chuyên đề phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS

Phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc

Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong

khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS
Môn: Toán
PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH TỪ VIỆC KHAI THÁC LỜI GIẢI
MỘT BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN THCS.
Tác giả: Đỗ Minh Giáp – Trường THCS Lê Hồng Phong
Dành cho đối tượng: Học sinh giỏi THCS
Thời lượng: 20 tiết
I- ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong nhiều năm giảng dạy bộ môn toán ở trường THCS và nhiều năm bồi dưỡng học
sinh giỏi các cấp tôi nhận thấy vấn đề bất đẳng thức là một vấn đề khó nhưng lại có nhiều tác
dụng trong việc rèn luyện trí tuệ cho học sinh. Về kiến thức lý thuyết cũng như bài tập về phần
bất đẳng thức được ẩn tàng trong từng bài học và trong những bài tập từ trung bình đến nâng
cao. Giáo viên giảng dạy hiểu vấn đề này một cách đơn giản, chưa thấu đáo và triệt để. Chính
vì vậy mà khi giảng dạy giáo viên thường coi nhẹ hoặc cho vấn đề đó là khó, không quan
trọng. Mặt khác chính học sinh khi học, tiếp cận với vấn đề bất đẳng thức còn lơ mơ ngại khó.
Như chúng ta đều biết khi theo dõi đề thi học sinh giỏi các cấp nhiều năm gần đây thì thấy số
lượng các bài toán về bất đẳng thức và vận dụng bất đẳng thức chiếm tỉ lệ cao trong mỗi đề.
Mặt khác trên báo học toán tuổi trẻ, báo toán tuổi thơ dành cho học sinh trung học cơ sở thì các
bài viết cũng như số lượng bài toán về bất đẳng thức chiếm tỉ lệ cao. Với tầm quan trọng và
tính cấp thiết của vấn đề tôi viết chuyên đề này giúp cho phần nào giáo viên trực tiếp giảng dạy
trên lớp cũng như đội ngũ giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi và những học sinh yêu thích bộ
môn toán có cách nhìn nhận và đánh giá về bài toán bất đẳng thức, tăng thêm một phần kiến
thức cũng như sự đam mê, thích thú khi nghiên cứu về vấn đề này. Mặt khác giúp cho sự phát
triển tư duy lô gíc của học sinh: giúp cho các em cảm nhận được mạch tư duy, cách suy nghĩ,
cách đánh giá trước những vấn đề tưởng chừng đơn giản nhưng lại rất hay và lý thú. Một lần
nữa tôi viết chuyên đề này mong muốn đóng góp một phần nhỏ cho việc giảng dạy và học tập
của giáo viên và học sinh đạt kết quả cao hơn.

Nội dung chuyên đề bao gồm:
−Một số bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS .
−Một số bài toán bất đẳng thức hay & khó .
II- NỘI DUNG
II.1. Định nghĩa và một số tính chất của bất đẳng thức :
1/Định nghĩa :
Ta nói rằng số a lớn hơn số b ( hoặc số a nhỏ hơn số b ) .Ký hiệu là : a> b ( hoặc aNếu a - b > o ( hoặc a - b < o ) . Ta gọi a>b (hoặc a < b ) là một bất đẳng thức .
+/Chú ý: Đôi khi ta còn viết :a ≥ b  a-b ≥ 0 ;( hoặc : a≤ b  a-b ≤ 0 .
2/ Tính chất :
a/ T/C 1: a ≥ b  a + c ≥ b + c ( với ∀c ) .
b/T/C 2 : nếu a ≥ b và b ≥ c => a ≥ c .
c/T/C 3 : nếu a ≥ b và c ≥ d thì a + c ≥ b + d .
d/ T/C 4 : nếu a ≥ b và c ≤ d thì a – c ≥ b – d .
e/ T/C 5 : với mọi c > 0 thì : a ≥ b  a . c ≥ b .c .
với mọi c < 0 thì : a≥ b  a . c ≤ b . c .
f/ T/C 6 : nếu a ≥ b ≥ 0 hoặc 0 ≥ a ≥ b thì :

1 1
≤ .
a b

21


Phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc

Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong

khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS

a c
a a+c c
≤ thì : ≤
≤ .với ∀ b ; d > 0.
b d
b b+d d
h/T/C 8 : với mọi a ; b là số thực thì : a + b ≤ a + b ; a − b ≥ a − b

g/T/C 7 : nếu

a
a a+m
< 1 và b > 0 thì : ≤
với ∀ m ≥ 0 .
b
b b+m
a
a a+m
a a−m
Nếu > 1 và b > 0 thì : ≥
với ∀ m ≥ 0 ; ≤
với ∀ b > m ≥ 0 .
b
b b+m
b b−m
k/ T/C 10 : Với ∀ n ∈ N ; n lẻ thì : x ≥ y  xn ≥ yn ; x ≥ y  n x ≥ n y .

i/T/C 9 : nếu

Với ∀ n ∈ N ; n chẵn thì : │x│≥ │y│ xn ≥ yn ; │x│≥ │y│ n x ≥ n y .

m/ T/C 11 : Với ∀ x ≥ 1 và m ; n ∈ N* thì : m ≥ n  xm ≥ yn .
Với ∀ x / o ≤ x ≤ 1 và m ; n ∈ N* thì : m ≥ n  xm ≤ yn .
n/T/C 12 Một số bất đẳng thức cổ điển :
n.1/ Bất đẳng thức Cô Si : Với mọi số thực không âm : a1 ; a2 ; …; an .Thì :
a +a +... +a ≥ n . ....
a 1 a 2 a n . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi :
2
a1 = a2 = …= an
n2/ Bất đẳng thức Bu-Nhi-A-Cốp-SKi : Với hai dãy :( a1;a2;…;an ) và ( b1; b2 ;…; bn ) tùy ý thì :
( a1.b1 + a2.b2 +…+ an .bn )2 ≤ ( a21+a22+…+ ann ) .( b21 +b22 +…+ bnn)
Dấu bằng xảy ra khi và khi : ai = t . bi ; với mọi i = 1 ;2; 3 ;…; n
n3/ Bất đẳng thức Trê Bư Xép :
Với 2 dãy tăng hoặc giảm : ( a 1 ≤ a 2 ≤ ... ≤ a n ) và ( b1 ≤ b 2 ≤ ... ≤ b n ) .
1

Hoặc : (

a ≥a
1

2

2

n

≥ ... ≥ a n ) và

(b ≥b
1

2

≥ ... ≥ b 2 )

+
+... + a n
Thì : ( a1. b1+ a2.b2 +…+ an. bn ) ≥ a1 a 2
( b1+b2+…+bn)
n

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : a1= a2= …= an hoặc b1= b2= …= bn
Với 2 dãy : dãy này tăng dãy kia giảm : ( a 1 ≤ a 2 ≤ ... ≤ a n ) và ( b1 ≥ b 2 ≥ ... ≥ b n )
Thì : ( a1. b1+ a2.b2 +…+ an. bn ) ≤

a +a
1

2

+ ... + a n
n

. ( b1+b2+…+bn)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : a1= a2= …= an hoặc b1= b2= …= bn
II.2. Một số ví dụ minh họa
Bài toán 1: Chứng minh rằng ∀ x,y ∈ R thì x2 + y2 ≥ 2xy
Lời giải 1: Xét hiệu: x2 + y2 – 2xy = (x – y)2 ≥ 0 ⇒ x2 + y2 ≥ 2xy (đpcm)
Lời giải 2: Ta luôn có: ∀ x,y thì (x – y)2 ≥ 0 ⇒ x2– 2xy + y2 ≥ 0

⇒ x2 + y2 ≥ 2xy (đpcm)
Từ bài toán 1 ở trên ta thay x2& y2 tương ứng bởi x ; y thì ta có bài toán sau:
Bài toán 1.1: Chứng minh rằng ∀ x,y ≥ 0 thì: x + y ≥ 2 xy .
Ta lại thấy nếu áp dụng bài toán 1 ở trên cho 4 số trở lên và đặc biệt thay một số chữ bởi các số
cụ thể thì ta có :
Bài toán 1.2: Chứng minh rằng ∀ a,b thì : a2 + b2 + 2 ≥ 2(a +b) .
Bài toán 1.3: Chứng minh rằng ∀ a,b,c thì: a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2(a + b + c) .
Như vậy từ 4 bài toán trên ta thấy rằng việc đưa ra bài toán tổng quát & giải bài toán đó thật dễ
ràng .

22


Phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc

Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong

khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS
Bài toán 1.4: Chứng minh rằng:
∀a1 , a2 , a3 ....an thì: a12 + a2 2 + ...an 2 + n ≥ 2( a1 + a2 + ... + an ) với ∀ n ∈ N, n ≥ 1.
Hãy vận dụng bài toán 1 giải bài toán sau :
Bài toán 1.5: Chứng minh rằng: Với ∀ ai > 0; i = 1, n và a1.a2…an = 1 thì:
(a1 + 1)(a2 + 1)…(an + 1) ≥ 2n .
Trong chương trình toán lớp 8 đã học hằng đẳng thức bình phương của một hiệu :

( x − y)

2

=

x

2

− 2 xy +

y

2

≥ 0 => x2+ y2 => 2xy . Từ đó ta có bài toán sau :

Bài toán 2: Chứng minh rằng: ∀ x,y,z thì: x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx
Lời giải 1: Ta có: x2 + y2 ≥ 2xy (1)
y2 + z2 ≥ 2yz (2)
z2 + x2 ≥ 2xz (3)
Cộng các vế của ba bất đẳng thức cùng chiều ta được:
2(x2 + y2 + z2) ≥ 2(xy + yz + zx)
⇒ x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx (đpcm)
Lời giải 2: Xét hiệu: x2 + y2 + z2 – (xy +yz +zx) =

1
1
(2x2 + 2y2 + 2z2 – 2xy – 2xz – 2yz) =
2
2

( x − y ) 2 + ( y − z ) 2 + ( z − x) 2  ≥ 0 ⇒ x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz +zx (đpcm)

Lời giải 3: Áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki cho hai dãy: (x,y,z) và (y,z,x) ta có:
(xy +yz +zx)2 ≤ (x2 +y2 + z2)(y2 + z2 + x2)
⇔ (xy +yz +zx)2 ≤ (x2 + y2 + z2)2
⇔ xy + yz + zx ≤ x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx (đpcm)
Từ bài toán 2, ta đề suất các bài toán sau:
Bài toán 2.1: Chứng minh rằng ∀ x1, x2, …,xn thì x12 + x22 +… + xn2 ≥ x1x2 + x2x3 +… + xnx1
Bài toán 2.2 (bài toán đặc biệt hóa):
Chứng minh rằng a2 + b2 + 1 ≥ ab + b + a .
Vận dụng bài toán 1& t/c xắp thứ tự trong R để giải bài toán sau :
Bài toán 2.3: Cho 5 số dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng ta có thể sắp xếp 5 số đó trên
một vòng tròn sao cho tổng của tích hai số liền nhau không lớn hơn

1
.
5

Hướng dẫn: Xét 5 số x1, x2, x3, x4, x5 > 0 và x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 1
Khi đó: 1 = x12 + x22 + x32 + x42 + x52 + 2

[ ( x1 x + x2 x3 + x3 x4 + x4 x5 + x5 x1 ) + ( x1 x4 + x2 x4 + x2 x5 + x3 x5 + x1 x3 )]

Không giảm tính tổng quát giả sử: (x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5) ≤ (x1x3 + x1x4 + x2x4+ x2x5 + x3x5).
Khi đó
1 ≥ 5(x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5 + x5x1) ⇒ x1x2 + …+ x5x1 ≤

1
(đpcm) .
5

Tiếp tục ta xét bài toán sau :

Bài toán 3: Xác định số thực p để bất đẳng thức sau thỏa mãn với ∀ x1, x2, x3 > 0
x12 + x22 + x32 ≥ p(x1x2 + x1x3)

23


Phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc

Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong

khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS

p2 2
x1 + x2 2 ≥ px1 x2 
p 2

4
2
2
Lời giải: Ta có: 2
 ⇒ x1 + x2 + x3 ≥ p ( x1 .x2 + x4 .x3 )
2
p 2
x1 + x32 ≥ px1 x3 

4


Để x12 + x22 + x32 ≥ p(x1x2 + x1x3) ; ∀ x1, x2, x3 > 0

p2 2
p2
x1 + x2 2 + x32 ⇒ 1 ≥
⇒ p≤ 2
2
2
Vậy ∀ p ∈ R/ p ≤ 2 thì: x12 + x22 + x32 ≥ p(x1x2 + x1x3) với ∀ x1, x2, x3 > 0

Ta cho x12 + x22 + x32 ≥

Ta mở rộng cho bài toán 3 :
Bài toán 3.1: Xác định số thực p để bất đẳng thức sau thỏa mãn với mọi số thực x1, x2, x3, x4 > 0
x12 + x22 + x32 + x42 ≥ p(x1x2 + x1x3 + x1x4) .
Giải tương tự như bài toán 3 :
Ta có :

p

2

4

2
1

p

2

x + x2 ≥ px1x2 (1)

2

4

2

2
3

x1 + x ≥ px1x3 (2)

p

2

x12 + x42 ≥ px1x4 (3)

4

Cộng các vế của 3 BĐT trên lại ta được :
3p
4

2

x12+ x22+ x32+x42 ≥ px1x2+ px1x3+ px1x4 .

Ta cho : x + x2 + x + x4 ≥
2

1

2

2
3

2

3p
4

2

2
1

2
2

2
3

x + x + x +x4

2

==> 1 ≥ 3p
4

2

=>

2
≥ p .
3

Vậy: x12 + x22 + x32 + x42 ≥ p(x1x2 + x1x3 + x1x4) ; với ∀ x1; x2; x3; x4 khi :

2
≥ p .
3

Bài toán 3.2: (Bài toán tổng quát): Xác định số thực p ∈ R để bất đẳng thức sau thỏa mãn với ∀
n

xi > 0; i = 1, n :

∑x
i =1

2
i

≥ p(x1x2 + x1x3 +… + x1xn) .

Chúng ta xét tiếp bài toán :
Bài toán 4: Cho 2 số dương x, y thỏa mãn x + y = 2. Chứng minh rằng:
x2y2(x2 + y2) ≤ 2 (1)

Lời giải: Từ x + y = 2 ⇒ x2 + y2 = 4 – 2xy
Mặt khác theo bất đẳng thức Côsi ta có 2 = x + y ≥ 2 xy ⇒ xy ≤ 1 <=>xy ≤ 1
Cách1: Ta có (1) ⇔ 2 – x2y2(x2 +y2) ≥ 0 2 – x2y2(4 – 2xy) ≥ 0
⇔

2
+ 2xy – 4 ≥ 0 (2)
x y2
2

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương:
2
4
2
=
2 + 2xy ≥ 2
x y
xy
2

2
; 2xy và vì: 0 < xy ≤ 1 ta có:
x y2
2

4
≥ 4 ⇒ Bđt (2) đúng ⇒ Bđt (1) đúng
xy

Cách 2: áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số dương: 2xy, x2 +y2 ta có:

2 2 xy ( x 2 + y 2 ) ≤ 2xy + x2 + y2 = (x + y)2 = 4
⇒ xy(x2 + y2) ≤ 2 ⇒ x2y2(x2 +y2) ≤ 2xy ≤ 2 (do 0< xy ≤ 1)
⇒ x2y2(x2 + y2) ≤ 2 (đpcm) .

24


Phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc

Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong

khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS
Cách 3: Xét tỉ số :
x2 y 2 ( x2 + y 2 )
xy ( x 2 + y 2 )
⇒A ≤
(do 0 ≤ xy ≤ 1 nên x2y2 ≤ xy)
2
2
xy ( x 2 + y 2 )
1 2 xy + x 2 + y 2 2
1
24
⇒A≤
≤ (
) ≤ ( x + y)4 =
=1
4
4
2

16
16
⇒ x2y2(x2 + y2) ≤ 2

A=

Cách 4: Xét hiệu: B = x2y2(x2 + y2) - 2 = x2y2(4 – 2xy) – 2
Đặt xy = t với 0 < t ≤ 1. Ta có: B = t2(4 – 2t) – 2
= -2t3 + 4t2 – 2
= 2(1 – t)(t2 – t -1)
2
= 2(1 –t) (t − 1) − t  ≤ 0
(vì t ≤ 1 ⇒ 1-t ≥ 0 và (t2 -1) – t ≤ -1 < 0)
⇒ B ≤ 0 ⇒ x2y2(x2 + y2) 2 ≤ 2 (đpcm) .
Cách 5: Xét biểu thức T = x2y2(x2 + y2) ⇔ T = xy(4 – 2xy)
⇔ 2(xy)2 – 4xy + T = 0(*)
Coi (*) là phương trình bậc 2 đối với ẩn (xy) thì phương trình có nghiệm khi ∆ ' = 4 – 2T ≥
0 ⇔ T ≤ 2 mà x2y2(x2 + y2) ≤ T ≤ 2 ( vì 0 ≤ xy ≤ 1) => (đpcm) .
Vận dụng lời giải bài toán trên hãy giải các bài toán sau:
Bài toán 4.1: Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình:
x + y = 2
 2 2 2
2
x y (x + y ) = 2

Bài toán 4.2: Cho 2 số nguyên dương x, y thỏa mãn x + y = a. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức A = xy(x2 + y2) .
Xuất phát từ bài toán :
Bài toán 5: Cho a, b, c là độ dài của ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng
(a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) ≤ abc (*)

Lời giải:
Cách 1: Ta có: a2 ≥ a2 – (b – c)2 = (a – b + c)(a + b – c) ≥ 0 (1) ( do a, b, c là độ dài ba cạnh
trong một tam giác)
Tương tự ta có: b2 ≥ (b – c + a)(b + c – a) ≥ 0 (2)
c2 ≥ (c – a + b)(c + a – b) ≥ 0(3)
Nhân các vế của 3 bất đẳng thức (1), (2), (3) ta có:
2
a2.b2.c2 ≥ [ (a + b − c)(b + c − a )(c + a − b) ]
⇒ abc ≥ (a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) (đpcm) .Nếu ta thay, đổi biến mới thì ta có một lời giải
khác :
Cách 2: Đặt x = a + b – c; y = c + a – b; z = b + c – a với x, y, z > 0 do a, b, c là độ dài ba cạnh
tam giác.
Khi đó: a =

x+ y
x+z
y+z
,b=
,c=
thay vào bđt (*)
2
2
2

( x + y )( y + z )( z + x)
≥ xyz ⇔ (x +y)(y+z)(z+x) ≥ 8xyz (**)
8
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có: x + y ≥ 2 xy > 0;

Ta có:

y + z ≥ 2 yz > 0 ;z + x ≥ 2 xz > 0 .

25


Phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc

Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong

khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS
Nhân các vế của 3 bất đẳng thức cùng chiều có 2 vế đều dương ta có:
(x +y)(y+z)(z+x) ≥ 8xyz ⇒ bất đẳng thức (**) đúng ⇒ bất đẳng thức (*)
đúng.
Ta thay đổi bđt (*) ⇔ (a + b + c – 2c)(b + c + a – 2a)(a + b + c – 2b) ≤ abc
⇔ (2p – 2c)(2p – 2a)(2p – 2b) ≤ abc
⇔ (p – a)(p – b)(p – c) ≤

abc
( vì p là nửa chu vi của tam giác)
8

Từ đó ta có :
Bài toán 5.1: Cho a, b, c là độ dài của ba cạnh tam giác và p là nửa chu vi. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức:
A=

( p − a)( p − b)( p − c)
abc

Ta có thể mở rộng giả thiết: a, b, c là độ dài của ba cạnh của một tam giác thành: a, b, c là
ba số dương thì bất đẳng thức (*) vẫn đúng.
Do a, b, c có vai trò như nhau không mất tính tổng quát, giả sử 0< a ≤ b ≤ c
Khi đó: hai trong ba thừa số: (a + b – c); (b + c – a); (a + c – b) luôn có giá trị dương.
Nếu ba thừa số đều dương chứng minh tương tự như trên thì bất đẳng thức (*) đúng.
Nếu có một thừa số không dương thì (*) luôn đúng do đó ta lại có bài toán.
Bài toán 5.2: Cho a, b, c là ba số dương.
Chứng minh rằng (a + b – c)(b + c – a)(c + a –b) ≤ abc .
áp dụng bài toán 5.2 cho ba số dương: a, 1,

1
và thêm giả thiết a.b.c = 1.
b

1
1
1
a
)(a + - 1)( + 1 – a) ≤
b
b
b
b
1 1
- 1)(a +1 - )( + 1 – a) ≤ 1
b b
1 1
- 1)(ab – b – 1)( + - 1) ≤ 1
ab a
1

1
- 1)(b + - 1)(c + - 1) ≤ 1
c
a

Ta có: (a +1 1
b
1
⇔ (a +
b
1
⇔ (a +
b
⇔ (a +

Từ đó ta có bài toán mở rộng sau:
Bài toán 5.3: Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn điều kiện a.b.c = 1. Chứng minh rằng: (a +
- 1)(b +

1
1
- 1)(c + - 1) ≤ 1
c
a

Theo bài toán 5 ta có: (a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) ≤ abc
áp dụng bất đẳng thức (**) ta có: 8abc ≤ (a + b)(b + c)(c +a)
Khi đó: 8(a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) ≤ (a + b)(b + c)(c +a)
a +b−c b+c− a c+ a −b 1
.

.
≤
a+b
b+c
c+a
8
c
a
b
1
⇒ (1 −
)(1 −
)(1 −
)≤
a+b
b+c
a+c 8
⇒

Ta lại có bài toán sau :
Bài toán 5.4: Cho ba số dương a, b, c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

26

1
b


Phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc

Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong

khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS
P = (1 −

c
a
b
)(1 −
)(1 −
).
a+b
b+c
a+c

Một bđt rất quen thuộc & được sử dụng nhiều trong chứng minh cũng như tìm cực trị đó là bài
toán sau :
Bài toán 6: Chứng minh rằng ∀ x,y > 0 thì

1 1
4
+ ≥
x y x+ y

Lời giải:
1 1
4
x+ y
4
( x + y ) 2 − 4 xy

( x − y)2
−
−
−
≥ 0
Cách 1: Xét hiệu:
=
=
=
x y x+ y
x. y x + y
xy ( x + y )
xy ( x + y )
1 1
4
Với ∀ x,y > 0 ⇒ + ≥
x y x+ y
1 1
4
x+ y
4
≥
⇔
Cách 2: + ≥
(x + y)2 ≥ 4xy (do x, y > 0)
x y x+ y
x. y
x+ y
⇔ (x – y)2 ≥ 0 bất đẳng thức luôn đúng ⇒ bất đẳng thức (1) đúng ⇒

(đpcm)
Cách 3: Ta có: (x – y)2 ≥ 0 x2 + y2 ≥ 2xy ⇒ (x2 + 2xy + y2) ≥ 4xy
x+ y
4
≥
(do x,y > 0)
x. y
x+ y
1 1
4
+ ≥
⇒
(đpcm)
x y x+ y

(x + y)2 ≥ 4xy ⇒

Ta thay x = a + b – c; y = c + a – b; z = b + c – a với a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác. Khi đó
vận dụng bài toán 6 ta có bài toán sau:
Bài toán 6.1: Chứng minh rằng với a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác thì:
1
1
1
1 1 1
+
+
≥ + + .
a +b−c b+c− a c+ a −b a b c
1
1

1
11 1 1
+
+
≥  + + ÷ ; với p là nửa chu vi của tam giác ABC .
Hay :
p−a p−b p−c 2 a b c 

Tiếp tục áp dụng bài toán 6 ta có:
n

1
1
+
≥
x n y

2
n

xy

≥
n

2
x + y .Khi đó thay x= a+b-c ; y= b+c-a ; z = c+a-b
2

Ta được :

n

n

n

1
1
2
+n
≥n
a+b−c
b+c−a
b
1
1
2
+n
≥n
b+c−a
a +c −b
c
1
1
2
+n
≥n
a+c−b
a+b−c
a

Từ đó ta có kết quả :
Bài tập 6.2: Nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì:

27


Phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc

Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong

khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS
1
1
1
1
1
1
+n
+
≥ n + n + n ( Với ∀ n ∈ ¥ *)
a+b−c
b +c − a c + a −b
a
b
c
Ta lại thấy nếu giả sử: a ≥ b ≥ c thì: b + c – a ≤ a + c – b ≤ a + b – c
1
1
1

⇒
≥
≥
b+c−a c +a −b a +b−c
n

áp dụng bất đẳng thức Trê bư xép cho hai dãy: ( n a ≥ n b ≥ n c ) và (
)
Ta có:
3(

1
1
1
≥
≥
b+c−a c +a −b a +b−c

n
n
1
1
1
a
b
c
+
+
) ≥ ( n a + n b + n c )(
)

+
+
b+c−a c+ a−b a +b−c
b+c−a a +c−b a +b−c
n

1 1 1
≥ ( n a + n b + n c )( + + ) (nhớ bài toán 6.1)
a b c

áp dụng bất đẳng thức Trê bư xép một lần nữa cho hai dãy:
1 1 1
a b c
1
1
1
1 1 1
3( n a + n b + n c ≤ ( n a + n b + n c )( + + )
a
b
c
a b c

( n a ≥ n b ≥ n c ) &( ≤ ≤ ) ta có:

Từ đó ta lại có bài toán:
Bài toán 6.3: Với a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì:
n
n
a

b
c ≥ 1 + 1 + 1
+
+
b + c − a a + c − b a + b − c n a n −1 n b n −1 n c n −1
n

; ( Với ∀ n ∈ N*) .

Để vận dụng bài toán 6 tôi xin đề suất một số bài tập áp dụng sau :
Bài toán 6.4: Cho các số dương x, y, z, t thỏa mãn x + y + z + t = 1
Chứng minh rằng:

1 1 1 1
+ + + ≥ 16
x y z t

Bài toán 6.5: Cho các số dương x, y thỏa mãn: x + y = 1. Chứng minh rằng
1
2
+ 2
≥ 8
xy x + y 2

Bài toán 6.6: Cho các số dương a, b, c, d. Chứng minh rằng:
a+c b+d c+a d +b
+
+
+
≥4

a+b b+c c+d d +a

Bài toán 6.7: Cho các số dương x, y, z. Chứng minh rằng:
1
1
1
1
1
1
+
+
≥
+
+
x + 3 y y + 3z z + 3x x + 2 y + z y + 2 z + x z + 2 x + y
1
1
4
2
+
≥
=
Hướng dẫn:
(1)
x + 3 y y + 2 z + x 2( x + 2 y + z ) x + 2 y + z
1
1
4
2
+

≥
=
Chứng minh tương tự:
(2)
y + 3 z z + 2 x + y 2( y + 2 z + x) y + 2 z + x
1
1
4
2
+
≥
=
(3)
z + 3 x x + 2 y + z 2( z + 2 x + y ) z + 2 x + y

28


Phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc

Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong

khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS
Cộng các vế của 3 bất đẳng thức và rút gọn ta có kết quả
Bài toán 6.8: Cho các số dương a, b, c thỏa mãn: abc = ab + bc + ca
1
1
1
3
+

+
≤
.
a + 2b + 3c 2a + 3b + c 3a + b + 2c 16
1
1
1 1
1  1 1 1 1
1 
=
≤ 
+
+ ÷ (1) .
Hướng dẫn :
≤  + +
a + 2b + 3c ( a + c ) + 2 ( b + c ) 4  a + c 2 ( b + c )  16  a b 2b 2c 

Chứng minh rằng:

1
1 1 1 1
1 
≤  + + + ÷ (2) .
b + 2c + 3a 16  b a 2c 2a 
1
1 1 1 1
1 
≤  + +
+ ÷ (3) .
c + 2a + 3b 16  c b 2a 2b 

Tương tự :

Cộng 3 BĐT (1) ; (2) & (3) ta được :
1
1
1
3 1 1 1
+
≤  + + ÷ (4)
a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 16  a b c 
1 1 1
Từ giả thiết : abc = ab + bc + ca với a> 0 ; b> 0 ; c > 0 => + + = 1 (5) .
a b c

Kết hợp (4) & (5) ta có ( đpcm ) .
Bài toán 6.8 : Chứng minh rằng, với mọi số thực dương a, b, c ta có :
ab
bc
ca
a +b+c
+
+
≤
..
a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b
6
ab
ab  1
1 

≤  +
Hướng dẫn :
÷ (1) .
a + 3b + 2c 4  3b a + 2c 
2bc
2bc 
1
1 
≤
+

÷ (2) .
b + 3c + 2a
4  a + b + c a + 2c 

Cộng các vế của 2 BĐT (1) & (2) ta được :
ab
2bc
1a
2bc 
+
≤  +b+
÷ (3)
a + 3b + 2c b + 3c + 2a 4  3
a+b+c
bc
2ca
1b
2ca


+
≤  +
+ c ÷ (4)
b + 3c + 2a c + 3a + 2b 4  3 a + b + c

ca
2ab
1c
2ab 
+
≤  +a+
÷ (5)
c + 3a + 2b a + 3b + 2c 4  3
a+b+c 

Cộng các BĐT (3), (4) & (5) ta được :
ab
bc
ca
1  4a + 4b + 4c 2ab + 2bc + 2ca 
+
+
≤ 
+
÷
a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b 12 
3
a+b+c

1  4( a + b + c) 2( a + b + c)  a + b + c

≤ 
+
(đpcm) .
=
12 
3
3
6


Trong giải toán một điều không thể thiếu được là phải xem xét , phân tích một các kỹ càng, sử
dụng các phương pháp giải một cách triệt để nhất cụ thể từ bài toán 7 ta thay số 1 bởi a 2&b2, ta
có bài toán sau:
Bài toán 7: Cho các số a, b, c là các số bất kì và x, y, z là những số thực dương thì:

29


Phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc

Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong

khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS
a 2 b 2 (a + b) 2
+ ≥
(1)
x
y
x+ y
Lời giải: Bất đẳng thức (1) ⇔ (a2y + b2x)(x + y) ≥ (a + b)2xy (do x, y > 0)

a2xy + a2y2 + b2x2 + b2xy – a2xy – 2abxy – b2xy ≥ 0
⇔ (ay – bx)2 ≥ 0
Bất đẳng thức luôn đúng ⇒ bất đẳng thức (1) đúng.

Ta lại thấy từ bài toán 7 thì mở rộng để có bài toán sau :
Bài toán 7.1: Với a, b, c, là các số thực tùy ý, x, y, z là các số thực dương thì:
a 2 b 2 c 2 ( a + b + c) 2
+ + ≥
x
y z
x+ y+z
2
a b 2 (a + b) 2
a 2 b 2 c 2 (a + b) 2 c 2
(a + b + c) 2
⇒
+ ≥
+ + ≥
+
≥
Lời giải:
(đpcm) .
x
y
x+ y
x
y z
x+ y
z
x+ y+z

Xuất phát từ 2 bài toán trên ta đưa ra bài toán tổng quát sau:
Bài toán 7.2: Cho n số thực bất kì a1, a2, …an và n số thực dương b1, b2,…bn thì:
a 2 ( a + a + ... + an )2
a12 a22
+
+ ... + n ≥ 1 2
b1 b2
bn
b1 + b2 + ... + bn

Vận dụng bài toán 7.1 để giải bài toán :
Bài toán 7.3: Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
a2
b2
c2
a +b+c
+
++
≥
b+c c+a
a+b
2

Bài toán 7.4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a + b +c = 1.
Chứng minh rằng :

1
1
1

+ 2
+ 2
≥ 9
a + 2bc b + 2ac c + 2ab
2

Bài toán 7.5: Với a, b, c là ba số dương cho trước; x, y, z là các số dương thỏa mãn đẳng thức:
1 1 1
+ + = 1. Chứng minh rằng:
x y z
1
1
1
1
+
+
≤
P=
ax + by + cz bx + cy + az cx + ay + bz a + b + c
a b c a 2 b 2 c 2 (a + b + c) 2
Hướng dẫn: Ta có: + + = + + ≥
đặt a + b + c = s
x y z ax by cz ax + by + cz
1
1 a b c
≤ 2 ( + + ) (1)
⇒
ax + by + cz S x y z
1
1 b c a

≤ 2 ( + + ) (2)
Tương tự:
bx + cy + az S x y z
1
1 c a b
≤ 2 ( + + ) (3)
cx + ay + bz S x y z
S 1 1 1
1 1 1
1
1
⇒ P≤
Từ (1), (2)& (3) ==> P ≤ 2 ( + + ) =
(vì + + = 1)
S x y z
x y z
S
a+b+c

Vận dụng bài toán 7 để giải các bài toán sau:
Bài toán 7.5: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y =

30

2
1
+
; với 0 < x <1
1− x x

Phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc

Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong

khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS
Hướng dẫn: y =

( 2) 2 12
+
1− x
x

Bài toán 7.6: Cho các số dương x, y, z, thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng: A =
3
2
+ 2
> 14
xy + yz + zx x + y 2 + z 2
2

( 2)
( 6) 2
Hướng dẫn: A =
.(Lưu ý : tại sao dấu “ = ” không xảy ra )
+ 2
2( xy + yz + zx ) x + y 2 + z 2
1
1
+

Bài toán 7.7: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M=
biết a, b, c là ba số
1 − 2(ab + bc + ca ) abc

thực dương có tổng bằng 1.
Hướng dẫn: (a + b + c)2 = 1 ⇒ 1 -2(ab + bc + ca) = a2 + b2 + c2 nên viết lại:

1
a+b+c
1
1
1 1
1
9
+
= 2
+
+ +
≥ 2
+
2
2
2
2
2
2
a +b +c
abc
a + b + c ab bc ca a + b + c ab + bc + ca
2

2
1
1
12
7
32
7
≥( 2
+
+
)
+
≥
+
2
2
2
a + b + c ab + bc + ca ab + bc + ca ab + bc + ca (a + b + c ) ab + bc + ca
(a + b + c)2 1
= ⇒ M ≤ 9 + 21 = 30
Mà : (ab + bc + ca) ≤
3
3
1
đẳng thức xảy ra khi a = b = c = ⇒ Mmin = 30 ; Khi a= b = c .
3

M=

2

Chúng ta lại để ý đến bài toán :
Bài toán 8: Với a, b dương ta luôn có: a3 + b3 ≥ ab(a + b) (*)
Lời giải: Bất đẳng thức (*) ⇔ (a + b)(a2 – ab + b2) – ab(a+b) ≥ 0
⇔ (a+b)(a-b)2 ≥ 0
Cách 2: Ta có: a3 + b3 = (a + b)(a2 -2ab + b2)
Vì a2 – ab + b2 ≥ ab ⇒ (a + b)(a2 – ab + b2) ≥ ab(a + b)
Với ∀ a,b > 0 ⇒ a3 + b3 ≥ ab(a+ b)
Ta có bất đẳng thức (*) ⇒

a3
+ b 2 ≥ a (a + b) (do b > 0)
b

a3
+ b 2 ≥ a 2 + ab
b
b3
c3
Tương tự với a, b, c > 0 thì + c 2 ≥ b 2 + bc ; + a 2 ≥ c 2 + ac
c
a
⇔

Từ đó ta có bài toán sau:
Bài toán 8.2: Với ba số dương a, b, c.
a 3 b3 c 3
+ + ≥ ab + bc + ca .
Chứng minh rằng:
b c a

Vận dụng kết quả của bài tập 8 ta có bài toán sau:
Bài toán 8.3: Với a, b, c dương, Chứng minh rằng:
a 3 + b3 b 3 + c 3 c 3 + a 3
+
+
≥ a+b+c.
2ab
2bc
2ca
Lại có 4(a3 + b3) ≥ (a3 + b3) + 3ab(a + b) với ∀ a, b > 0

31


Phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc

Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong

khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS
⇔ 4(a3 + b3) ≥ (a + b)3

Ta đề xuất được bài toán:
Bài toán 8.4: Với a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
8(a3 + b3 + c3) ≥ (a + b) 3 + (b + c)3 + (c + a)3
Lại thấy nếu bổ sung thêm giả thiết: abc = 1 thì từ bài toán 8 ta lại có:
a 3 + b3 + abc ≥ ab (a +b) + abc
1
1
≤

(với a, b, c > 0)
3
a + b + 1 ab(a + b + c )
1
1
1
1
≤
Tương tự: 3 3 ≤
và
3
3
b + c + 1 bc(a + b + c)
c + a + 1 ac(a + b + c)
1
1
1
+ 3 3
+ 3
≤1 .
3
3
a + b + 1 b + c + 1 c + a3 + 1

a3 + b3 +1 ≥ ab(a + b + c) > 0 ⇔

3

Từ đó ta đề xuất được bài toán:
Bài toán 8.5: Cho a, b, c dương, abc = 1.

Chứng minh rằng:

1
1
1
+ 3 3
+ 3
≤1 .
3
a + b + 1 b + c + 1 c + a3 + 1
3

Với cách làm tương tự như trên Tôi xin đề xuất một số bài toán sau đây :
Bài toán 8.6: Cho a, b, c dương và abc = 1. Chứng minh rằng:
ab
bc
ca
+ 5 5
+ 5
≤ 1 (1)
5
a + b + ab b + c + bc c + a 5 + ac
5

Hướng dẫn: Chứng minh : vế trái của (1) ≤

1
1
1
+ 3 3

+ 3
3
a + b + 1 b + c + 1 c + a3 + 1
3

Bài toán 8.7 : Cho a, b, c bất kì không âm.
Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 ≥ a2 bc + b2 ac + c2 ab
Hướng dẫn: a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ 2a2 bc + 2b2 ac + 2c2 ab
2a2 bc + 2b2 ac + 2c2 ab ≥ a2 bc + b2 ac + c2 ab + 3abc .
Một bài toán tưởng chừng rất đơn giản nhưng ứng dụng kết quả của nó lại cho chúng ta một kết
quả không ngờ bạn hãy thử xem :
Bài toán 9: Cho hai số không âm a, b thỏa mãn a + b = 1. Chứng minh rằng: a + b ≤ 2
(1)
Lời giải: Ta thấy với a, b ≥ 0 thì a ≥ b ⇔ a2 ≥ b2. Khi đó ta có các cách giải sau:
Cách 1: a + b ≤ 2 ⇔ ( a + b )2 ≤ 2 ⇔ a + b + 2 ab ≤ 2 ⇔ 1 + 2 ab ≤ 2 ⇔ 2 ab ≤
1 ⇔ 2 ab ≤ a + b ⇔ a+ b - 2 ab ≥ 0 ⇔ ( a - b )2 ≥ 0
Với a, b, 0 bất đẳng thức trên luôn đúng bất đẳng thức (1) đúng
Cách 2: áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpski ta có:
(1. a + 1. b )2 ≤ (12 + 12)(a + b) = 2 ⇔ ( a + b )2 ≤ 2 ⇔ a + b ≤ 2
Ta thay đổi điều kiện của bài toán a + b = 1, ta có bài toán
Bài toán 9.1: Cho nai số a, b không âm thỏa mãn a + b = n. Chứng minh rằng
a + b ≤ 2n ; (n ∈ N, n ≥ 1)
Mở rộng bài toán 9.1:
Cho ba số a, b, c ≥ 0 thỏa mãn: a + b + c = n ((n ∈ N, n ≥ 1)
Ta được bài toán 9.2:

32


Phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc

Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong

khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS
Cho a, b, c là ba số không âm thỏa mãn a + b + c =n (n ∈ N, n ≥ 1). Chứng minh rằng: a +
b + c ≤ 3n
Từ ba bài toán trên ta có thể tổng quát hoá bài toán:
Bài toán 9.3: Cho n số không âm a1, a2, …am thỏa mãn a1+ a2+ …+ am = n
(n, m ∈ N, n, m ≥ 1). Chứng minh rằng: a1 + a2 +…+ am ≤ mn
Hãy vận dụng để giải các bài toán sau:
Bài toán 9.4: Cho ba số không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1.
Chứng minh rằng: a + b + b + c + c + a ≤ 6
Bài toán 9.5: Cho bốn số không âm a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = 1.
Chứng minh rằng:
a/ a + b + b + c + c + d + d + a ≤ 2 2
b/ a + b + c + b + c + d + c + d + a + d + a + b ≤ 2 3
Bài toán 9.6: Cho x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z2 ≤ 27. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = x +
y + z + xy + yz + zx
Trong khi giải các bài toán bất đẳng thức thì việc nhận xét và đánh giá bài toán là một vấn đề
rất quan trong. Nhiều bài toán chỉ cần sử dụng một mẹo nhỏ ta đã tìm được lời giải không
những thế ta còn tổng quát được bài toán. Thật vậy ví dụ như bài toán sau:
Bài toán 10: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
Lời giải : Đặt : x= b+ c ; y = c+ a ; z = a +b .
Khi đó suy ra a =

25a 16b
c
+
+
< 8 (1) .

b+c c+a a +b

−x + y + z
x− y+z
x+ y−z
,b=
,c=
2
2
2

Vì a, b, c > 0 nên x + y > z, y + z > x, z + x > y (2)

Ta có:

16( x − y + z ) x + y − z
25a 16b
c
25(− x + y + z )
+
+
=
+
+
2y
b+c c+a a +b
2x
2z

=

(

−25 −16 −1
25 y 16 x
25 z x
16 z y
+
+ )+(
+
)+(
+ )+(
+ ) ≥
2
2
2
2x
2y
2x 2z
2 y 2z

−21 + 2

25 y 16 x
25 z x
16 z y
+2
+2
= -21 + 20 + 5 + 4 = 8
2x 2 y

2x 2z
2 y 2z

 25 y 16 x
x y
 2x = 2 y
5 = 4


x y z y+z
 25 z x
x
=
⇔  =z ⇔ = = =
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 
5 4 1
5
 2x 2z
5
y
16 z
y
 2 y = 2z
4 = z


⇒ x = y + z mâu thuẫn với (2) đẳng thức không xảy ra
25a 16b
c
+

+
Vậy ta có
>8
b+c c+a a +b

Dựa vào cách giải bài toán trên ta đề xuất bài toán sau:
Bài toán 10.1: Cho m, n, p, a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:

33


Phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc

Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong

khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS
ma
nb
pc
1
+
+
≥ ( m + n + p ) 2 - (m + n + p) (*)
b+c c+a a +b 2

Lời giải: Đặt b + c = x; c + a = y; a + b = z với x, y, z > 0
Ta có:

a=

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

với x + y > z, y + z > x, z + x > y ; (do a, b, c > 0)
Khi đó biến đổi ta có:
my nx
mz px
nz py
+ )+( + )+( + )
2x 2 y
2x 2z
2 y 2z
1
mn + p + np = ( m + n + np ) 2 - (m + n + p)
2

1
2

Vế trái (*) = − (m + n + p) + ( (
1
≥ − (m + n + p) +
2

Tương tự như bài 10 ta lí luận dấu “ =” không xảy ra
1
2

2
Vậy Vế trái (*) ≥ ( m + n + p ) - (m + n + p) ⇒ (đpcm)

Trong khi giải bài toán bất đẳng thức ngoài việc sử dụng các phương pháp chứng minh, biến
đổi đại số mà ta biết liện hệ, vận dụng môn hình học vào để chứng minh thì công việc giải toán
lại trở thành đơn giản, dễ hiểu. Sau đây tôi xin đưa ra một bài toán:
Bài toán 11: Cho a1 , a2 , b1 , b2 ,, là các số dương. Chứng minh rằng :
2

2

1

1

a +b

+

2

2

2

2

a +b

≥

( a + a ) +(b +b )
2

1

2

1

2

2

Bài giải:Xét trên mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy :
Ta đặt trên tia Oy các đoạn thẳng: OA = a1, AB = a2 , OC = b1 , CD = b2. Qua A, B vẽ các đường
thẳng song song với Ox; qua C, D vẽ các đường thẳng song song với Oy, chúng cắt nhau tại M,
N, P, Q. Ta có OA2 + OC2 = OM2
2
2
y
(do OAMC là hình chữ nhật) => a1 + b1 = OM2 (1)
MN2+MQ2 = MP2
B
N

P
2
2
=> a 2 + b 2 = MP2 (2)
OB2 +OD2 = OP2
=> ( a1+ a2 )2 +( b1+ b2 )2 = OP2 (3)
a2
Từ (1);(2)&(3) suy ra :
OM +MB ≥ OB hay :
2

2

1

1

a +b

+

2

2

2

2

a +b

≥

( a + a ) +(b +b )
2

1

2

1

2

A

M

Q

2

a1
Xuất phát từ bài toán 11 ở trên ta phát triển
thành bài toán sau:
Bài toán 11.1 :
Cho 2n số dương : ( a1; a2; …; an.) & ( b1 ; b2; …: bn) .
2

Ta có :

2

n
 n
  n

+
≤
∑
∑
∑
 a i ÷  bi ÷
i =1
 i =1   i =1 

(

2

2

i

i

a +b

O

b1 C

D

b2

x

) . Dấu “ =’’ xảy ra khi : a =t.b ; với i=1; 2;…;n
i

i

Hướng dẫn: Trên trục 0y ta đặt liên tiếp các đoạn OA1= a1; A1A2= a2; …; An-1An= an.

34


Phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc

Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong

khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS
Trên trục Ox ta đặt liên tiếp các đoạn thẳng : OB1=b1; B1B2= b2;…; Bn-1Bn= bn. Tại các điểm Ai
ta kẻ các đường thẳng song song với trục Ox; Tại các điểm B i tacũmg kẻ các đường thẳng song
song với trục Oy, các đường thẳng đó cắt nhau tại các điểm C i . Khi đó ta có :

(a +a
1

2

2

1

1

a +b

+ ... + a n ) + ( b1 + b 2 + ... + b n ) = OCn.
2

2

+

2

2

2

2

a +b

2

2

2

n

n

a +b

+ ... +

= OC1+ C1C2+ …+ Cn-1Cn .

Mà OCn ≤ OC1+ C1C2+…+ Cn-1Cn .Từ đó suy ra (đpcm) .
Vẫn xuất phát từ bài toán 11 ở trên ta mở rộng tiếp tục thành bài toán sau :
Bài toán 11.2 :
Cho 2n số thực : ( a1 ; a2; …; an) & ( b1; b2 ; …; bn) . Ta có :
2

2

n
 n
  n

+
≤
 ∑ a i ÷  ∑ bi ÷ ∑
i =1
 i =1   i =1 

(

2

2

i

i

a +b

) . Dấu “ =’’ xảy ra khi : a =t.b ;với i= 1; 2 ; 3 ;…;
i

i

n.
Hướng dẫn: Ta chỉ cần để ý :
2

 n

 ∑ ai ÷ =
 i =1 

2

n

∑a
i =1

i

2

2

 n
  n

≤  ∑ a i ÷ &  ∑ bi ÷ =
 i =1
  i =1 

2

n

∑b
i =1

i

2

 n


≤  ∑ b i ÷ .Sau đó chứng
 i =1


minh tương tự như trên ta được (đpcm) .
III- KẾT LUẬN
Vận dụng phương pháp giải và khai thác bài toán bất đẳng thức bằng cách nhìn nhận &
đánh giá một cách tinh tế, triệt để kết hợp với việc sử dụng các phương pháp đặc biệt hoá, khái
quát hoá một cách phù hợp là kết quả của quá trình học tập, giảng dạy, tự nghiên cứu của bản
thân tôi.
Lượng kiến thức về bđt trong sách giáo khoa được đề cập lại rất hạn chế, bởi thế trong
quá trình giảng dạy cần phải khai thác tốt để thúc đẩy tư duy sáng tạo cho giáo viên và học
sinh. Mặt khác giúp cho học sinh không bị động, sợ hãi mà lại có hứng thú học tập, tạo cho giờ
học không nhàm chán và trở thành sinh động. Qua đó giúp cho học sinh độc lập suy nghĩ, tự
rèn luyện mình trong học tập, tạo ra hướng tư duy phải đi tìm tòi cái mới đó là cách tốt nhất
giúp phát triển trí tuệ, suy luận lô gíc, nhân cách cho học sinh.
Bản thân người giáo viên khi giảng dạy cần lựa chọn những vấn đề đưa ra hết sức cơ bản,
không được tham, không được nhồi nhét kiến thức mà phải tự nhiên, để từ đó khai thác, mở
rộng, đề xuất những vấn đề mới một cách hợp lí.
Tôi hi vọng chuyên đề này sẽ đóng góp vào việc nâng cao chất lượng dạy và học bộ
môn toán ở cấp học THCS. Xin sự đóng góp chân thành của các đồng nghiệp kính yêu!
Trân trọng cảm ơn./.

35