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:
Cho các số dương a , b , c thỏa mãn ab
5

2 a 3b

5

ab

2b

5

3c

5

bc

2c

bc 2 ca2

2

5

5

3a

15( a 3

3 . Chứng minh rằng:
b

3

c3

2)

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:

a2

b2

c2

a+b+c

+
+
≥
a,b,c 0
2
Cho
, chứng minh rằng: a+b b+c c +a
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:
+ a+ ≥a⇔ 2 ≥ 3
(1)
a a−b
b
a+b
a+b
4
4
2 ≥ 3 b−c (2)
2 ≥ 3 c−a (3)
b
c
4
. c+a
4
+
Tương tự, ta cũng có: b c

a2

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:

a2
Ta đi tìm các hệ số m, n sao cho:

≥ma+nb (4 )

a+b

4


Chú ý rằng bất đẳng thức trong bài toán trên xảy ra dấu đẳng thức khi

a

b c

.

1m n

Với

a b

m n

, từ (1) ta có:

1

, để dấu “ = ” xảy ra ta chọn m, n sao cho

2

n 1m
2
. Khi đó (4) trở thành:

2

2

1

a2

2

a+ ≥ma+( −m )b ⇔2(m−1 )a −ab+(2 m−1)b ≥0(∗)
2
b
at

Chia cả hai vế (*) cho

b2

, đặt

b

khi đó (4) trở thành:

2(m 1)t 2 t (2m 1) 02(1 m)(t -1) t

2m 1

-

0 (5)

2(1 m)
1 m 0

Để (5) đúng ta chọn m thỏa mãn:

3

2m 1
2(1 m)

1 m

1
n

4

4

. Từ đó suy ra (1).

Lời giải bài toán trình bày như sau:
Lời giải:
a2

Ta có:

a b

3a b (i) 4a
4

2

(a b )(3a b ) (a b)

2

0

(đúng)
b2

3b c (ii) ; c 2

4
c a

b c
Chứng minh tương tự, ta cũng có:
Cộng theo vế các bất đẳng thức (i),(ii),(iii) ta có:

3c a (iii)
4

2
2
2
a + b + c ≥ 3 (a+b+c )−(a+b+c ) =a+b+c

a+b

b+
c

c
+a

4

2

(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:
5


a3
a 2 ab 2b 2

c3

b3
2

2

b bc 2c

c

2

ca 2 a

a b c
4

2

Phân tích:
Dự đoán dấu “ = ” xảy ra khi

a b c

.

3

ma nb (6)
a
ab 2b2

Tiếp theo tìm m, n sao cho a 2
Các hệ số m, n được chọn phải đảm bảo dấu đẳng thức xảy ra, do đó:
mn

1

n1 m
4

4
a3

. Khi đó (6) trở thành:
1

2

a ab 2b

2

ma

mb

4

4(1 m ) a 3 a 2 b (4m 1)ab 2 (8m 2)b3

0 (7)

a t

Chia cả 2 vế (6) cho
4(1 m ) t 3 t 2

, đặt

b

được:

(4m 1)t (8m 2) 0
2

(t 1) 4(1 m )t

b3

(4m 3)t

Nếu (8) đúng với mọi

t 0

(8)

8m 2 0

thì 4(1

m ) t 2 (4m 3)t 8m 2 0 phải
m 9

Thay

t 1

16 . Với

vào phương trình ta được

1 (t 1)2 (7t 10) 0, t 0.
4
m 9

16

Do đó

n

thỏa mãn, suy ra

m

có nghiệm t 1 .

9

16

, (8) trở thành:

5
16 .

Lời giải:
Ta có:
a3

9

a5

a 2 ab 2b2

16

16

b (i)(a b) 2

(7a 10b) 0

(đúng)

Tương tự, ta cũng có:
6


b3
2

c3

9 b 5 c (ii)
16 16

2

b bc 2c

9 c 5 a (iii)
16 16

2

2

c ca 2a

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

Bài toán 3: (HSG toán 9, Thanh Hóa năm học 2015 - 2016)
Cho các số dương a , b , c thỏa mãn ab
2a 5 3b 5 2b 5 3c 5 2c 5 3a5
ab

bc

15(a 3

b

3

c3

2

bc 2 ca2

3 . Chứng minh rằng:

2)

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 3b 5 2b 5 3c 5 2c 5 3a5
ab

bc

15(a 3

b

3

c

3

) 10 ab

2

bc

ca2

2

ca

Dựa vào ý tưởng trên, ta sẽ tìm m, n, p sao cho:
2a 5 3b5 ma
ab

Ta

3

nb

3

pab

2

(9)

có (9) 2a 5 ma 4 b pa 2 b 3 nab 4 3b5 0

Sau khi chia cả 2 vế của (10) cho
Dấu “ = ” xảy ra ở (13) khi t 1

b5

, đặt

(10)
at
b ta

được: 2t

Do đó để (13) đúng thì vế trái của nó phải có nhân tử
2t 5 mt 4 pt 2 nt 3 chia

5

mt 4

(t 1)2

pt 2

nt 3 0 (11)

, suy ra

hết cho (t 1)2 .

Thực hiện phép chia đa thức và cho phần dư bằng 0, ta được:

n

2m

p

5

3m

.

Khi đó:

7


2

(13)( t 1)

3

2t

2

(4 m) t

2t 3 (4 m )t 2 2(3 m )t 3

2(3

m )t 3

0

. Đến đây cần lựa chọn m sao cho:

0 là được. Gỉa sử giá trị này của m là

m
0

. Như vậy, (9)

trở thành:
2 a 5 3b5 m a 3 2m b 3 (5 3m )ab2
0

ab

0

(i)

0

Tương tự có:
2b 5 3c5 m b 3 2m c 3 (5 3m )bc2

(ii)

0
0
0
bc
2c 5 3a5 m c 3 2m a 3 (5 3m )ca2

(iii)

0

ca

0

0

Cộng các vế (i),(ii),(iii) được:
2a 5 3b 5

2b 5 3c 5

ab

bc

2c 5 3a5 3m0 (a 3 b 3 c 3 ) (5 3m0 ) ab 2 bc 2 ca2
ca

Để có điều cần chứng minh, chọn

m
0

5

. Với

m

2t 3 (4 m0 )t 2 2(3 m0 )t 3 (t 1)2 (2t 3) 0,

m 5
Vậy 0
là giá trị thỏa mãn, suy ra n 10, p
Lời giải:

5

0

t

,

0
10 .

Ta có:

2a5 3b5
2a

5

5a3

10b3

10ab2 (i)

ab
5a4b 10a2b3 10ab4 5b5 0 (a b)4(2a 3b) 0 (®óng)

Chứng minh tương tự, cũng có:
2b5 3c5

5b3

10c3

10bc2 (ii)

5c3

10a3

10ca2 (iii)

bc

5

2c

3a5
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)
x 2y 3z 3
Cho ba số dương x , y , z thay đổi thỏa mãn điều kiện
.
8


88 y 3 x 3

Q

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
Nhận xét:

297 z 3 8 y 3
6 yz 36 z 2

2 xy 16 y 2

11x 3 27z3
3 xz 4x2

a x
2y

b

3z

c

Bài này có cùng ý tưởng giống bài trên, sau khi đặt
Q 11b3 a3

11c3 b3

11a3 c3 (*)

ab 4b2

bc 4c2

ca 4a2

, Q trở thành:

Đến đây thì đơn giản rồi, làm tương tự trên ta có đánh giá:
11b3 a3 a 3b
ab 4b2

Bất đẳng thức này đúng, vì nó tương đương với

.

(a b)2 (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 20162017 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 x 3

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =

2 xy 12 y 2

135 z 3 8 y 3
6 yz 27 z 2

5 x 3 27z3 .
3 zx 3x2

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.

9


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:
Bai toan 5 . (Chọn đội tuyển quốc gia Moldova 2005)
Cho a , b , c la cac sô thưc dương thoa man a 4 b 4 c 4 3
. Chưng minh răng:
1
4 ab

1
4 bc

1 1
4 ca

Phân tích:
1

Ở bài này ta không thể tìm được m,n,p để có đánh giá
4

4

4

2

Chú
ý là a b c (ab)
ta sẽ nghĩ đến đánh giá

(bc)2 (ca)2

(a

Đặt t ab , do

4

b)

3

2

2 nên

2

.

mt3 4mt2 nt 4n 1 0 .
m
1
18
5

Đến đây thực hiện giống như trên tìm được
Lời giải:
Ta chứng minh: 4 ab

vì thế

m(ab) n (12) .
t (0, 3 )

Sau khi biến đổi và rút gọn ta có (12)

1

ab c,

2

4 ab
0 ab

4
ma nb p .

và dấu đẳng thức xảy ra khi
1

4

4 ab

4

n

18

(ab)2 5 (i ).
18

Thật vậy,

(i) (4 ab) (ab) 5 18 0 2(ab 1) (2 ab) 0 .

2

2

0 ab

Bất đẳng thức này đúng, vì
Tương tự ta có:
1
4 bc

(a4 b4)
2

3 2.
2

(bc)2 5 (ii ).
18
10


1

(ca)2 5 (iii).

4 ca

18

Cộng các các bất đẳng thức (i),(ii),(iii) trên vế theo vế ta có:
1
4 ab

1
4 bc

1
4 ca

( ab) 2 ( bc) 2 ( ca ) 2 15
18

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a b c

a 4 b 4 c4 15 1
18

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
ab 9

b3 c3
bc 9

c3 a3 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 ma nb p

a3 b3 m(a b) n

ab 9

ta sẽ gặp bế tắc ngay. Thế phải xử lý

hoặc ab 9

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 2 ab; a3 b3 (a b)
4

Chú ý
a

3

b

Suy ra ab 9

4

1a b 3

4

4

4

3

1
3

1 a b2 3a b2

(a b)

1 (a b)2 9
4

(a b)3

(a b)2 36

.
11


(

Tiếp theo ta tìm m, n sao cho bất đẳng thức sau là đúng
Đến đây dễ dàng tìm được
Lời giải:
a b2

Ta có:

m 1, n

3

ab; a3 b3 (a b)

4
a

3

b

ab 9

Suy ra
(a b)3

Mà (a b)2 36
(14) (a b) (a b) 36
3

.

1a b 2

3

4

4

(a b)

(a b)3

1 (a b)2 9
4

2

4

.

a b

a b2

1a b3
4

3

1
3

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

(a b)

a b 3 (14) Thật
2

(13)

36

.

vậy,

a b 3 3(a b 3) 0 (đúng)

2

a3 b3 a b 3(i )

Từ (13),(14) suy ra: ab 9
b3 c3

b c 3(ii )

c3 a3 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)
a,b,c,d
Bài toán 7. Cho
là các số thực dương thỏa mãn a b c d
Chứng minh rằng:

4.

12


1 + 1 + 1 + 1 ≥2
2
2
+1
+1
d 2+1
a

b
c +1
2

Hướng dẫn:
1

ma n

2

Tìm các hệ số m,n sao cho a 1

. Dễ dàng tìm được m

1, n

2

Lời giải:
a(a 1)2 0

2 a 2 (i)

Ta có: a2 1

(đúng)

a2 1

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.
a , b, c
a+b +c=3 .
Cho
là các số thực dương thỏa mãn
1

1

2

Chứng minh rằng:

a +b +c

+

2

b +c +a

1
+

≤1

2

c +a+b

Hướng dẫn:
Ở đây ta cần tìm m, n để bất đẳng thức dưới là đúng
1

1

ma n

a2 b c a2 a 3
m
1, n 4

Tương tự như trên ta tìm được

9

9 thì bất đẳng thức phụ đúng.

Thật vậy
1

≤

2

a −a+3

4−a

9 9

⇔ 0≤ (a−1)2 (3−a) ⇔ 0≤ (a−1)2 (b+c )
2

3( a −a+3 )

2

3(a −a+3 )

Bài toán 9.

Cho a , b, c, d

là các số thực không âm thỏa a2 +b2+c2+d2=4 . Chứng minh rằng:
3

2( +
a b

3

3
)≥2
+c +
+ √2 √2+ab+ac +ad +bc +bd+dc
d
3

3

Hướng dẫn:
13


Theo bài ra

a , b, c , d
a

là các số thực dương thỏa mãn:
2

b2 c2 d2 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
3

3

3

3

3

2(a +b +c +d )≥2+ 2 (a+b+c +d )

Ta cần xác định hệ số m để bất đẳng thức sau đúng
2a3

Dễ dàng tìm được

m 6, n
2a

3

4

ma n

. Ta se chưng minh điêu đo, thât vây:

6a

4

2(a 1)2 (a

2)

Điêu nay hiên nhiên đung. Đăng thưc xay ra khi va chi khi

0

a b c d

1.

Bài toán 10. (HSG Toán 9, Hà Nội 2016)
Cho

a, b, c

a2016

là độ dài 3 cạnh một tam giác. Chứng minh:

b2016

c2016

a2015

bc a c a b a bc
Phân tích:

b2015 c2015

Để đơn giản ta đưa về dạng phân li các biến bằng cách chuẩn hóa
Bất đẳng thức trở thành:

a2016

b2016

3 2a

3 2b

a bc

3

.

c2016

3 2c a2015 b2015 c2015

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

a2016

tìm đánh giá 3 2a
a2016

ma n

?). Dễ có m 3, n 2 suy ra:

3a2016 2a2015 3(a2016 a2015 ) a2015

3 2a

14


Mà a

2016

với (a 1)

a2015 a 1 (15) .
2

(a2014 a2013 ... a2 a 1) 0
a2016

Do vậy,

Thật vậy (15) tương đương

3 2a

3a2016 2a2015 3(a 1) a2015

.
Tương tự với các biến khác, rồi cộng lại có điều cần chứng minh.
Bai toan 11.

Cho

a , b, c

la cac sô thưc dương thoa man
4

3

3

3

a +b +c =3 . Chưng minh răng:

(1a + 1b + 1c )+5( a +b +c
2

2

2

)≥27

Hướng dẫn:
Ta cân tim hê sô m, n sao cho

4

2
a 5a

ma3 n (16)

a b c 1.
Ta dễ dàng nhận ra đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
m 2, n 7
m 2,
a1
Khi cho
thì ta có thể dự đoán rằng
. Ta sẽ chứng minh rằng với
n7

thì bất đẳng thức (16) đúng. Thật vậy:
a≤

Do

3

√3 ⇒−2 a2+a+4≥0

2
2
4 +5 a2≥7+2 a3 ⇔ (a−1) (−2 a +a+4 )≥0
aa

. 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


15


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
a

2

b3

3ab b

2

b

2

3bc c

c3
2

2

c

a bc

3ca a

2

5
5b3 a3

2
a, b, c 0

Cho
. Chứng minh rằng : ab 3b
Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Bài 2.
M

232y3 x3

783z3 8y3

29y3 27x3

2xy 24y2

6yz 54z2

3xz 6x2

5c3 b3

5a3 c3

bc 3c2

ca 3a2

a bc

1

trong đó x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện x 2y 3z
Bài 4.

Cho a, b, c

0: a b c 2016.

CMR:

4

a4 b4

b 4 c 4 c4 a 4

a3 b3

b3 c3

c 3 a3

.
2016

Bài 5. (Olympic toán Mỹ 2003)
Cho

a,b,c

la cac sô thưc dương. Chưng minh răng:

2

( a c 2b ) 2

( a b 2c )2 8

2a2( b c ) 2

2b 2 ( a c ) 2

2 c 2 (b a)2

(b c 2 a )

a , b, c, d
Cho
là các số thực dương thỏa mãn a b c d 2 .
Chứng minh rằng:

Bài 6.

1

1

3a 21

3b 21

1
3c 2 1

1 16
3d 2 1

7

Bài 7. Cho a , b, c , d , e là các số thực không âm thỏa mãn a 3 b 3 c 3 d 3 e3 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a2
1 a3

b2
1 b3

c2
1 c3

d2
1 d3

e2
1 e3

16


Bài 8. Cho a , b, c la cac sô thưc không âm thoa man a 2 b 2 c 2 1.

Chưng minh răng:

Bài 9.

Cho

a , b, c , d

1

1

1

9

1 ab

1 bc

1 ca

2

là các số thực dương thỏa mãn a b c d 4 .

6( a 3 b 3 c 3 d 3 ) ( a 2 b 2 c 2 d 2 ) 1
8
Chứng minh rằng:
a , b, c

6( a 3 b 3 c 3 )

Bài 10. Cho
a , b, c

Chứng minh rằng:
Bài 11. Cho
Chứng minh rằng:
Bài 12. Cho

là các số thực dương nhỏ thỏa mãn a b c 1.
1 5( a 2

b2 c2)

là các số thực dương nhỏ thỏa mãn a b c 1.
1
1 a

2

1
1 b

2

1
1 c

2

27
10

la cac sô thưc dương. Chưng minh răng:

a , b, c

(b c 3a ) 2
2 a 2 (b c ) 2

( a c 3b ) 2
2b 2 ( a c ) 2

( a b 3c ) 2
2c 2 (b a) 2

1
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

Số HS làm được trước khi dạy

Số HS làm được sau khi dạy


17


35

0

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.

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.
18


- 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.

Tài liệu tham khảo:
TT
Tài liệu
1
Đề thi học sinh giỏi lớp 9 cấp tỉnh Thanh hoá.
2Đề thi học sinh giỏi lớp 9 cấp huyện Yên Định.
3Tuyển tập các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức.
4Toán 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)
19


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

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


21