SKKN HƢỚNG dẫn học SINH GIẢI bài TOÁN bất ĐẲNG THỨC BẰNG kĩ THUẬT CHỌN điểm rơi

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
-----------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
TÊN ĐỀ TÀI
HƢỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG
THỨC BẰNG KĨ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI

Quảng Bình, tháng 12 năm 2018


CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
-----------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
TÊN ĐỀ TÀI
HƢỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG
THỨC BẰNG KĨ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI

Họ tên : Hoàng Thị Minh Huệ
Chức vụ : Tổ phó chun mơn
Đơn vị cơng tác: Trƣờng THPT Đào Duy Từ

Quảng Bình, tháng 12 năm 2018


MỤC LỤC
Trang
PHẦN I. MỞ ĐẦU : .... .......................................................................................... 1

1.1. Lý do chọn đề tài : ................................................................................. 1
1.2. Mục đích nghiên cứu : ............................................................................ 1
1.3. Phạm vi nghiên cứu : .............................................................................. 1
1.4. Phương pháp nghiên cứu : ..................................................................... 1
PHẦN 2. NỘI DUNG : . .......................................................................................... 2
2.1. Giới thiệu cơ bản về bất đẳng thức AM-GM và bất đẳng thức
Bunhiacopxki ......................................................................................... 2
2.2. Hiểu thế nào là điểm rơi.......................................................................... 2
2.3. Các bài toán : ......................................................................................... 3
PHẦN 3. KẾT LUẬN: . .......................................................................................... 18
TÀI LIỆU THAM KHẢO:……………………………………………………... 19



1. MỞ ĐẦU.
1. 1.Lí do chọn đề tài
Bất đẳng thức là một chun đề khó trong chương trình phổ thơng. Qua nhiều
năm giảng dạy, đặc biệt là bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi nhận ra rằng rất nhiều
học sinh, kể cả học sinh giỏi khi tiếp cận với các bài tốn về bất đẳng thức đều
rất ngại. Ngồi một số lượng các bất đẳng thức tên tuổi còn rất nhiều kĩ thuật
khó, chưa kể phải kết hợp nhuần nhuyễn chúng lại với nhau. Phải là người có tư
duy tốt và nhiều kinh nghiệm mới xử lí được. Trong số các kĩ thuật nói trên, kĩ
thuật sử dụng điểm rơi là rất quan trọng. Người ta đã ví rằng, nếu bạn là một du
khách nước ngoài, muốn biết được đường đến hồ Gươm nhưng trong tay chỉ có
tấm bản đồ của Thành phố Hồ Chí Minh và cố gắng tìm kiếm thì điều này hồn
tồn vơ vọng. Ít nhất bạn cũng phải có tấm bản đồ của địa phương có địa điểm
đó. Bất đẳng thức cũng vậy, nếu ta khơng khoanh vùng được rất khó để tìm ra
hướng giải quyết. Điều ta có thể làm là dựa vào đặc điểm của bài tốn chọn một
điểm rơi thích hợp. Từ đó sử dụng các biến đổi khác để chứng minh hay tìm
kiếm kết quả. Vì vậy, với sự mong muốn tìm hiểu và áp dụng để truyền đạt cho

học sinh, tôi đã lựa chọn đề tài “Hướng dẫn học sinh giải bài toán bất đẳng thức
bằng kĩ thuật chọn điểm rơi”.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Giúp học sinh khá giỏi sử dụng thành thạo bất đẳng thức AM-GM và bất
đẳng thức Bunhiacopxki kết hợp với kĩ thuật chọn điểm rơi hoặc điểm rơi giả
định để chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức.
1.3. Phạm vi nghiên cứu
Giải một số bài toán về chứng minh bất đẳng thức hoặc bài tốn tìm cực trị
bằng bất đẳng thức AM-GM và bất đẳng thức Bunhiacopxki kết hợp với kĩ
thuật chọn điểm rơi.
1.4. Phƣơng pháp nghiên cứu:
- Đọc hiểu các tài liệu tham khảo
- Trao đổi, semina với các đồng nghiệp cũng như phỏng vấn, trao đổi với
các học sinh khá giỏi. Tìm hiểu kỹ năng giải các bài toán về chuyên đề này của
học sinh khá giỏi.

Trang 1


2. NỘI DUNG
2.1. Giới thiệu cơ bản về bất đẳng thức AM-GM (BĐT Cauchy) và bất
đẳng thức Bunhiacopxki.
a) Bất đẳng thức AM-GM
• Bất đẳng thức AM-GM cho hai số khơng âm: Cho hai số khơng âm a, b ta
 ab
có BĐT a  b  2 ab  ab  
 . Đẳng thức xảy ra khi a  b
 2 
2

• Bất đẳng thức AM-GM cho ba số khơng âm: Cho ba số không âm a, b, c ta
 abc
có BĐT a  b  c  3 abc  abc  
 . Đẳng thức xảy ra khi a  b  c
3


3

3

• Bất đẳng thức AM-GM tổng quát cho n số không âm: Cho n số không âm
 a  a  ...  an 
a1 , a2 ,..., an ta có BĐT a1  a2  ...  an  n a1.a2 ...an  a1.a2 ...an   1 2
 .
n


n

n

Đẳng thức xảy ra khi a1  a2  ...  a n .
b) Bất đẳng thức Bunhiacopxki: Cho hai dãy số thực a1 , a2 ,..., an và
b1 , b2 ,..., bn . Khi đó:

a b  a
1

1

2

b2    an bn    a12  a22    an2  . b12  b22    bn2 
2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a1 a2
a
   n .
b1 b2
bn

2.2. Hiểu thế nào là điểm rơi
Chọn điểm rơi nghĩa là dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi nào để ta có những
đánh giá từ đó đưa ra phương pháp hợp lí. Trong q trình chứng minh bất đẳng
thức, kĩ thuật chọn “điểm rơi” là kĩ thuật rất quan trọng. Việc này sẽ ít phức tạp
hơn nếu bất đẳng thức chứa các biến có “tính đối xứng hoặc có thể hốn vị vịng
quanh”. Trong một số trường hợp bất đẳng thức khơng có tính chất trên, ta có
thể dùng mở rộng của phương pháp này, còn gọi là “điểm rơi giả định”.
Để chọn được điểm rơi, thường ta chú ý đến các điều kiện của bài toán đặt ra
từ ban đầu. Nếu bài tốn chỉ có một biến thì điểm rơi chính là giá trị của biến
khi dấu “=” xảy ra. Nếu bài tốn chứa nhiều biến có tính đối xứng hoặc hốn vị
vịng quanh thì ta có thể chia đều giá trị đó cho số biến và điểm rơi là giá trị
được chia đều đó.

Trang 2

Nếu bài tốn khơng có điều kiện ban đầu hoặc điều kiện ban đầu khơng đủ để
dự đốn, ta có thể quan sát tiếp bất đẳng thức cần chứng minh. Điểm rơi chính
là sự bằng nhau của các biến nếu các biến có tính đối xứng.
Dựa trên những kinh nghiệm đó, ta xét một vài ví dụ sau:
2.3. Các bài tốn.
Bài 1: Cho x  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  3x 

1
.
4x

Giải:
Nhìn qua có vẻ rất đơn giản. Theo thói quen, rất nhiều học sinh sẽ làm như sau:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 2 số dương 3x,
S  3x 

1
ta được:
4x

1
1
 2 3x 
 3 hay min S  3 .
4x
4x

Tuy nhiên phải nhắc nhở các em rằng dấu bằng xảy ra khi nào?. Rõ ràng nếu xét
dấu bằng xảy ra thì 3x 

1
1
(không thỏa mãn điều kiện đặt ra ban
x
4x
12

đầu của bài tốn).
Từ đó giáo viên đưa ra cách giải đúng: Nhận xét với điều kiện ban đầu x  1 thì
S sẽ đạt giá trị nhỏ nhất khi x  1 . Trong biểu thức S, ta đã tìm được minx
nhưng

1
thì khơng đánh giá trực tiếp được. Do đó ta nghĩ đến việc khử x ở
4x

mẫu bằng bất đẳng thức AM-GM. Muốn đẳng thức xảy ra thì các số hạng của
vế trái phải bằng nhau. Khi đó phải tìm một số k sao cho

x 1
. Vì x  1 nên

k 4x

k  4.

Vậy S 

11x  x 1  11.1
1

13
13
   
2
 . MinS 
khi x  1 .
4
4  4 4x 
4
4.4 4

Bài 2: Cho x  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  x 
Giải:

Trang 3

1
.
x2


1
2

1
2

Sai lầm: S  x  x 
khi

1
1 1 1
1
 3 3 S  x  x  2  3 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
2
x
2 2 x
4

1
1
x  2 . Do đó x  3 2 (không thỏa mãn điều kiện đặt ra ban đầu của bài
2
x

toán).
Cách giải đúng: Chọn điểm rơi x  2 .
Khi đó phải tìm một số k sao cho
S

x x 1
  . Suy ra k  8 .
k k x2

3x  x x 1  3.2
1 9
   2 
 33
 . Dấu "  " xảy ra khi x  2 .
4 8 8 x  4

64 4

Bài 3: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z 
nhất của S  x  y  z 

3
. Tìm giá trị nhỏ
2

1 1 1
  .
x y z

Giải:
Sai lầm: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 6 số thực dương x, y, z,
S  x y z

1 1 1
, ,
x y z

1 1 1
1 1 1
   6 6 x  y  z     6  Min S = 6
x y z
x y z

Kết quả có được rất “đẹp” nhưng dấu “=” xảy ra khi nào?
Min S = 6  x  y  z 

1 1

x y



1
3
 1  x  y  z  3  trái với giải thiết.
z
2

Như vậy mới nhìn qua, ta có cảm giác rất tốt rằng ta sẽ khử được các biến một
cách nhẹ nhàng. Tuy nhiên khi viết ra mới thấy được cái khơng hợp lí do điều
kiện bài tốn khơng cho phép. Vậy ta phải khai thác cho được điều kiện ban
đầu.
Cách giải đúng: Do S là một biểu thức đối xứng với x, y, z nên dự đoán MinS
đạt tại điểm rơi x  y  z 

1
.
2

Khi đó phải tìm một số k sao cho

x 1
1
1
 . Vì x  nên k  .
k x

2
4
Trang 4


Do đó:

x

1
1
 4 x   3x  2 4  3x  4  3x
x
x

Tương tự:

y

1
y

z

1
1
 4 z   3z  2 4  3z  4  3z
z
z



4y 

1
 3y  2 4  3y  4  3y
y

Cộng vế theo vế ta được:
1 1 1
S  x  y  z     4  3x  4  3 y  4  3z  12  3( x  y  z )
x y z
3 15
 12  3. 
2 2

Vậy MinS 

15
1
khi và chỉ khi x  y  z 
2
2

a, b, c  0
Bài 4: Cho 
3 . Tìm GTNN của
a  b  c 
2


S  a2 

1
1
1
 b2  2  c 2  2
2
b
c
a

Giải
Sai lầm thƣờng gặp:




S  33 a2  12 . b2  12 . c2  12  36  a2  12  . b2  12  . c2  12 

b



c

a







b



c



a





 36  2 a2 . 12  . 2 b2 . 12  . 2 c2 . 12   36 8  3 2  MinS = 3 2 .


b



c



a



Khi đó
MinS = 3 2  a  b  c 

1 1 1
3
   1  a  b  c  3  trái với giả thiết.
a b c
2

Lời giải đúng:

Trang 5


Quan sát S là một biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự đoán minS đạt tại

a bc 

1
2

 2
1
a  b2  c 2 


4


 1  1  1 4
2

 b2  c 2 
 a



1 4

   16
4 

Lời giải

S  a2 

1
1
 ..... 

2
2
16
b
16
b





b2 

1
1
 ..... 

2
2
16
c
16
c




16

 1717 a 2 .





16

1
1

1
1
1
1
2
2
.....

17
b
.
.....

17
c
.
.....
2
2
2
17
17
16
b
16b2
16
c
16c2
16
a

16a2






16

16


a2
b2
c2
a
b
c
17
17

17

17
 17  17 8 16  17 8 16  17 8 16
16 32
16 32
16 32
 16 b
16 b

16 c
16 a
16 c
16 a


 17 3 3 17


1
1
 ..... 
2
16
a 
16a2


16

16

 1717

c2 

a 17 b 17 c 
a
3 17
.

.
 3. 17 17 8 5 5 5 
8 16
8 16
8 16
16 b 16 c
16 a 
16 a b c 2.17 2a2b2c 5




3 17
15

 2a  2b  2c 

3





3 17
.
2

2.17 

Dấu “ = ” xảy ra khi a  b  c  1  Min S =

2

3 17
2

Bài 5: Cho a, b là các số thực dương. Chứng minh rằng
a b
8ab
 
4
b a ( a  b) 2

Giải:
Mong muốn của ta đó là phải khử được biến ở mẫu. Đối với số hạng thứ nhất và
thứ hai thì mẫu có thể khử được nhờ vào tử của số hạng thứ ba. Nhưng mẫu của

Trang 6






số hạng thứ ba thì chưa thể thực hiện ngay được. Vì thế ta có thể quy đồng hai
số hạng đầu để xuất hiện tổng a  b .
Trong bài toán này, điều kiện ban đầu rất đơn giản nên khơng đủ để ta dự đốn
điểm rơi. Tuy nhiên lại thấy rằng vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh đối
xứng đối với a, b . Do đó ta có thể dự đốn dấu “=” xảy ra khi a  b . Từ đó ta
phải tìm k, l sao cho

ab ab
8ab
.


kb
la
( a  b) 2

Mà a  b nên k  l  1 .
Vậy
ab ab
8ab


 33 8  6
2
b
a
( a  b)

hay
a
b
8ab
1 1
6
b
a
( a  b) 2

Suy ra
a b
8ab
 
 4.
b a ( a  b) 2

Bài 6. Cho các số thực dương a, b, c sao cho a  b  c  3 . Chứng minh rằng:
a(b  3c)  b(c  3a)  c(a  3b)  6

Giải:
Nhận xét: vế trái của bất đẳng thức có tính chất “xoay vịng”. Ta có thể dự đốn
điểm rơi: a  b  c  1. Khi đó b  3c  c  3a  a  3b  4 .
Ta có khéo léo chèn thêm 4 vào trong căn thức.
4a(b  3c) 

4a  b  3c
2

4b(c  3a) 

4b  c  3a
2
Trang 7


4c(a  3b) 

4c  a  3b

2

Vậy
4a(b  3c)  4b(c  3a)  4c( a  3b) 

4a  b  3c 4b  c  3a 4c  a  3b


2
2
2


8a  8b  8c 8.3

 12
2
2

Tức là
a(b  3c)  b(c  3a)  c(a  3b)  6 .

Bài 7: Cho a, b, c là các số dương thoả mãn a  2b  3c  20 . Chứng minh rằng
abc

3 9 4

  13
a 2b c

Giải:
Dự đoán a  2, b  3, c  4 .
Tìm m, n, p sao cho

a 3 b 9 c 4
 , 
, 
m a n 2b p c
a 3
2 3
4
 hay   m 
m a
m 2
3
b 9
3 9

hay   n  2
n 2b
n 6

c 4
4 4
 hay   p  4
p c
p 4
3
a

Khi đó a  b  c  

9 4  3a 3   b 9   c 4  a 2b 3c
        

2b c  4 a   2 2b   4 c  4 4
4

3
3
a  2b  3c
20
 2   2   2.1 
 3 2 2
 13
2
2
4
4

Bài 8: Chứng minh rằng nếu a, b là các số thực dương thỏa mãn a 2  b2  5 thì
a 3  b6  9 .

Trang 8


Giải:
Nhận thấy biểu thức trong bất đẳng thức không đối xứng nên khó có thể dự
đốn điểm rơi. Vì thế ta có thể áp dụng phương pháp điểm rơi giả định.
Giả sử a  x, b  y. Khi đó

a 3  a 3  x3  3a 2 x  a 3 

1 3 3 2
x  ax
2
2

b6  y 3  y 3  3b2 y 2

Suy ra
1
3
a 3  b6  2 y 3  x3  a 2 x  3b 2 y 2
2
2
3
1
a 3  b6  a 2 x  3b 2 y 2  2 y 3  x 3
2
2

Để sử dụng giả thiết thì hệ số của a 2 , b2 phải bằng nhau. Khi đó

3x
 3y2 .
2

 3x
2
x  2

  3y
Giải hệ  2
ta có 
y 1
 x 2  y 2  5
8
2

Do đó a3  b6  3a 2  3b 2  2   9 .

Bài 9: Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng
10a 2  10b2  c2  4(ab  bc  ca)

Giải:
Bất đẳng thức
Nhận thấy a, b có vai trị bình đẳng nên giả định rằng a  b  x, c  y.
Ta có
a 2  b2  2ab  a 2 xy  b2 xy  2abxy

Trang 9


a 2 y 2  c 2 x 2  2acxy
b2 y 2  c 2 x 2  2bcxy

Cộng vế theo vế ta được
a 2 ( xy  y 2 )  b2 ( xy  y 2 )  2c 2 x 2  2xy(ab  bc  ca)  2xy

Khi đó ta có hệ
 xy  y 2 2 x 2


(1)

1
 10
 x.x  xy  yx  1 (2)
2

y  y
y
(1)  xy  y  20 x      20  0   4
x x
x
2

2

(2)  x 2  2 x.4 x  1  0  x 

Suy ra

1
4
y .
3
3

20 2
2
8

(a  b 2 )  c 2   10a 2  10b 2  c 2  4 .
9
9
9

Bài 10: Cho x, y, z, t là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  zt  tx  1. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
P  10 x 2  4 y 2  10 z 2  t 2

Giải:
Quan sát biểu thức P , ta thấy hệ số của x và z bằng nhau, có nghĩa là x và z
có vai trị như nhau. Do đó ta có thể giả sử P đạt min thì x  z  a, y  b, t  c .
Khi đó: bx  bz  ay, cx  cz  at .
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM
b2 x2  a 2 y 2
abxy 
2
a 2 y 2  b2 z 2
abyz 
2

Trang 10


c 2 z 2  a 2t 2
aczt 
2
actx 

a 2t 2  c 2 x 2

2

Nếu cộng vế theo vế ta khơng đưa về được gì. Do đó cần thêm một bước biến
đổi như sau:
b2 x2  a 2 y 2
abcxy 
c
2
abcyz 

a 2 y 2  b2 z 2
c
2

c 2 z 2  a 2t 2
abczt 
b
2

a 2t 2  c 2 x 2
abctx 
b
2

Cộng vế theo vế ta có:
abc( xy  yz  zt  tx) 

(b2 x 2  a 2 y 2 ).c  (a 2 y 2  b 2 z 2 ).c  (c 2 z 2  a 2t 2 ).b  (a 2t 2  c 2 x 2 ).b
2

(b 2c 2  bc 2 )( x 2  z 2 )  2a 2cy 2  2a 2bt 2
abc 
2

Hay
(b2c2  bc2 )( x 2  z 2 )  2a 2cy 2  2a 2bt 2  2abc

Đối chiếu với biểu thức P đã cho, ta cần chọn các hệ số a, b, c sao cho
b 2c 2  bc 2 2a 2c 2a 2b


10
4
1

Khi đó ta có hệ
 bc(b  c) a 2c

 2a 2b (1)
 bc(b  c) a c
2


 2a b


2
  10
2
 10

ab  ba  ac  ca  1
a(b  c)  1 (2)

2
2

Trang 11


Từ (1) suy ra b  4c thay vào (2). a.5b 

1
1
.
a
2
10b

2

b.4b.5b
2
 1 
Suy ra
 2
 b 
10
100b
 10b 
 b4 

1
1
4
1
b
c
,a
100
10
10
10

Khi đó
1 16  2
1 4 2
1 1 2
1
1
4
4
1 4

  (x  z2 )  2  
y 2 
t  2



 10 

10 10
10 10
10
10 10 
10 10 10 5 10


Vậy
P

4
 5 10  4
5 10

min P  4 . Dấu “=” xảy ra khi x  y  z 

1
4
.
,t 
10
10

Điểm rơi không chỉ được sử dụng trong bất đẳng thức AM-GM mà cịn có thể
dùng với bất đẳng thức Bunhiacopxki. Sau đây là một số ví dụ.
Bài 11:
Cho x là số thực dương thỏa mãn x  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A  x2 

1

x2

Giải:
Sai lầm: A  x 2 

1
1
 2 x   2 . Min A  2  x  1. Trái giả thiết.
2
x
x

Cách giải đúng: Dựa vào điều kiện ta có thể chọn điểm rơi x = 2.
Mặt khác, nhận thấy biểu thức A có dạng tổng của hai bình phương nên ta nghĩ
đến việc dùng bất đẳng thức Bunhicopxki với chiều ngược lại. Giả sử với các
số α,β ta có
1
1  2 1 2
1 

A x  2  2
x  2  (   2 )  2
x  
2 
2 
x   
x 
  
x
2

Trang 12

2


Ta cần chọn hai số α,β sao cho giá trị nhỏ nhất của A đạt được tại x = 2. Từ đó
ta có:
x  2
  4

1 
x
  1
   x


Do đó
2

2

2

1
1
1
1
1
1  x 1 15 x 

1  15  17
A  x  2   x 2  2  (42  12 )   4 x      
   1   
x 17 
x 
17 
x  17  4 x
4  17 
2
4
2

Vậy GTNN của A là

17
 x  2.
4

Bài 12: Cho x, y là số thực dương thỏa mãn mãn x  y  4 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
A  x2 

1
1
 y2  2
2
x
y

Giải:

Sai lầm: A  x 2 

1
1
 y2  2  2  2  2 2 .
2
x
y

min A  2 2  x  y  1. Trái giả thiết

Lời giải đúng: Dự đoán A đạt GTNN khi x  y  2 . Áp dụng bất đẳng thức
Bunhiacopxki
x2 

1
1

2
x
2  2

1
 2 1 2
2
 x  2      
x 
2  2




 x  
x


y2 

1
1

2
y
2  2

 2 1  2
1
2
 y  2      
y 
2  2




 y  
y


Ta tìm 2 số  ,  sao cho

Trang 13



x  y  2

  4
x
1

 
  1
  x
y
1
 
 y 

Khi đó
A

1  2 1 2 2
1  2 1  2 2
 x  2 4 1  
 y  2 4 1 
x 
y 
17 
17 



1 
1
1 
1
1 
1 1
 4x   
4y   
 4( x  y )   
x
y
x y
17 
17 
17 



1 
4 
 4( x  y ) 
  17
x y
17 

Vậy min A  17  x  y  2
Bài 13: Cho a, b, c thỏa mãn a  b  c  2abc  10 . Chứng minh rằng

S

8 9b 2 c 2 a 2
8 9c 2 a 2b 2
8 9a 2 b 2 c 2








6 6
a2
2
4
b2
2
4
c2
2
4

Giải:
Biểu thức S có tính hốn vị. Do đó ta có thể dự đốn dấu bằng xảy ra khi
a  b  c  2.

8 9b 2 c 2 a 2




a2
2
4


1
x2  y 2  z 2

8 9b 2 c 2 a 2


a2
2
4

 2 2 x 3by caz 
1




2
2
2 
2
x y z  a
2

Suy ra phải tìm x, y, z sao cho
2 2
3b ca

2
6
2
2
a
2


 x  y  z 
x
y 2 z

a  b  c  2

Trang 14

x2  y 2  z 2


Chọn x  1, y  3, z 

2 . Ta có

8 9b 2 c 2 a 2
1




2
a
2
4
12

2
8 9b 2 c 2 a 2 2 2
1  2 2 9b ca 


1

3

2





a2
2
4
12  a
2
2



1 4

  9b  ca 
24  a


Tương tự
8 9c 2 a 2b 2
1 4




  9c  ab 
2
b
2
4
24  b

8 9a 2 b 2 c 2
1 4




  9a  bc 
2

c
2
4
24  c


Cộng vế theo vế ta có:
S


1  1 1 1
 4  a  b  c   9(a  b  c)  ab  bc  ca 
24  




1  4
 4
 4

 a  a    b  b    c  c    2a  bc    2b  ca    2c  ab   6(a  b  c) 
24 
 
 


1 

2.2  2.2  2.2  2 abc  2 abc  2 abc  6(a  b  c) 


24
1 

12  6 2abc  6(a  b  c) 
24 
1
72

(12  60) 
 6 6.
24
24


Trang 15


KẾT QUẢ
Chuyên đề này hằng năm vẫn được sử dụng để bồi dưỡng đội tuyển học sinh
giỏi và bước đầu cũng cho thấy đã có được một số kết quả. Khi chưa được tiếp
xúc với chuyên đề, bất cứ học sinh nào cũng thấy khó khăn đối với các bài toán
về bất đẳng thức. Nhiều em cứ thấy bài toán về bất đẳng thức là có cảm giác
nản. Có học sinh nói rẳng “nếu em gặp bài tốn bất đẳng thức trong đề thi em sẽ
bỏ qua”. Tuy nhiên sau khi được bồi dưỡng về phần này, các em đã cảm thấy tự
tin hơn và hứng thú hơn trong các bài tốn về bất đẳng thức. Các em đều nói
rằng bất đẳng thức khó thật nhưng rất hay. Nếu đề bài khơng q khó thì ln
có thể cố gắng hết sức để làm. Chính điều này cho thấy mỗi dạng bài tập khi đã
hé lộ được con đường để đi thì khơng những người ta sẽ đi mà cịn thấy thú vị
trên mỗi bước đi ở con đường đó. Đó là lí do vì sao bất đẳng thức khó mà tôi

hay các đồng nghiệp và các em học sinh vẫn muốn tìm tịi nghiên cứu những
chun đề như thế này, cái mà người ta vẫn nói “vẻ đẹp của Tốn học”.
Để thấy rõ kết quả này, tôi đã cho học sinh làm bài kiểm tra trước và sau bồi
dưỡng. Sau đây là kết quả của việc bồi dưỡng học sinh giỏi của chuyên đề này.
TT

Họ tên

Trước khi
kiểm tra

Sau khi
kiểm tra

1

Đỗ Trần Minh Chu

4,0

7,0

2

Nguyễn Thanh Hùng

4,5

8,0

3

Hoàng Thị Thanh Huyền

5,0

7,5

4

Huỳnh Huy Thành

4,5

8,0

5

Hoàng Quang Tiến

5,5

8,0

6

Nguyễn Khánh Toàn

3,0

7,0

7

Nguyễn Hữu Tuấn

6,0

9,0

8

Trần Hiếu Nghĩa

5,0

7,5

9

Nguyễn Tiến Anh

3,0

8,0

Trang 16

Thành tích

Giải nhì HSG lớp 11
cấp tỉnh năm 2018

Giải KK HSG lớp 11
cấp tỉnh 2015


10

Đồn Kim Nhân

4,0

8,5

Giải nhì HSG lớp 12
cấp tỉnh 2017

11

Phan Nữ Hải Đường

3,5

7,0

Giải KK HSG lớp 11
cấp tỉnh 2017

12

Đặng Long Nhật

3,0

7,5

Giải KK HSG lớp 11
cấp tỉnh 2017

Trang 17


KẾT LUẬN
Cũng như mọi thứ, “điểm rơi” không phải ngẫu nhiên có, mà phải qua quan
sát, tính tốn. Tuy nhiên với một biểu thức khơng q phức tạp thì việc tính tốn
điểm rơi là điều khơng khó, hồn tồn vừa sức đối với học sinh. Chỉ cần em nào
có ít kĩ năng thì sẽ nhận ra ngay điểm rơi. Nhờ đó mà bài tốn được giải quyết
một cách tự nhiên, khơng gượng ép. Bất đẳng thức vì vậy mà cũng khơng q
xa lạ.
Ở bài viết này, tơi đã trình bày lời giải của một số bài toán liên quan chứng
minh bất đẳng thức và tìm GTLN, GTNN mà trong đó, kĩ thuật chọn điểm rơi
trong bất đẳng thức AM-GM và bất đẳng thức Bunhiacopxki là điểm mấu chốt.
Vì thời gian hạn chế nên tơi chưa thể trình bày được nhiều dạng của phương
pháp này và khó tránh khỏi sai sót. Kính mong sự quan tâm, góp ý của độc giả
để bài viết hồn thiện hơn.
Cuối cùng, tơi xin chân thành gửi lời cảm ơn đến các đồng nghiệp đã quan tâm,
giúp đỡ, tạo điều kiện để hoàn thành bài viết.

Trang 18

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Đại số 10 nâng cao (2012)- Nxb giáo dục Việt Nam.
2. Võ Quốc Bá Cẩn- Trần Quốc Anh (2013), Sử dụng AM-GM để chứng
minh bất đẳng thức- Nxb Đại học sư phạm.
3. Trần Đức Huyên (2012), Tài liệu chuyên toán trung học phổ thơng
chun đề: Bất đẳng thức và bài tốn min- max- Nxb giáo dục Việt Nam.
4. T.S Lê Hồnh Phị (2013), Bồi dưỡng học sinh giỏi toán đại số 10Nxb Đại học quốc gia Hà Nội.

Trang 19


Trang 20


PHẦN NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ
I. Nhận xét, đánh giá của Hội đồng khoa học trƣờng THPT Đào Duy Từ
1. Nhận xét:
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................

..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................

2. Xếp loại:......................
II. Nhận xét, đánh giá của Hội đồng khoa học Sở GD và ĐT Quảng Bình
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................