SKKN phương pháp khai thác đẳng thức cho trước trong bài toán chứng minh đẳng thức và rút gọn biểu thức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHƯƠNG PHÁP KHAI THÁC ĐẲNG THỨC CHO
TRƯỚC TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH
ĐẲNG THỨC VÀ RÚT GỌN BIỂU THỨC

Người thực hiện : Trần Thị Hiền
Chức vụ
: Giáo viên
Đơn vị công tác : Trường THCS Trần Mai Ninh
SKKN thuộc môn: Toán

THANH HOÁ NĂM 2019


MỤC LỤC
Nội dung

Trang
1
2
3
3
3
4
4
4

4

MỤC LỤC
Phần 1: Mở đầu
Phần 2: Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm
2.1 Cơ sở lí luận
2.2 Thực trạng và nguyên nhân
2.3 Các giải pháp
A. Hệ thống hoá các kiến thức cơ bản liên quan.
B. Một số phương pháp khai thác đẳng thức cho trước
1. Sử dụng hệ quả:
3
3
3abc
a b c 0 thì 3
2. Sử dụng các hằng đẳng thức:
a

b

c

0

a3 b3 c3 3abc a b c a2 b2 c2 ab bc ca

(1)

a b c 3 a3 b3 c3 3 a b b c c a .

(2)

3. Thay số trong biểu thức cần tính bằng biểu thức chứa chữ

5

6

4. Sử dụng phương pháp hệ số bất định
5. Sử dụng phương pháp hình học

8
10

6. Một số dạng khác

11

C. MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG
D. BÀI TẬP THAM KHẢO
2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm

15
16
17

Phần 3: KẾT LUẬN
Tài liệu tham khảo

17

19

Phần 1: MỞ ĐẦU

1


1.1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Chứng minh đẳng thức và rút gọn biểu thức là dạng toán cơ bản trong
chương trình toán THCS. Trong đó việc khai thác đẳng thức cho trước là dạng
khó đối với học sinh. Dạng toán này thường xuất hiện trong các đề thi tuyển sinh
vào THPT chuyên, các đề thi học sinh giỏi các cấp và là nền tảng cho các bài
toán ở các lớp trên. Trong quá trình giảng dạy ở lớp 8, lớp 9 và dạy Đội tuyển
học sinh giỏi các cấp, tôi nhận thấy khi gặp dạng toán này, học sinh thường lúng
túng không tìm ra cách giải và hay mắc sai lầm, đặc biệt khi gặp dạng toán”Cho
đẳng thức A, yêu cầu chứng minh đẳng thức hoặc rút gọn biểu thức B”, thì nhiều
học sinh không biết bắt đầu từ đâu hoặc sa vào khai triển đẳng thức B, sau đó
mới sử dụng kết quả đẳng thức A.
Nguyên nhân học sinh thường mắc phải sai lầm khi giải các bài này xuất phát
từ những lý do sau:
1. Người giải toán chưa có đường lối rõ ràng khi giải bài toán.
2. Chưa hệ thống, phân dạng được các bài tập cùng loại.
3. Không đọc kĩ đề bài, chưa hiểu rõ bài toán đã đã vội đi ngay vào giải toán.
4. Không biết đề cập bài toán theo nhiều cách giải khác nhau, không chịu
nghiên cứu kĩ từng chi tiết và kết hợp các chi tiết trong từng bài toán, không sử
dụng hết giả thiết bài toán, không biết linh hoạt vận dụng kiến thức đã có.
5. Không tự tư duy lại bài toán mình làm sau khi đã giải xong xem đã đúng
chưa.
Với thực tế và yêu cầu chung đó trong tài liệu này tôi xin được trao đổi
kinh nghiệm với đồng nghiệp về ''Phương pháp khai thác đẳng thức cho trước

trong bài toán chứng minh đẳng thức và rút gọn biểu thức'' với hy vọng đề tài
này sẽ góp phần vào việc giải quyết khó khăn, khắc phục sai lầm cho giáo viên
và học sinh trong việc dạy và học.
Rất mong nhận được sự đóng góp chân thành của đồng nghiệp để sáng
kiến được hoàn thiện hơn giúp ích cho việc dạy và học toán.
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:
Sáng kiến kinh nghiệm này ngoài việc củng cố các kiến thức cơ bản trong
sách giáo khoa còn cung cấp kiến thức nâng cao, mở rộng và rèn luyện kỹ năng
giải các dạng toán cho học sinh. Với mỗi bài học sinh phát hiện ra dạng và tìm
ra cách giải phù hợp nhất, nhanh nhất, biết tổng quát bài toán và đặt đề toán
tương tự. Từ đó học sinh phát triển tư duy logic, hiểu sâu kiến thức, có hứng thú
nghiên cứu khoa học và nâng cao hiệu quả giáo dục.
Nghiên cứu về " Phương pháp khai thác đẳng thức cho trước trong bài
toán chứng minh đẳng thức và rút gọn biểu thức''. Giúp giáo viên nâng cao
năng lực tự nghiên cứu, đồng thời vận dụng tổng hợp các tri thức đã học từ đó
định hướng nâng cao chất lượng dạy và học môn toán, mở rộng, đào sâu và hoàn
thiện hiểu biết. Ngoài ra còn giúp giáo viên có tư liệu tham khảo và dạy thành
công về chứng minh đẳng thức và rút gọn biểu thức.
1.3. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU:

2


Đối tượng nghiên cứu là các học sinh lớp 8, lớp 9 và các học sinh đội
tuyển Toán.
Các tiết dạy trên lớp, dạy bồi dưỡng học sinh giỏi toán qua các năm.
Tham khảo tài liệu, chuẩn kiến thức của bộ GD&ĐT, tài liệu bồi dưỡng
thường xuyên, các loại sách tham khảo.
Các tiết sinh hoạt chuyên đề trong tổ chuyên môn.
1.4. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU:

Nghiên cứu về tình hình dạy học và học vấn đề này ở nhà trường.
Hệ thông hoá một số phương pháp chứng minh đẳng thức và rút gọn biểu
thức.
Tìm hiểu mức độ và kết quả đạt được khi triển khai đề tài.
Phân tích rút ra bài học kinh nghiệm.
1.5. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
Phương pháp khảo sát thực tiễn, nghiên cứu lý luận, phân tích, tổng hợp,
khái quát hóa, so sánh, quan sát, kiểm tra, đánh giá.
1.6. GIẢ THUYẾT KHOA HỌC:
Nâng cao chất lượng dạy và học trong và sau khi nghiên cứu áp dụng
sáng kiến kinh nghiệm, giúp cho giáo viên dạy có hiệu quả cao hơn, học sinh
ham thích học dạng toán này hơn .
Phần 2: NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. CƠ SỞ LÍ LUẬN:
Xuất phát từ đặc trưng của môn toán của môn Toán ở trường THCS một
môn “khoa học suy diễn” cung cấp cho học sinh những kiến thức phổ thông cơ
bản, vững chắc có hệ thống. Rèn luyện và phát triển các kĩ năng giải toán và ứng
dụng vào thực tế, khả năng tư duy logic, sử dụng ngôn ngữ chính xác. Bồi
dưỡng các phẩm chất độc lập, sáng tạo, kiên trì, tích cực cho học sinh.
Căn cứ vào thực tế dạy và học của chương trình Đại số 9 tôi thấy hệ thống
bài tập trong sách giáo khoa, sách bài tập do Bộ giáo dục - Đào tạo ấn hành mới
đáp ứng cho học sinh đại trà. Đối với học sinh khá, giỏi dạng bài tập này rất
phong phú và đa dạng.
2.2. THỰC TRẠNG VÀ NGUYÊN NHÂN:
2.2.1. Thực trạng:
*) Số liệu thống kê
Khi chưa áp dụng đề tài, qua khảo sát 102 học sinh lớp 9A, 9F, HS đội tuyển
Toán trường THCS Trần Mai Ninh đã phản ánh học sinh còn lúng túng với
dạng toán này đặc biệt rất ít học sinh biết tiếp cận dạng toán một cách thực sự,
kết quả cụ thể như sau:

3


Số học sinh Tỷ lệ
Kết quả
27
26%
Hứng thú với dạng toán.
42
41%
Biết cách tiếp cận dạng toán
33
33%
Chưa biết cách tiếp cận dạng toán
Qua kết quả khảo sát chất lượng ban đầu đã phản ánh học sinh còn lúng
túng với dạng toán này đặc biệt rất ít học sinh biết tiếp cận dạng toán một cách
thực sự. chưa có khả năng phân tích dữ liệu từ đề bài để giải quyết các bài toán.
2.2.2. Nguyên nhân:
Đây là dạng toán khó, chủ yếu là dạng toán nâng cao dành cho học sinh
khá và giỏi.
Trong sách giáo khoa cũng như sách bài tập rất ít có dạng toán này. Vì
vậy trên lớp ít có cơ hội tiếp cận, thường nó chỉ phổ biến cho một số em đội
tuyển học sinh giỏi và học sinh ôn thi vào các trường chuyên.
2.3. CÁC GIẢI PHÁP:
Thực tế trong quá trình giải toán nói chung và dạng toán này nói riêng thì
không có một con đường nào thực sự cụ thể mà việc giải toán đặc biệt là toán
khó thì đòi hỏi người dạy, người học phải tìm tòi sáng tạo cho mình một phương
pháp tiếp cận bài toán dựa trên cơ sở đã học. Từ đó chúng ta sẽ tìm ra những
quy luật những cách giải cho một dạng toán. Vì vậy trong khuôn khổ của đề tài

này, tôi xin đưa ra một phương pháp tiếp cận dạng toán chứng minh, rút gọn dựa
vào đẳng thức cho trước bằng một số bài toán sau đây:
A. HỆ THỐNG HÓA CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN LIÊN QUAN.
Như đặt vấn đề ở trên, để giải quyết dạng toán này ta cần phải kết hợp hài
hòa giữa đẳng thức đã cho với đẳng thức cần chứng minh và biểu thức cần
rút gọn từ đó tìm ra những phép biến đổi hợp lý.
Các phép toán cần thiết:
Các phép toán của đa thức và phân thức đại số.
Các hằng đẳng thức đáng nhớ đặc biệt là đẳng thức:
a3 b3 c3 3abc a b c a2
b2 c2 ab bc ca
a b c 3 a3 b3 c3 3 a b b c c a

Hệ quả: a b c 0 thì a3
b3 c3 3abc 0
Phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.
Các phép biến đổi cần thiết khác (quy tắc mở ngoặc, đổi dấu, chuyển
vế ...).
B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHAI THÁC ĐẲNG THỨC CHO TRƯỚC
1. Sử dụng hệ quả: a b c 0 thì a3 b3 c3 3abc 0
Bài toán 1:
Cho a + b + c = 0. Chứng minh: 2 a5 b5 c5 5abc a2 b2 c2
Lời giải: Cách 1: Từ a b c 0

a

b c

4

a5

b c5

b5 5b4c 10b3c2 10b2c3 5bc4 c5

a b c 5bc b c 2bc b c

5

55

33

2 a 5 b 5 c5

Do đó:

5abc 2b2 2c2 2bc

5bc b c b2 c2 bc 2bc 5abc b2 c2 bc
5abc b c 2

b2 c2

5abc a2 b2 c2
Hay 2 a5 b5 c5 5abc a2 b2 c2

(đpcm)

3

Cách 2: Sử dụng hệ quả 1: Từ a b c 0 suy ra
a

a

3

3

b

3

2

c

a

2

b

2

c

3abc a

2

b

2

c

3

3

b

c

3abc

2

a5 b5 c5 a2b2 a b b2c2 b c c2a2 a c 3abc a2 b2 c2 a5 b5 c5 abc ab bc
ac 3abc a2 b2 c2
Mặt khác: Từ a b c 0 suy ra a2

a2 b2 c2

b2 c2

2 ab bc ca

ab bc ca 2

2
2
2
a5 b5 c5 abc.a b c 3abc a2 b2 c2

2

2 a 5 b 5 c5

5abc a2 b2 c2

đpcm

Bài toán 2:
Cho xy + yz + xz = 0 và xyz 0. Tính giá trị biểu thức:

A

yz

xz

2

x

Lời giải: Từ giả thiết suy ra: 1

1

1 0, nên theo hệ quả, ta có:

x

y

z

1

1

1

3

x3

y3

z3

xyz

xyz
. Từ đó suy ra: A

x3

xyz xyz
y3

z3

xyz

xy

2

y

2

z

1

1

1

x3

y3

z3

3

2. Sử dụng các hằng đẳng thức:
a3 b3 c3 3abc a b c a2 b2 c2 ab bc ca

(1)

a b c 3 a3 b3 c3 3 a b b c c a .

(2)

Hai đẳng thức này bị nhiều người bỏ quên, thật bất công khi nó đem lại cho ta
nhiều điều thú vị. Trước hết ta chú ý từ (1) suy ra

5


b3 c3 3abc

a3

a b c

3

abc0

abc

(3)
a
a
b c3 b
Từ (2) suy ra
3

b
c

3

(4)

Vận dụng hai trường hợp này thật hiệu quả và bất ngờ. Sau đây chúng ta cùng
xét một số bài toán minh họa.
Bài toán 3:
Cho a, b, c là các số thực khác 0 sao cho a3b3 b3c3 a3c3
a

Hãy tính giá trị biểu thức: M =1

b

c

c

a

1 1

b

3a2b2c2 .

Lời giải: Đặt x bc,y ac,z ab xyz 0. Từ giả thiết
3
3 3

ab

33

bc

33 2 22

3

3

y

suy ra x

a c 3a b c

y z 3xyz, M = 1

x
1

x

z
1

z

y

Từ (3) xét hai trường hợp
1) x + y + z = 0. Từ (1), (2), (3) dễ dàng suy ra:
3x y y z z x

3xyz

M

1

2) x = y = z = 0 hay a = b = c = 0 => M = 8.
3. Thay số trong biểu thức cần tính bằng biểu thức chứa chữ:
Bài toán 4: Cho abc = 1, biết biểu thức sau được xác định. Chứng minh

111

1
1

1
ab a 1
bc b 1 ca c 1
c
ac
1 , (Thay abc = 1)
=
2
abc
abc ac
abc ac c
ca c 1
c
ac
1
ca c 1 1.
=
ca c 1
ca c 1
ca c 1
ca c 1
1
1
1
Vậy
1 ( đpcm).
ab a 1
bc b 1 ca c 1

Giải: Ta có:

C2: Từ giả thiết abc 1 a

1 thay vào biểu thức ta có:
bc

6


a
b
c
ab a 1bc b 1
ca c 1
1 b bc
1
b
bc
1
bc b 1 bc b 1
bc b 1
bc b 1
Vậy
a
b
c
1 ( đpcm)
ab a 1
bc b 1
ca c 1

Bài toán 5: Cho abcd = 1. Chứng minh rằng:
a
b
c
d
=1
B
abc ab a 1
bcd bc b 1
cda cd c 1
dab da d 1
Lời giải:
C1: Thay 1 = abcd.
C2: Tương tự bài toán 5 ta có:
Từ abcd 1 a
1 thay vào biểu thức ta có:
bcd

B

a
abc ab a 1
1

b

c

bcd bc b 1
b

cda cd c 1
bc

dab da d 1
bcd

bcd bc b 1

bcd bc b 1

bcd bc b 1
bcd bc b 1
1 b bc bcd 1

d

bcd bc b 1
Tổng quát với trường hợp abc = k, ta có thể thay số k trong biểu thức cần tính bằng tích abc.

Bài toán 6: Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xy yz zx 1.
Rút gọn biểu thức sau:
D x
1 y2 1 x 2
1 y2 1 z 2 y
1 x2 1 z 2 z
1 x2
1 y2
1 z2
Lời giải: Từ giả thiết ta có: 1 x2 xy yz zx x2

xx y zx y
x y x z
Tương tự ta cũng có:
1 y2

y x y z;

1 z2

z x z y

Thay vào biểu thức ta có:

7


1 y2 1 z 2

D x

1 x2 1 z 2

y

1 x2
x

y z2

x

y z

2

xy yz zx

1 y2 1 x 2

z

1 y2
x z2

y
yx z

1 z2

x y2

x

zx y
2

Bài toán 7: Cho a, b, c đôi một khác nhau và ab+ ac + bc = 1. Tính giá trị biểu
thức:
a) A = (a b)2 (b c) 2 (c a)2
b) B = a 2 2bc 1 b2 2ca 1 c2 2ba 1

(1 a2 ) 1 b2 1 c2

a b2 b c2 c a2

1 a2 ab ac bc a2

Giải :
a) Ta có :
Tương tự:

c b
1 b2 b a
Thay vào biểu thức A ta có: A=

a c

a b
1 c2

;

ca

c b

a b 2 a c 2 (b c)2

1

a b (a c)(b a)(b c)(a c)(b c)

2

b) Ta có:

2

ca bca b a c

a 2bc 1 a 2bc ba
b c
Tương tự : b2 2ca 1 b a
a

Thay vào và rút gọn ta được: B =

c2

;
2

2

2

2

b b c

ca

2ab 1 c a

c b

2
2

-1

z2

0

a b b c c a

4. Sử dụng phương pháp hệ số bất định
Bài toán 8: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn:
x y x y
z2
4 y2 5 7z2
Tính giá trị biểu thức D 2x2 10 y2
Lời giải: Ta có
x y

x y

z

4 y2 5 7z2

23z2 .
2

x

2

y2

4 y2 7z2 5

Giả sử a, b là cac số thực thỏa mãn:
a x 2 y 2 z 2 b 4 y 2 7 z 2 2 x 2 10 y 2 23z2
Khi đó ax2

4b a
a 2
4b a 10
7b a 23

Vậy D 2 x2

y2 z2

y2

7b a z2
a 2

2 x2 10y2

23z2 với mọi x, y, z

b 3
3 4 y2

7z2

2.0 3.5 15
8


Bài toán 9: Cho các số thực dương x, y, z, t thỏa mãn:
t
1
2 y 2z

x

t

1
3x

z

2

Tính giá trị biểu thức E

t

.

x 8y 9z
Lời
giải
x
2 y 2z
t
1

x

1

x 2. y 2 z 1
t

t

x

t

z

3. t t 2
3x 2
Ta thấy 1 x 8. y 9 z . Giả sử a, b là các số thực thỏa mãn

t
E t
t
x
y
z
x
z x
y
z
a. 2.
2
b. 3.
8.
9.
t
t
t
t t
t
t
t
z

x

y

z x

a 3b t 2a. t 2a b t
a 3b 1

y

z

t 8. t 9. t

a 4 1

2a 8 b 1 E 4.1 1.2 6 2a b 9
Vậy E

1
6

.

* Bài tập tương tự:
Bài toán 10: Cho các số thực dương x, y, z và x > y thỏa mãn:
z

z
y

x

z
x y

6
4

Tính giá trị biểu thức M

x
x y

3

Bài toán 11: Cho các số thực dương x, y, z, t, s thỏa mãn:

.


9


s

1
4
1

x y z
2s
x 2y

t

Tính giá trị biểu thức N

7x 4z

3

s

t

.

8
1

2x y

z t

5. Sử dụng phương pháp hình học
Bài toán 12: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn:
x2 y2 9 y2 z2
16 y2 xz
Tính giá trị biểu thức G
Lời giải:
t
x

2 y 2z

t
1

xy

1 x 2. y
t

yz .

2z 1

t

t

t

1

3x 2
3x 2
z
z
Xét tam giác ABC vuông tại B có
AB 3, BC 4 và đường cao BH. Đặt BH = y,
x2
CD = z, ta thấy x, y, z thỏa mãn y
y

B

y2 9

3

y

4

2 2

z 16
2
xz

A

x

H

z

C

Từ đó suy ra:
G xy yz x z .y 2 S ABC 3.4 12 Vậy G =
12.
Bài tập tương tự:

Bài toán 13: Cho các số thực x, y, z với y dương ,thỏa mãn:

10


29

2

x

y

4

y2

x 1. 2

Tính giá trị biểu thức H

z

y

x 1

2 z.

Bài toán 14: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn:

y2
x

z2
2

xy

2
x

xz

50
y2 169
2
z2
144
2

Tính giá trị biểu thức K

xy

yz

xz.

6. Một số dạng khác

a
b
c
bc c a a b
Chứng minh:
a

0 (*) với a, b, c đôi một khác nhau.

Bài toán 15: Cho

b

2

a

Lời giải: Từ (*) ta suy ra:
Hay

c

b

c
2

c a
b

c

a b

b c
c aa b
Nhân hai vế với 1 ta có:
a
b c

b c
Biến đổi tương tự ta có:

a
c

2

c a

2

a b

a b

(2)

b c

ac cb a2 b2
c a

a

(1)

c aa bb c

bc ab c2 a2

b
c

c aa b

ab ac b2 c2

2

0.

ba b cc a

b c c a
a b
2
2
ab ac b c

a

2

(3)

b c

b

Cộng vế theo vế của (1), (2) và (3) ta có:
a
b c2

b
c a2

c
a b2

11


ab ac b2 c2

bc ab c2 a2

ac cb a2 b2

c aa bb c

c aa bb c
0 đpcm
b2

c aa bb c

ab ac b2 c2 bc ab c2 a2 ac cb a2
c aa bb c
Bài toán 16: Cho
x y
z 0
1
Chứng minh: y x x
x

Lời giải: Ta có:

y

1

1

0

z x y
x y z
x
y z

z 0

x y 2 xy z x y z 2 xy
Tương tự ta có:

x z y 2

xz

và

y z x 2

yz

1

1

1

Do đó ta có: y x x
z x y
x y
z

1

x y z

0 0

2 xyz

1

1

2 yz 2 xz
đpcm

2 xy

2 xyz

Bài toán 17:
Cho a, b, c và x, y, z là các số khác nhau và khác không, đồng thời
a b c
x y z
x2 y2 z2
thỏa mãn: x y z 0; a b c 1. Chứng minh rằng:
1.
a2 b 2 c 2
Lời giải: a
b
c
Đặt p;
q;
r ta có: p + q + r = 0 (*)
x

z
y
1 1 1
1

và
Từ (**) suy ra: 1

1

q
r
1 2p q r

p2

q2

r2

p

1

Kết hợp với (*) ta có: p2
hay x

2

y2

2

a2 b

2

z

c2

(**)
1

pqr
1

1

1

q2 r2

1 (đpcm)

Bài toán 18: Cho a, b, c là các số thực khác 0 thỏa mãn
a b b c c a 8abc. Chứng minh rằng:
a

b

c

3

ab

bc

ca

a b

b c

c a

4

a b b c

b c c a

c a a b

(*)

12


Lời giải: Đẳng thức cần chứng minh tương đương với

a
b
b
c
c
a 3
a b

1

bc
a
c

b c

a b b c

1

c a

c a
cb

ba

b c c a

1

a b 4
3

c a a b

4

3

ac a c ab a b cb b c 4 . a c a b b c ac a c ab a b cb b c
6abc
a
c ac b 2 ab bc 8abc
a

c a b b c

8 abc (dpcm)

Cách 2:
x

a

1 x

b

a b

b

Đặt y

b c
c

z

c a

b a
c

y

b c
a

z

a b

Từ điều kiện suy ra: xyz 1 , ta được :
8
1 z 1 x y z xy yz xz xyz

xyz 1 x 1 y

3

2xyz 1 x y z xy yz xz x y z 4

xy yz xz

*Ý tưởng: Nhìn đẳng thức cần chứng minh khá cồng kềnh, tuy nhiên nếu tinh ý
một chút, ta thấy rằng bên vế trái của (*) có tổng của ba thừa số đồng thời vế
phải của (*) xuất hiện tổng hoán vị của hai thừa số. Vì vậy nếu chuyển vế ta sẽ
nhóm được nhân tử chung là:
a

1

a b

b
b
a
c

a b b c

c

b1
b c

c
c a

ba

b c c a

c1
c a
cb
c a a b

a
a b
3

3
4

4

Đến đây hướng tối ưu nhất có lẽ là quy đồng mẫu số và biến đổi tương
đương, kết hợp với giả thiết a b b c c a 8abc suy ra điều phải chứng minh.


13


Hoặc , ta có thể đi tới hướng tư duy ẩn phụ hóa để đơn giản bài toán hơn một
chút. Vẫn là hướng phát hiện như bên trên, ta sẽ đặt ẩn phụ các thừa số
a
b
c

1
x a
b ;y b
c ; z c a. Khi đó giả thiết xyz 8 và ta cần chứng

3

minh x y z 4 xy yz xz (**). Nếu chỉ dựa vào GT để chứng minh (**) là
chưa đủ mà cần phải khéo léo kết hợp với GT của bài toán để biến đổi.
1
và ax by cz 0. Rút gọn biểu thức
Bài toán 19: Cho a b c
2015
sau:
C
ax2 by2 cz2
bc y z 2 ac x z 2 ab x y 2
Lời giải:
Từ giả thiết ax by cz 0, bình phương hai vế ta có:
a2x2 b2y2 c2z2

ax

by cz

2

0

(*)

2 axby axcz bycz

Biến đổi mẫu số của phân thức đã cho ta có:
bc y z 2 ac x z 2 ab x y 2
bcy2

2bcyz bcz2 bcz2 acx2 2acxz acz2 abx2 2abxy aby2
(**)
bcy2 bcz2 acx2 acz2 abx2 aby2 2 bcyz acxz abxy
Thay (*) vào (**) ta có:
bc y z 2 ac x z 2 ab x y 2
bcy2 bcz2 acx2 acz2 abx2 aby2 a2x2 b2y2 c2z2
c2z2

bcy2 acx2

bcz2 abx2 b2y2

c by2 ax2 cz2

b cz2 ax2 by2

by2 ax2 cz2

a b c

acz2 aby2

a2x2

2
2
a cz2 by ax

ax2 by2 cz2

Từ đó: C
bc y z

2

ac

x z

2

ab x y

2

ax2 by2 cz2
by2 ax2 cz2 a b c

1

1

a b c

1
2015

Vậy C = 2015.

Bài toán 20: Cho 1 1 1 2 và a b c abc.
a b c
1
1
Rút gọn biểu thức: N
a2 b2

2015

1
c2
14


Lời giải: Từ giả thiết ta có:
1 1 1
1 1
a b
1
a2

2

c

1
b

1
c2

12

b c
2a b c 4
a

2

2

abc

2

1
1
12 4
( vì a b c abc)
a2 b2 c2
1
1
1 2
a2 b2 c2
Vậy N = 2

C. MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG.
Bài toán 21: Cho 1

1

a

b

1
a

1

1
c

b

n

n

1
(*). Chứng minh rằng:
c a b c
với n là số nguyên dương lẻ.

1
a b

n

Lời giải:
Ta có: 1

1

c

n

1

n

1

n

1

a b c a b c
bc ac ab a b c abc
abc b2c bc2 ac2 a2c abc ab2 a2b 0 a b b c a c 0
(a+b) = 0 hoặc (b+c) = 0 hoặc (a+c) = 0
Hay a = - b; b = - c; c = - a
Do n lẻ nên: an bn ;bn cn ;cn an
Suy ra: 1
(vì cùng bằng 1 )

1 1
1
a

b

c

a b

n

n

n

nn

c

c

n

n

3

3

3

Bài toán 22: Chứng minh rằng nếu: a
b c
Thì với mọi số nguyên dương lẻ n ta đều có: n a
Lời giải: Ta có:
3a 3 b 3 c 3 a b c
3

3

n

a b c
b n c na b c

a 3 b 3 c 33 a b c 3
a b c 3 3 a 3 b 3 b 3 c 3 c 3 a a b c 3a3b3b3c3c3a
0

Suy ra: 3 a 3 b 0 hoặc 3 b 3 c 0 hoặc 3 c 3 a 0
Vì vai trò của a, b, c là bình đẳng với nhau nên có thể giả sử
3

a3b03a3b3bab


15

Do đó với n là số nguyên dương lẻ thì ta có:
n
n
a nb n c n b nb n c
b
n

Hay n a

n

n

b

n

c

n

c b b

1
Bài toán 23: Chứng minh rằng, nếu x2
x y z
1

1

b

1

1
y2

2

y

2

1

2

2

1
y

x

n

c

1
z2

c

z
1

12

yz
1 1

y

z

z x

xy

1
xy

1
yz

1
zx thì

1

Lời giải: Ta có: x2 y2 z2 xy yz zx
21
1 1
21
1
x
1

n

c b a

a b c

1

n

1 0
2

zx
0

1 1 1
x
y z x y z
D. BÀI TẬP THAM KHẢO
Bài 1: Cho a, b, c thỏa mãn: a
b

c
2014 2015 2016
Chứng minh rằng: 4 a b b c c a 2
x2 yz

Bài 2: Cho

y2 xz

a

z2 xy

b bc

c

2

Chứng minh rằng: a

b

x
3

3

x

3ax2 by2 cz2

1

1

y

z

3

a

y

3

b

x
Chứng minh:
1x
23 3

z

3

c

y

2

1y
;y

z
2

1z
43 3

1
2

3
9 3 31
9 331
Bài 6: Cho a b c 0 (a, b, c khác 0)
3

.

. Chứng minh rằng:

1

Bài 4: Cho xy xz yz 1 và x, y, z khác

Bài 5: Cho x

ac

c2 ab

3

Bài 3: Cho ax by cz
1

2

4xyz
2

1x
. Tính A

2

2

1y
1z
3
x y xy3 63 3
39

16

Tính B ab a b bc b c ca c a

1

ab a b
Bài 7: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn:
x2

xy

y2

1
bc b c

1
ca c a

25

3

y2
3
x2

z2

xz

9

z2 16

Tính giá trị biểu thức P

xy 2 yz

3 xz.

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
1. Kết quả, đánh giá:
Sau khi đưa ra những bài toán này hướng dẫn cho học sinh, tôi khảo sát thu lại kết quả như
sau:

Đơn vị

Khối 8;9

Hứng thú với dạng
Biết cách tiếp
toán
cận dạng toán
Tổng số
102 HS
46
36
Tỷ số%

100%
45,1%
35,3%
Qua bảng trên và bảng khảo sát ban đầu ta thấy chất lượng học sinh được
tăng lên một cách rõ rệt:
- Hứng thú với dạng toán: tăng từ 27 HS lên 46 HS ( 20,8% lên 45,1%).
- Biết cách tiếp cận dạng toán: tăng từ 20HS lên 36HS ( 8,3% lên 33,3%).
Thông qua bảng số liệu cho thấy sáng kiến này đã có tính ứng dụng và
mang lại hiệu quả cho việc học tập của học sinh.
2. Tính ứng dụng của đề tài
Phương pháp nghiên cứu đề tài này được vận dụng với các giờ đại số giờ
tự chọn, đặc biệt hiệu quả trong việc định hướng nghiên cứu cho học sinh.
Giáo viên có thể dùng làm tài liệu giảng dạy, nâng cao trình độ chuyên
môn đặc biệt trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi, ôn thi vào lớp 10 PTTH.
Có thể thực hiện một chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi trong tổ nhóm
chuyên môn.
Phần 3. KẾT LUẬN
Trong năm học 2018- 2019 tôi đựợc Phòng Giáo dục và Đào tạo thành
phố Thanh Hóa, Ban giám hiệu trường THCS Trần Mai Ninh phân công bồi
dưỡng học sinh giỏi. Kết hợp với việc bồi dưỡng học sinh giỏi nhiều năm gần
đây bản thân tôi thấy việc hình thành cho học sinh cách suy nghĩ để tìm lời giải
cho bài toán hoặc mỗi dạng toán nào đó là công việc rất cần thiết. Vì vậy tôi đã
tìm tòi nghiên cứu đưa ra một số phương pháp hướng dẫn cho học sinh tiếp cận
dạng toán này.

17


Trên đây là một số bài toán tôi đã vận dụng vào quá trình nghiên cứu và
hướng dẫn cho học sinh. Những biện pháp và bài học tôi đã trình bày ở trên,

bước đầu đạt được kết quả chưa thật mỹ mãn đối với tâm ý của bản thân. Tuy
nhiên, nếu thực hiện tốt tôi nghĩ nó cũng góp phần đổi mới phương pháp dạy
học mà ngành đang quan tâm và chỉ đạo để nâng cao chất lượng học sinh nói
chung và chất lượng mũi nhọn nói riêng.
Nội dung của đề tài và những kinh nghiệm của tôi cũng chỉ là một biện
pháp nhỏ bé để góp phần nâng cao chất lượng giáo dục, nó không tránh khỏi
nhiều thiếu sót, vì vậy tôi rất mong được sự góp ý, xây dựng của các thầy giáo,
cô giáo, cùng các bạn đồng nghiệp, nhằm giúp tôi từng bước hoàn thiện phương
pháp giảng dạy của mình. Tôi hy vọng đề tài này sẽ góp phần vào việc nâng cao
chất lượng dạy và học, góp phần tạo hứng thú cho học sinh khi học tập về phần
nàỵ
Đề tài còn nhiều hạn chế như:
- Chưa khai thác được hết các dạng.
- Các bài tập chưa nhiều;
- Cách trình bày chưa thật súc tích, khoa học.
Tôi mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo, các em học
sinh về đề tài này để tôi rút kinh nghiệm cho việc viết đề tài lần sau.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiếm kinh nghiệm của mình không sao chép
nội dung của người khác.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 3 năm 2019
CAM KẾT KHÔNG COPY
Người viết

Trần Thị Hiền

18

TÀI LIỆU THAM KHẢO
- Sách giáo khoa, sách bài tập toán 9.
- Toán nâng cao và phát triển toán 9 – Vũ Hữu Bình.
- Bài tập nâng cao và một số chuyên đề toán 9 – Bùi Văn Tuyên.
Tài liệu chuyên toán trung học cơ sở - Toán 9 – Đại số - Vũ Hữu Bình – Nguyễn
Ngọc Đạm – Nguyễn Bá Đang – Lê Quốc Hân – Hồ Quang Vinh.
1. Toán nâng cao và các chuyên đề đại số 8. NXB Giáo Dục
2. Nâng cao & phát triển toán 8. NXB Giáo Dục
3. Nâng cao & phát triển toán 9. NXB Giáo Dục.
4. Các chuyên đề chọn lọc toán 9 – Tôn Thân, Phạm Thị Lệ Hằng, Nguyễn Đức
Trường.
5. 225 bài toán chọn lọc Đại số. NXB Đại học quốc gia.
6. Một số tạp chí toán học tuổi thơ. NXB Giáo Dục
7. Tuyển chọn theo chuyên đề toán học tuổi trẻ. NXB Giáo Dục
8. Thực hành giải toán. NXB Giáo Dục
9. Một số đề thi học sinh giỏi ...

19