b2016
c2016


�a2015  b2015  c2015
3

2
a
3

2
b
3

2
c
Bất đẳng thức trở thành:
a

�ma  n
Tìm các số m, n sao cho bất đẳng thức sau đúng: 3 2a
(Tại sao lại không

a2016
�ma  n
tìm đánh giá 3 2a
?). Dễ có m 3, n  2 suy ra:
a2016
�3a2016  2a2015  3(a2016  a2015 )  a2015
3 2a
2016
2015
Mà a  a �a  1 (15) . Thật vậy (15) tương đương với

(a  1)2(a2014  a2013  ...  a2  a  1) �0

a2016
�3a2016  2a2015  3(a  1)  a2015
Do vậy, 3 2a
.

Tương tự với các biến khác, rồi cộng lại có điều cần chứng minh.
Bài toán 11.
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng:

14


Hướng dẫn:

Ta cần tìm hệ số m, n sao cho
4
 5a2 �ma3  n (16)
a

Ta dễ dàng nhận ra đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1.
Khi cho a  1 thì ta có thể dự đoán rằng m  2, n  7 . Ta sẽ chứng minh rằng với
m  2, n  7 thì bất đẳng thức (16) đúng. Thật vậy:

Do . Vậy bất đẳng thức phụ trên là đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1.
Như vậy chúng ta đã cùng nhau trải qua một số các bài toán thú vị, tuy
không nhiều nhưng có lẽ bạn đọc đã nắm được ý tưởng của phương pháp… Tất
nhiên, trong một bài viết nhỏ không thể nói được nhiều những vấn đề liên quan,
chẳng hạn sự mở rộng, kết nối phương pháp với các kỹ thuật khác (như kết hợp các
bất đẳng thức cổ điển, Schur hoặc phân tích bình phương …) để có thể xử lý những
bài toán có độ phức tạp cao hơn, nhưng hy vọng bài viết nhỏ này đem lại cho bạn
đọc được một vài điều bổ ích nho nhỏ và niềm vui giải các bài toán bất đẳng thức.
Để củng cố phương pháp chúng tôi nêu một số bài tập tương tự để bạn đọc
rèn luyện .
BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Cho a, b,c  0 . Chứng minh rằng :
a3
b3
c3
a b c


�
2

2
2
2
2
2
a  3ab  b b  3bc  c c  3ca  a
5
5b3  a3 5c3  b3 5a3  c3


�a  b  c
2
2
2
Bài 2. Cho a, b, c  0 . Chứng minh rằng : ab  3b bc  3c ca  3a

Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
15


M

232y3  x3 783z3  8y3 29y3  27x3


2xy  24y2 6yz  54z2
3xz  6x2

trong đó x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện

x  2y  3z 

1
4 .

a4  b4 b4  c4 c4  a4
 3 3  3 3 �2016
3
3
Bài 4. Cho a, b,c  0: a  b  c  2016 . CMR: a  b b  c c  a

Bài 5. (Olympic toán Mỹ 2003)
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
(b  c  2a ) 2
(a  c  2b) 2
(a  b  2c) 2


�8
2a 2  (b  c)2 2b2  (a  c)2 2c 2  (b  a) 2

Bài 6. Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  d  2 .
Chứng minh rằng:
1

1
1
1
16
 2

 2
�
3a  1 3b  1 3c  1 3d  1 7
2



2

3
3
3
3
3
Bài 7. Cho a, b, c, d , e là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  d  e  1 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a2
b2
c2
d2
e2




1  a 3 1  b 3 1  c 3 1  d 3 1  e3
2
2
2

Bài 8. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a b c  1 .

Chứng minh rằng:
1
1
1
9


�
1  ab 1  bc 1  ca 2

Bài 9. Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  d  4 .
Chứng minh rằng:

6( a 3 b 3  c 3  d 3 ) �( a 2 b 2  c 2  d 2 ) 

1
8

Bài 10. Cho a, b, c là các số thực dương nhỏ thỏa mãn a  b  c  1 .
Chứng minh rằng:

6(a 3 b 3 c 3 )  1 �5( a 2 b 2 c 2 )

Bài 11. Cho a, b, c là các số thực dương nhỏ thỏa mãn a  b  c  1 .
16


Chứng minh rằng:

1
1
1
27


�
2
2
2
1 a 1 b 1 c
10

Bài 12. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
(b  c  3a ) 2
(a  c  3b) 2
(a  b  3c ) 2
1


�
2
2
2
2
2
2
2a  (b  c)
2b  ( a  c)

2c  (b  a)
2

2.4.Kết quả đạt được:
Trong thực tế giảng dạy việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi môn Toán, với cách
làm trên đã mang lại hiệu quả cao trong việc rèn luyện năng lực sáng tạo học toán
cho học sinh. Cụ thể các em học sinh đã thực sự có hứng thú học toán bồi dưỡng
học sinh giỏi, tự độc lập tìm tòi cách giải. Qua sáng kiến kinh nghiệm này tôi mong
muốn có nhiều học sinh sẽ đam mê và đạt đượckết quả cao trong học tập.
Qua điều tra học sinh đội tuyển Toán Huyện Yên định (35 học sinh) năm học
2017-2018 thì kết quả đạt được trước và sau khi dạy xong nội dung này thì kết quả
đạt được như sau:
Số học sinh
35

Số HS làm được trước khi dạy
0

Số HS làm được sau khi dạy
15

Trong năm học 2017-2018 tôi được nhà trường và phòng giáo dục giao nhiệm
vụ là bồi dưỡng học sinh lớp 9 đi thi cấp huyện và cấp tỉnh:
+) Cấp huyện: 2 giải nhì, 2 giải ba và 5 khuyến khích.
Đồng đội xếp thứ nhất cấp huyện.
+) Cấp tỉnh: 4 giải nhì, 3 giải ba và 2 khuyến khích.
Đồng đội xếp thứ 2 toàn tỉnh.

17

3.KẾT LUẬN:
- Giảng dạy áp dụng sáng kiến kinh nghiệm trên đây đã mang lại hiệu quả của
việc bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán.Nhiều học sinh đã chủ động tìm tòi,định
hướng và sáng tạo ra nhiều cách giải toán không cần sự góp ý của giáo viên.Từ đó
giúp các em phát triển năng lực tư duy hơn trong quá trình học toán.
- Ngoài ra mức độ yêu thích môn toán của học sinh được nâng lên và các em say
sưa hứng thú học toán nhiều hơn.
- Đa số các em đã nắm được các phương pháp giải,biết sử dụng các phương pháp
hợp lý vào từng bài cụ thể.
- Các em đã từng bước khai thác bài toán đã cho thành các bài toán khác nhằm
mở rộng và rèn luyện kiến thức.
- Chính vì vậy mỗi giáo viên nói chung và bản thân tôi nói riêng cần tìm tòi tham
khảo nhiều tài liệu để tìm ra các bài toán hay, với nhiều cách giải khác nhau để tung
ra cho học sinh cùng làm,cùng phát hiện cách giải hay và tạo hứng thú trong quá
trình học toán, đặc biệt là phát triển tư duy cho học sinh.
Trong bài viết nhỏ này,chúng tôi nêu một hướng giải quyết lớp các bài toán
như vậy trao đổi cùng các thầy cô giáo dạy toán và các em học sinh. Do điều kiện
thời gian hạn chế nên trong bài viết có thể còn có thiếu sót, mong các thầy cô giáo
và các em học sinh góp ý.

18


Tài liệu tham khảo:
TT
1
2
3
4

Tài liệu
Đề thi học sinh giỏi lớp 9 cấp tỉnh Thanh hoá.
Đề thi học sinh giỏi lớp 9 cấp huyện Yên Định.
Tuyển tập các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức.
Toán Nâng cao và phát triển lớp 9( Vũ Hữu Bình)

5

Sáng tạo bất đẳng thức ( Phạm Kim Hùng)

6

Những viên kim cương trong bất đẳng thức (Trần Phương)

Các đề tài SKKN đã được đánh giá xếp loại:
TT
1

Tên đề tài
Một vài ý kiến về dạy phương pháp hình học

Xếp loại
Loại A cấp huyện năm

2

cho học sinh thông qua một bài toán.
Rèn luyện khả năng tìm lời giải bài toán hình

học 2008 - 2009
Loại A cấp huyện năm

3

học cho học sinh khá, giỏi lớp 9.
Dạy một định lí toán học như thế nào để phát

học 2010 – 2011
Loại B cấp huyện năm

4

huy tính tích cực của học sinh.
Hướng dẫn học sinh giải một số phương trình

học 2011 – 2012
Loại A cấp huyện năm

quy về phương trình bậc hai.

học 2013 – 2014

19


XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Yên Định, ngày 10 tháng 4 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của

mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)

Lê Tiến Long

20