SKKN một số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp 9 trường THCS hoằng quang – thành phố thanh hóa chứng minh bất đẳng thức

MỤC LỤC
MỤC LỤC……………………………………….…………………………..…………………….……….. 1
1. MỞ ĐẦU……………………………………….……………………………………….……………….. 2
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 ……………………………………….…………………...…...….. 2
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ……………………..……….……..…….. 3
2.1. Cơ sở lý luận ……………………….…………………………...…………..………...…………… 3
2.2.Thực trạng vấn đề ………………….....………….………………………..…………..…….…… 3
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện ……………………….…….………………..……..…….. 4
2.3.1. Nội dung …………………………………………………………….……………..…………...…. 4
2.3.2. Một số kiến thức về bất đẳng thức……………………………………….…..……….. 4
2.3.3. Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức ………………...…………... 5
2.3.4. Một số ứng dụng của bất đẳng thức ……………………………...……...….…..… 14
2.4. Hiệu quả của SKKN ……………………….…….……………………..………..……..…….. 17
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ ………………………………….….……………………….. 18
TÀI LIỆU THAM KHẢO ……………………………..………..…………..…………………… 19

1


1. MỞ ĐẦU:
1.1. Lý do chọn đề tài:
Trong chương trình toán học trung học cơ sở (THCS), bất đẳng thức đóng một
vai trò quan trọng. Quan hệ lớn hơn hoặc nhỏ hơn giữa hai số, giữa hai đại lượng là
một quan hệ số lượng rất cơ bản, điều đó nói lên vai trò của bất đẳng thức. Trong
chương trình toán học THCS, bất đẳng thức là một trong những kiến thức cơ bản,
xuyên suốt toàn bộ chương trình thể hiện ở chỗ: Ngay bậc tiểu học, học sinh đã làm
quen với bất đẳng thức một cách không tường minh. Học lên THCS học sinh được
học thêm các kiến thức về bất đẳng thức và các phương pháp chứng minh chúng.

Tuy nhiên trong chương trình toán học THCS bất đẳng thức được đưa vào rất ít,
song trong các đề thi học sinh giỏi toán lớp 8, 9 và đề thi môn toán vào lớp 10 thì
những bài toán về bất đẳng thức được đưa vào thường xuyên (thường là câu cuối
trong đề) và đều là những bài toán khó đối với học sinh. Có thể nói chứng minh bất
đẳng thức là phần gây cho học sinh nhiều lúng túng và bối rối.
Bên cạnh đó, các phương pháp chứng minh bất đẳng thức lại rất đa dạng,
phong phú và độc đáo, điều đó tạo cho học sinh sự hứng thú, tìm tòi và sáng tạo. Mặt
khác, thông qua hệ quả là một bất đẳng thức đơn giản mà học sinh có thể pháp hiện
ra được nhiều bất đẳng thức hay và đẹp. Do đó, bất đẳng thức cũng tạo cho học sinh
nhiều điều ngạc nhiên và thú vị, giúp học sinh đến thích thú các bài toán bất đẳng
thức nói riêng và say mê toán học nói chung. Vì thế việc luyên tập về chứng minh
bất đẳng thức là rất cần thiết đối với học sinh THCS. Qua thực tế giảng dạy môn
Toán lớp 8, 9 tại Trường THCS Hoằng Quang – Thành phố Thanh Hóa, bản thân tôi
thấy việc dạy học sinh chứng minh bất đẳng thức còn gặp rất nhiều khó khăn. Các
em còn lúng túng, chưa xác định được phương hướng để chứng minh bất đẳng thức;
chủ yếu dựa vào sự gợi ý của giáo viên một cách thụ động.
Với các lý do trên, tôi chọn đề tài “ Một số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh
lớp 9 trường THCS Hoằng Quang – Thành phố Thanh Hóa chứng minh bất
đẳng thức”
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Việc hướng dẫn học sinh nghiên cứu các phương pháp chứng minh bất đẳng
thức giúp cho học sinh có hướng suy nghĩ chủ động, tích cực trong việc tìm tòi lời
giải trong bài toán chứng minh bất đẳng thức. Đồng thời giúp học sinh có thể mở
rộng và tổng quát hóa các bất đẳng thức quen thuộc. Qua đó học sinh dần hình thành
2


khả năng phân tích, tổng hợp kiến thức, giúp phát triển tư duy và rèn kỹ năng tự học
cho học sinh.
1.3. Đối tượng nghiên cứu: Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức

cho học sinh lớp 9 Trường THCS Hoằng Quang – Thành phố Thanh Hóa.
1.4. Phương pháp nghiên cứu: Phương pháp xây dựng cơ sở lý thuyết,
Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, Phương pháp thu thập thông tin, Phương
pháp thống kê xử lí tài liệu.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận:
Toán học là một môn khoa học tự nhiên có vai trò rất quan trọng trong các
lĩnh vực khoa học. Toán học có rất nhiều hướng nghiên cứu và đa dạng; trong
chương trình toán học phổ thông có nhiều nội dung khó, trong số đó các bài toán
về bất đẳng thức luôn là thách thức lớn đối với học sinh. Để giải được các bài
toán về bất đẳng thức, ngoài việc nắm vững khái niệm và các tính chất cơ bản
của bất đẳng thức, còn phải nắm chắc được các phương pháp chứng minh bất
đẳng thức.
Có nhiều phương pháp để chứng minh bất đẳng nên cần phải căn cứ vào
đặc thù của mỗi bài toán mà sử dụng phương pháp cho phù hợp. Mỗi bài toán
chứng minh bất đẳng thức có thể áp dụng được nhiều phương pháp giải khác
nhau, có nhiều bài phải phối hợp nhiều phương pháp một cách hợp lí.
Bài toán chứng minh bất đẳng thức được vận dụng nhiều vào các dạng bài
toán giải và biện luận phương trình, bất phương trình, hệ phương trình; các dạng
toán cực trị trong đại số và hình học. Ngoài ra, đây cũng là nội dung quan trọng
khi ôn tập, ôn thi vào lớp 10 trung học phổ thông cũng như luyện thi học sinh
giỏi lớp 8, 9.
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng SKKN:
a. Thuận lợi
- Hiện nay đời sống kinh tế được nâng cao rõ rệt, phần lớn các bậc phụ
huynh đều quan tâm đến việc học hành của con em mình. Đa số các bậc phụ
huynh nhận thức được tầm quan trọng của việc học môn Toán.
- Được sự quan tâm của các cấp uỷ Đảng và chính quyền địa phương, đặc
biệt là Ban giám hiệu nhà trường nên hoạt động dạy và học toán trong nhà
trường diễn ra thuận lợi, đạt kết quả cao. Giáo viên được trang bị đầy đủ phương

tiện phục vụ dạy học như : máy vi tính, máy chiếu đa năng, camera vật thể, ...
3


- Học sinh có đầy đủ sách giáo khoa, sách tham khảo.... Học sinh THCS
đa phần sử dụng được Internet để khám phá, tìm tòi kiến thức.
b. Khó khăn
Qua tìm hiểu, khảo sát tình hình thực tế tôi thấy rằng :
- Việc tìm ra lời giải cho một bài toán chứng minh bất đẳng thức là khá khó
khăn cho học sinh, mặc dù trong quá trình giảng dạy giáo viên đã cố gắng hướng dẫn
các phương pháp thông dụng, rèn luyện các kỹ năng cần thiết.
- Các bài toán bất đẳng thức và cực trị đại số, hình học xuất hiện nhiều trong
thi vào cấp 3, thi học sinh giỏi, thi khảo sát chất lượng học kỳ, nhưng đa số là học
sinh không làm được, và gây lúng túng cho cả giáo viên
- Số tiết để dạy bất đẳng thức trong chương trình hiện hành rất ít, chỉ đủ để
giới thiệu các bất đẳng thức rất đơn giản. Ngay cả bất đẳng thức Cô si là bất đẳng
thức rất quan trọng cũng chỉ được giới thiệu trong phần đọc thêm của Sách giáo khoa
toán 8.
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện
2.3.1. Nội dung:
Khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức thì có rất nhiều cách giải khác
nhau. Trong đề tài này tôi lựa chọn một số phương pháp chứng minh bất đẳng
thức quan trọng, thường được sử dụng đó là:
- Phương pháp dùng định nghĩa và biến đổi tương đương.
- Phương pháp chứng minh phản chứng
- Phương pháp làm trội, làm giảm
- Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức phụ
Ngoài ra còn có một số bài toán chứng minh bất đẳng thức mà phải kết
hợp nhiều phương pháp khác nhau.
2.3.2. Một số kiến thức về bất đẳng thức.

a. Một số định nghĩa:
Định nghĩa 1:
- Số thực a gọi là lớn hơn số thực b, ký hiệu a > b, nếu a - b là một số
dương tức là a - b >0. Khi đó ta cũng ký hiệu b<a. Ta có a>b  a-b>0.
- Nếu a>b hoặc a=b Ta viết a b ta có a b  a  b 0
Định nghĩa 2:
Các mệnh đề “a>b”, “ a b ”,” a  b ”,” a b ” được gọi là các bất đẳng
thức.
- Trong bất đẳng thức a>b ( Hoặc a b , a  b , a b ) a gọi là vế trái, b gọi
là vế phải của bất đẳng thức.
4


- Các bất đẳng thức “a>b”, “c>d” (Hoặc “abất đẳng thức cùng chiều . Các bất đẳng thức “a>b”, “cthức trái chiều.
- Xét hai bất đẳng thức “a>b”, “c>d”. Nếu ta có “a>b”  “c>d” ta nói
bất đẳng thức “c>d”là hệ quả của bất đẳng thức “a>b”,
Nếu “a>b  c  d " Ta nói hai bất đẳng thức “a>b” và “c>d” là hai bất
đẳng thức tương đương.
b. Các tính chất cơ bản của bất đẳng thức.
Với a, b, c, d  R
Tính chất 1: a>b và b>c  a>c
Tính chất 2: a>b  a+c>b+c. Hệ quả a>b+c  a  c  b
a b
 a c bd
Tính chất 3: 
c  d
Chú ý: Không có quy tắc trừ hai vế bất đẳng thức cùng chiều
 ac  bc khi c  0

Tính chất 4: a>b  
 ac  bc Khi c  0
a b 0
Tính chất 5: 
c  d  0

 ac  bd

Chú ý: Không có quy tắc chia hai vế bất đẳng thức cùng chiều
Tính chất 6: a>b>0 

1 1

a b

Tính chất 7: a 0; a 2 0 a  R
2.3.3. Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
Phép lập luận nhằm chứng tỏ một bất đẳng thức nào đó là đúng gọi là
phép chứng minh bất đẳng thức ấy. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức rất
đa dạng. Sau đây là một số phương pháp thường dùng để chứng minh bất đẳng
thức.
a. Phương pháp sử dụng định nghĩa và phép biến đổi tương đương.
Hai bất đẳng thức gọi là tương đương nếu bất đẳng thức này đúng thì bất
đẳng thức kia đúng và ngược lại.
Phép biến đổi được gọi là tương đương nếu nó biến đổi một bất đẳng thức
thành bất đẳng thức tương đương với nó.

5

Chứng minh bất đẳng thức bằng định nghĩa là: Nếu chứng minh mệnh đề
A>B ta đưa về chứng minh mệnh đề A - B>0. Ta cần chứng minh đó là một
mệnh đề đúng.
Chứng minh bất đẳng thức bằng phép biến đổi tương đương là biến đổi
bất đẳng thức cần chứng minh thành một bất đẳng thức tương đương mà đã biết
đúng hoặc đã được chứng minh là đúng, hoặc biến đổi những bất đẳng thức
đúng đã biết thành bất đẳng thức cần chứng minh.
Bài toán 1: a, b, c  R , chứng minh rằng: a 2  b 2  c 2 ab  bc  ca
Giải : Xét hiệu:
a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca =

1 2
a  b 2  c 2  ab  bc  ca
2





=

1 2
( a  2ab  b 2 )  (b 2  2bc  c 2 )  (c 2  2ca  a 2 )
2

=

1
2
2

(a  b) 2   b  c    c  a  0 (luôn đúng với a, b, c  R )
2









 a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca 0  a 2  b 2  c 2 ab  bc  ca
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Nhận xét: Từ bài toán trên, với cách tương tự ta cũng chứng minh được:
a 2  b 2  c 2  d 2 ab  bc  ca  ad a, b, c  R
Hay tổng quát: a12  a22  ..........  an2 a1a2  ......  a1an , ai  0, i 1, n, n 3
Bài toán 2: Cho a c 0 và b c 0 .Chứng minh rằng:
c(a  c)  c(b  c)  ab (2)
Giải: (2)





 
2

c(a  c)  c(b  c)  ab



2

 ac  bc  2c 2  2 c 2 (a  c)(b  c) ab
 c 2  2 c 2 ( a  c)(b  c)  ab  abc  c 2 0
 c 2  2 c 2 (a  c)(b  c)  (a  c)(b  c) 0

Vì



c2 



2



(a  c)(b  c) 0  c 

a c 0

 a  c 0

b c 0

 b  c 0



2

(a  c)(b  c) 0

(2’)

Nhận thấy (2’) đúng  a,b,c thỏa mãn a c 0 và b c 0
Vậy (2) đúng .
6


Dấu “=” xảy ra khi: c  ( a  c)(b  c)

 c

ab
a b

Bài toán 3: Cho  a,b,c 1 Chứng minh rằng:
1
1
2


1  a 1  b 1  ab
Giải: (4) 

(4)

2a b
2

(1  a)(1  b) 1  ab

 (2  a  b)(1  ab ) 2(1  a )(1  b)
 2  2 ab  ( a  b)  ab (a  b) 2  2( a  b)  2ab
 ( a  b) 

ab(a  b)  2ab  2 ab 0

 (a  b)(1 

ab)  2 ab (1 

 (a  b  2 ab )(1 
 ( a
Vì a,b 1 
Suy ra:

b ) 2 (1 

ab ) 0

ab ) 0
( 4’)

ab ) 0

ab 1  1 

ab 0 và



a



2

b 0  ( 4’) lu«n đúng.

1
1
2


 a,b,c 1
1  a 1  b 1  ab

Dấu “=” xảy ra khi a=b
 Áp dụng câu a, ta có thể mở rộng như sau:
1
1
2


1  a 1  b 1  ab
1

1
2
 3

1  c 1  abc 1  3 c3 abc


 1

1
1
1
1
2



 3
2


3
3
1  a 1  b 1  c 1  abc
 1  ab 1  c abc 

1



1
1
1
3


 3
1  a 1  b 1  c 1  abc

4

4
 3
abc.3 abc 1  abc
 a,b,c 1

Dấu “=” xảy ra khi a=b=c
Chú ý: Từ a, b ta có bài toán tổng quát sau:
7


Cho ai 1, i 1, n (n N ) thì:
1
1
1
n

 ..... 

1  a1 1  a2

1  an 1  n a1a2 ....an
Mặt khác, ta còn có: 0  a1 1 i 1, n (n N ) thì:
1
1
1
n

 ..... 

1  a1 1  a2
1  an 1  n a1a2 ....an
Ta có thể chứng minh bất đẳng thức trên bằng cách áp dụng câu a, cho hai
số một, cho đến n số; hoặc chứng minh bằng phương pháp quy nạp ( sẽ được đề
cập ở phần sau) hoặc sử dụng phương pháp chứng minh dựa vào các bất đẳng
thức đã biết.
Bài tập tương tự:
1. Cho năm số a, b, c, d, e bất kỳ; chứng minh rằng:
a 2  b 2  c 2  d 2  e2 a(b  c  d  e)
Hãy mở rộng với số mũ của a, b, c ,d, e là 4; 8; 16.
 1 1
2. Cho a, b>0. Chứng minh rằng:  a  b    4
a b
Hãy tổng quát bài toán với n số dương.
b. Phương pháp chứng minh phản chứng:
Phương pháp chứng minh phản chứng là phương pháp mà: Để chứng
minh bất đẳng thức A>B, ta giả sử A B và suy ra điều vô lý; từ đó ta có A>B
Điều vô lý có thể là điều trái với giả thiết, là điều không đúng hoặc có thể
điều vô lý là do chỉ ra hai điều trái ngược, mâu thuẫn với nhau.
Sau đây là một số bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp
phản chứng

Bài toán 4. Cho các số a1 , a2 , b1 , b2 thỏa mãn hệ thức: a1 a 2 2b1b2 . Chứng minh
2

2

rằng ít nhất một trong hai bất đẳng thức sau đây là đúng: b1 a1 ; b2 a2
2

2

Giải: Giả sử cả hai bất đẳng thức trên đều sai, tức là: b1  a1 và b2  a2
 b12  b22  a1  a2
2
Vì a1 a 2 2b1b2 nên b12  b22  2b1b2  b12  2b1b2  b22  0   b1  b2   0

Điều này vô lý với b1 ,b2
Vậy ít nhất một trong hai bất đẳng thức trên là đúng (đpcm).
Nhận xét: Từ bài toán trên ta có thể mở rộng để được bài toán sau:
1. Cho các số a1 , a2 , a3 , b1 , b2 ,b3 thỏa mãn a1 a 2 a3 b1b2  b2b3  b3b1
8


Chứng minh rằng ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là đúng:
2

2

2

b1 a1 ; b2 a2 , b3 a3 ;

2. Tổng quát: Cho các số ai , bi , ( i 1, n )

n

n 1

1

1

thỏa mãn:  ai  b j b j 1  bnb1
2

Chứng minh rằng ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là đúng bi ai (
i 1, n )
Bài toán 5: Cho a; b; c (0,1) , chứng minh có ít nhất một trong các bất đẳng
1
1
1
thức sau đây là sai: a(1  b)  ; b(1  c)  ; c(1  a ) 
4
4
4
Giải: Giả sử tất cả các bất đẳng thức trên đều đúng tức là:
1
1
1
a(1  b)  ; b(1  c)  ; c(1  a ) 
4
4

4
 a1  b b1  c  c1  a  

1
64

 a1  a b1  b  c1  c  

1
64

Mà ta có:

(6’)

0  a (1  a)  a 2  a 
0  b(1  b)  b 2  b 
0  c(1  c)  c 2  c 

1
4

1
4

1
4

 0  a(1  a)b(1  b)c(1  c) 

1
64

(6’’)

Nhận thấy (6’) và (6’’) Mâu thuẫn với nhau.
Vậy có ít nhất một trong các bất đẳng thức trên là sai
Chú ý: Bằng cách tương tự ta cũng chứng minh được bài toán:
Cho a; b; c (0,2) hãy chứng minh có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau
đây là sai: a(1  b)  1 ; b(1  c)  1 ; c(1  a)  1
Có thể mở rộng bài toán trên để được bài toán mới cũng chứng minh tương tự :

9


a; b; c (0, )   0 . Chứng minh có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau

2
2
2
đây là sai: a(  b) 
; b(  c) 
; c(  a ) 
4
4
4
Ngoài ra ta còn có thể mở rộng thành bài toán sau:

i 1, n,n 2,  0

Cho ai   0, 

có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai:

2
2
2
; a2 (  a3 ) 
; .....; an (  a1 ) 
a1 (  a2 ) 
4
4
4
Bài toán 6: Nếu ab 7998 thì ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm:
x 2  ax  1999 0

(1)

x 2  bx  2000 0

(2)

Giải: Giả sử cả hai phương trình trên đều vô nghiệm ta có:
Từ (1) ta có: 1 a 2  4.1999 a 2  7996  0
Từ (2) ta có:  2 b 2  4.2000 b 2  8000  0
 a 2  b 2  15996  0  a 2  b 2  2.7998  0
Theo giả thiết a.b 7998   ab  7998
Nên ta có: a 2  b 2  2ab a 2  b 2  2.7998 a 2  b 2  15.996  0
 ( a  b) 2  0 (vô lý).
Vậy có ít nhất một trong hai phương trình trên có nghiệm.

Nhận xét: Từ bài toán trên ta có bài toán tổng quát sau:
Cho a1.a2 2(b1  b2 ) chứng minh rằng ít nhất một trong hai phương trình sau có
nghiệm: x 2  a1 x b1 0 và x 2  a2 x b 2 0
Bằng cách chứng minh tương tự ta hoàn toàn có thể chứng minh được bài toán này.
Bài tập tương tự:
1. Cho 0 a, b, c 1 chứng minh rằng có ít nhất một trong 3 số a(1-b); b(1-c);
1
.
3
2. Cho a,b,c >0 và abc =1. Chứng minh: a+b+c 3 .
Hãy tổng quát bài toán bài toán trên.
c. Phương pháp làm trội, làm giảm.
c(1-a) không vượt quá

10


Phương pháp làm trội, làm giảm ( Hay còn gọi là phương pháp ước lượng
hoặc đánh giá phần tử đại diện) là phương pháp dùng các tính chất của bất đẳng
thức để đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng tính được tổng hữu hạn.
 Phương pháp tính tổng hữu hạn: Giả sử tính tổng: S n U1  .....  U n .
Ta biểu diễn số hạng tổng quát U k 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 làm giảm, làm trội: là phương pháp để chứng minh:
m  X 1  X 2  .....  X n  M
Ta sử dụng các bất đẳng thức phụ: Ai  X i Bi ( i 1, n ) mà m  A1  ...  An và
B1 ...  Bn  M sau ra m  X 1  X 2  .....  X n  M .Sau đây là một số bài toán:
Bài toán 7: Cho a>0; b>0; c>0; d>0. Chứng minh rằng:
a. 1 
b.

a
b
c
d



2
a b c b c d c d a a b d

2

a b
bc
cd
d a



3
a b c b c d c d a d a b

Giải:
a
a
a


a b c d a b c a c

b
b
b


a b c  d b c  d b  d
c
c
c


a b c  d c  d  a c  a
d
d
d


a b c  d d  a b b  d
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta có
a b c  d
a
b
c
d
a c b d







a b c  d a b c b c  d c  d  a d  a b a c b  d
a
b
c
d



2
Hay 1 
a b c b c d c d a a b d
a b
a b
a b d


b. Với a>0; b>0; c>0; d>0 ta luôn có:
a b c  d a b c a b c  d
bc
bc
bca


bc d a bc d bc d a
a.Với a>0; b>0; c>0; d>0 ta luôn có:

11

cd
cd
c d b


c d a b c d a c d a b
d a
d a
d ac


d a b c d a b d a b c
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta có:
a b
bc
cd
d a
2



3
a b c b c d c d a d a b
Nhận xét: Từ bài toán ở câu b, có thể mở rộng được bài toán sau:
Cho ai  0 ( i 1, n ) n  N (n 3 ) chứng minh rằng:
( n  2) 

a1  a2  ...  an 2 a2  ...  an 1
a  a  ...  an 3


 ...  n 1
 ( n  1)
a1  a2  ...  an 1 a2  ...  an
an  a1  ...  an 2

Bài toán này được chứng minh tương tự bài toán trên.
1 1
1
1
 2  ...  2  1 
Bài toán 8: Chứng minh rằng:
2
2 3
n
n
1
1
1
1
1



Giải: Ta có 2 
( k 2)
k
k .k k (k  1) k  1 k

( n  N , n 2)

1 1 1
1
1
1
1 1 1






;
;
...
;
2
n
1 n n
2 2 1 2 32 2 3
1 1
1
1
1 1
1
1
 )
Từ đó ta có: 2  2  ...  2  (1  )  (  )  ...  (
2 3
n
2

2 3
n 1 n





1 1
1
1


...


1

2 2 32
n2
n

1 1
1
1
Chú ý: Từ bài toán suy ra: 2  2  ...  2  1  1   2 
2 3
n
n
Từ đó mở rộng bài toán sau đây: Với q, k  Z  chứng minh:

k

1

n

2

q

k

n1

2

1

  l 2n2  4
l 1 n1

d. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức đã biết
* Sử dụng bất đẳng thức Côsi (Cauchy)
Cho a1 , a2 ,..., an là các số không âm. Ta luôn có:
a1  a2  ...  an n
 a1.a2 ....an .
n

Dấu “=” xảy ra khi a1 a2 .... an
Vận dụng bất đẳng thức Côsi chúng ta có thể làm các bài toán sau:

 1 1
Bài toán 9: Chứng minh: a. Với mọi a, b>0 ta có: (a  b)   4
 a b
12


 1 1 1
b. Với mọi a, b>0 ta có: (a  b  c)    9
a b c
Giải: a. a, b  0 , áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
a  b 2 ab và

1
1 1
1
1 1
 (a  b)   2 a.b .2
4
 2
ab
a b
ab
a b

Dấu “=” xảy ra khi a b
b. a, b, c  0 áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
a  b  c 3 abc và

1 1 1
1

  3
a b c
abc

1
 1 1 1
 (a  b  c)    33 abc .3 3
9
abc
a b c
Dấu “=” xảy ra khi a b c
Nhận xét: Bằng cách làm tương tự như vậy ta mở rộng thành bài toán sau:
1 1
1
ai  0 ( i 1, n ) thì:( a1  a2  ...  an )   ......   n 2
an 
 a1 a2
Dấu “=” xảy ra khi a1 a2 .... an
Từ câu a, suy ra:

1
1 1 1
1 1
4
   
 
và
a b 4 a b 
a b a b

Đó là các hệ quả của bất đẳng thức Côsi được sử dụng nhiều khi chứng minh các
bất đẳng thức trong các đề thi học sinh giỏi và thi vào lớp 10.
Bài toán 10: Cho a, b, c>0. Chứng minh rằng:
a.

a
b
c
3


 (BĐT Nesbit cho 3 số)
b c c a a b 2

a2
b2
c2
a b c
b.



b c c a a b
2
Giải:
a.


a
b

c
3
 a
  b
  c
 9
 1  
 1  
 1 


 
b c c a a b 2
 b c   c a   a b  2
a b c a b c a b c 3
1
1 
 1


  2(a  b  c)


 9
bc
ca
a b
2
 b c c a a b 
Đúng theo bài 14

Vậy ta có

a
b
c
3



b c c a a b 2
13


a2
b2
c2
3


 a  b  c  (a  b  c)
b.
b c c a a b
2
 a2
  b2
  c2

 a   
 b   
 c 

VT = 
bc
 ca
  a b

 a
  b
  c

 1  b
 1  c
 1
= a
 b c   c a   a b 
b
c  3
 a


=  a  b  c 
  (a  b  c) ( Theo câu a)
 b c c a a b  2
a2
b2
c2
a b c
Vậy:




b c c a a b
2
* Sử dụng bất đẳng thức Bunnhiacôpxki.
Cho 2n số thực (n 2) a1 , a2 ,....., an , b1 , b2 ,....., bn Ta luôn có:

 a1b1  a2b2  ....  anbn  2 (a12  a22  ..... an2 )(b12  b22  ..... bn2 )
Dấu “=” xảy ra khi

a1 a2
a
b b
b
 .......  n hoặc 1  2 .......  n
b1 b2
bn
a1 a2
an

(Quy ước: Nếu mẫu bằng 0 thì tử bằng 0)
Bài toán 11: Với  a, b,c>0 chứng minh rằng:
a2
b2
c2
a b c
a.



b c c a a b
2

a3
b3
c3
a 2  b2  c2
b.



b c c a a b
2
Giải: a. Áp dụng bất đẳng thức
b  c , c  a, a  b và

Bunnhiacôpxki

cho

2

bộ

số

a2
b2
c2
,
,
ta có:
b c c a a b

 a2
b2
c2 
2
  a  b  c 
 b  c  c  a  a  b 


 b c c a a b 
 a2
b2
c2 
2
  a  b  c 
 2 a  b  c 


 b c c a a b 
a3
b3
c3
a2  b2  c2



b c c a a b
2
b. Áp dụng bất đẳng thức


a(b  c) , b(c  a), c( a  b ) và

 a, b,c>0
Bunnhiacôpxki

cho

2

bộ

số:

a3
b3
c3
,
,
ta có:
b c c a a b

14


 a3
2
b3
c3 
  a 2  b 2  c 2 

a b  c)  b(c  a)  c(a  b 


 b c c a a b 


a3
b3
c3
(a 2  b 2  c 2 ) 2



b  c c  a a  b 2(ab  bc  ca )

Mặt khác:  ab  bc  ca   a 2  b 2  c 2 b 2  c 2  a 2   a 2  b 2  c 2 

2

  ab  bc  ca   a 2  b 2  c 2 
a3
b3
c3
(a 2  b 2  c 2 ) 2 a 2  b 2  c 2





b  c c  a a  b 2(a 2  b 2  c 2 )

2
Dấu “=” xảy ra khi a b c
2.3.4. Một số ứng dụng của bất đẳng thức
a) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
Ví dụ 1: Xét các số x, y , z thỏa mãn x, y, z 0 và x  y  z 1 . Tìm giá
trị nhỏ nhất của: A x 2  y 2  z 2 ; B x 4  y 4  z 4 ; C x 3  y 3  z 3 ;
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunnhiacôpxki ta có:
1
1 x  y  z  3( x 2  y 2  z 2 )  3. A nên A 
3
1
Dấu “=” xảy ra khi x  y z 
3
1
1
Vậy minA  khi x  y z 
3
3
Tiếp tục ta có: 12 3( x 2  y 2  z 2 ) 3 3( x 4  y 4  z 4 ) 3 3B
 B

1
1
Dấu “=” xảy ra khi x  y z 
27
3

Vậy minB 

1

1
khi x  y z 
27
3

Ta có: C x 3  y 3  z 3



=  x 3  y 3  z 3  x  y  z   x 3 . x  y 3 . y  z 3 . z
2
2
2
= x  y  z  
2



2

1
9

1
Dấu “=” xảy ra khi x  y z 
3
15


1

1
Vậy minC  khi x  y z 
9
3
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
Giải: Tập xác định
y

x2  3
y 2
x  x2

D=R

x2  3
 ( y  1) x 2  yx  2 y  3 0(*)
2
x  x2

Ta coi (*) là phương trình ẩn x với tham số y
Xét y -1=0  y=1 ta có x= -1
Xét y 1 Vì phương trình (*) có nghiệm x nên  0 hay
y 2  4( y  1)(2 y  3) 0   7 y 2  20 y  12 0 
Kết hợp các điều kiện ta có Maxy=2 khi x 
Miny=

6
 y 2
7

y
1
2( y  1)

6
khi x=3
7

b) Giải phương trình,bất phương trình và hệ phương trình:
Ví dụ 3: Giải phương trình: 4+ x  y  z =2 x  2  4 y  3  6 z  5
Giải: Điều kiện x 2, y 3, z 5
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:
2 x  2 2 1( x  2) 1  x  2 x  1 Dấu “=” xảy ra khi x=3
4 y  3 2 4( y  3) 4  y  3  y  1 Dấu “=” xảy ra khi y=7
6 z  5 2 9( z  5) 9  z  5 z  4 Dấu “=” xảy ra khi z=14
Vậy: 2 x  2  4 y  3  6 z  5 x  y  z  4
Dấu “=” xảy ra khi x=3, y=7, z=14 ( thỏa mãn)
Tức là phương trình:

x  y  z  4 2 x  2  4 y  3  6 z  5 có nghiệm

duy nhất x = 3, y = 7, z = 14
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:

 x 3 y 9

 3 x  y 6
16

 x0 3 y0 9

Giải: Giả thiết x0 , y0 là nghiệm của hệ phương trình thì 
 3 x0  y 0 6

(1)
(2)

Từ (1) và (2)  x0  0; y0  0
Theo bất đẳng thức Côsi ta có:


x0  x0  x0  y0 4 3
 x0 y0
4

3
 3 (vô lý).
2
Vậy giả thiết hệ có nghiệm là sai, do đó hệ vô nghiệm.
Ví dụ 4: Giải bất phương trình:

x  1  x  3  2( x  3) 2  2 x  2

Giải: Điều kiện x 1
Theo bất đẳng thức Bunnhiacopxki ta có:



2

x  1  x  3  (12  12 ) ( x  1)  ( x  3) 2



2( x  3) 2  2 x  2

Do đó bất phương trình :


 x 3
 x 5
x  1 x  3  
2
x

1

(
x

3
)


Vậy nghiệm của bất phương trình x=5
2.4. Hiệu quả của SKKN:
Qua thực tế hướng dẫn học sinh làm bài tập cho thấy phần kiến thức của
đề tài là phần kiến thức mở do giáo viên đưa vào cuối các giờ luyện tập, dạy
trong giờ tự chọn nên nội dung này đối với học sinh còn phức khó hình dung,

tổng quát hóa. Vì vậy cần đưa kiến thức cho học sinh làm từ dễ đến khó, kết hợp
ôn tập, giao bài tập về nhà, kiểm tra học sinh thông qua các bài kiểm tra ngắn từ
10 đến 15 phúà ...
Sau khi hướng dẫn các nội dung của đề tài, tôi đã chỉ cho học sinh những
kiến thức cần thiết, đồng thời tích cực rèn luyện những kỹ năng làm bài tập phần
chứng minh bất đẳng thức cho học sinh. Tôi cố gắng đưa nội dung vào giờ dạy
cho phù hợp, tránh dồn ép học sinh tiếp nhận kiến thức một cách thụ động mà
kết quả không mong muốn. Sau khi áp dụng các kết quả trên vào giảng dạy, tôi
đã tiến hành khảo sát và tập hợp kết quả của các em trước và sau khi áp dụng đề
tài SKKN này như sau.
 Kết quả khảo sát trước khi áp dụng SKKN:
17


Số lượng HS

Điểm giỏi

Điểm khá

Điểm TB

Điểm yếu

Điểm kém

30

0 (0%)

6 (20%)

10
(33,3 %)

14
(46,7%)

0

 Kết quả khảo sát sau khi áp dụng SKKN:
Số lượng HS

Điểm giỏi

Điểm khá

Điểm TB

Điểm yếu

Điểm kém

30

5 (16,7%)

8 (26,6%)

12 (40 %)

5 (16,7%)

0

Nhìn vào bảng trên ta có thể thấy học sinh đã có tiến bộ rõ rệt, xác định
được phương pháp chứng minh bất đẳng thức, nhiều em học sinh đã làm được
các bài tập về bất đẳng thức và có hứng thú hơn khi học toán. Qua đó tạo cho
học sinh sự chủ động, tự tin, say mê, yêu thích môn học.
Các bài tập về bất đẳng thức là tương đối khó đối với học sinh, nhưng khi
hướng dẫn cho học sinh các phương pháp trong đề tài tôi nhận thấy các em
không còn e ngại khi làm bất đẳng thức; một số em tỏ ra hứng thú tìm tỏi và mở
rộng, phát triển các bất đẳng thức đã biết. Qua đó phần đa học sinh đã tự tin, chủ
động hơn khi chiếm lĩnh kiến thức toán học.

18


3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận:
Trên đây là những việc tôi đã làm trong những năm gần đây và năm học
vừa qua đã thu được những kết quả nhất định. Để có được những kết quả nhất
định ấy là do có sự hỗ trợ, thống nhất của các đồng chí trong nhóm, tổ chuyên
môn và sự ủng hộ nhiệt thành của Ban giám hiệu nhà trường. Để vận dụng
phương pháp này có hiệu quả, vào đầu năm học giáo viên cần lưu ý học sinh về
phương pháp học tập bộ môn, chú trọng phương pháp chứng minh bất đẳng
thức.
Và tất nhiên trong khuôn khổ của sáng kiến không tránh khỏi những
khiếm khuyết, thiếu sót, kính mong các đồng chí đồng nghiệp chỉ bảo, góp ý,
đánh giá để tôi rút kinh nghiệm và bổ sung.

3.2. Kiến nghị:
Đề nghị nhà trường và Phòng giáo dục thường xuyên tổ chức các lớp học
chuyên đề, các buổi hội thảo báo cáo điển hình những sáng kiến kinh nghiệm đã
được áp dụng hiệu quả trong thực tế để giáo viên học tập kinh nghiệm, áp dụng
thiết thực vào thực tế giảng dạy. Đồng thời, tăng cường hỗ trợ tài liệu, đồ dùng
dạy học cho các nhà trường đảm bảo giáo viên và học sinh được tiếp cận tốt nhất
với công nghệ hiện đại trong quá trình dạy và học.
Tôi xin chân thành cảm ơn.
XÁC NHẬN
Thanh Hóa, ngày 02 tháng 4 năm 2018
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
Người viết

Lê Thị Hồng

19


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Sách giáo khoa Toán lớp 6, 7, 8, 9
Tác giả :
Phan Đức Chính (tổng chủ biên)
Tôn Thân (chủ biên)
Vũ Hữu Bình - Trần Phương Dung - Ngô Hữu Dũng
Lê Văn Hồng - Nguyễn Hữu Thảo.
[2]. Sách giáo viên Toán 6, 7, 8, 9
Tác giả :
Phan Đức Chính (tổng chủ biên)

Tôn Thân (chủ biên)
[3]. Sách bài tập Toán lớp 6, 7, 8, 9
Tác giả :
Tôn Thân (chủ biên)
Vũ Hữu Bình - Trần Đình Châu - Trần Kiều
[4]. Dạy - học toán THCS theo hướng đổi mới
[5]. Tài liệu bồi dưỡng thương xuyên cho giáo viên trung học cơ sở chu kỳ
III(2004 - 2007) môn Toán.
[6]. Tài liệu dạy học theo chủ đề tự chọn ở trường THCS.
[7]. Luật giáo dục năm 2005

20


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH
GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT VÀ CÁC CẤP CAO HƠN
XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN.

Họ và tên: Lê Thị Hồng
Chức vụ và đơn vị công tác: Trường THCS Hoằng Quang
TT

1

2

Tên đề tài SKKN
Vẽ thêm yếu tố phụ để
giải một số bài toán

hình học lớp 7
Một số phương pháp
chứng minh bất đẳng
thức trong chương trình
đại số lớp 9

Cấp đành giá xếp
loại ( Phòng, Sở,
Tỉnh...)

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

Năm học đánh
giá xếp loại

PGD&ĐT

C

2015-2016

PGD&ĐT

A

2016-2017

21