SKKNBAT DANG THUC

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (197.51 KB, 18 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Mục lục

Phần I: Mở đầu

1. Lý do chọn đề tài

2. Mục đích nghiên cứu

3. Phơng pháp nghiên cứu

4. Nhiệm vụ của đề tài

5. Phạm vi đề tài

6. Đối tợng nghiên cứu và phơng pháp tiến hành

7. Dự kiến kết quả của đề tài

PhÇn II: Néi dung

phát triển năng lực, t duy của học sinh THCS thông qua việc

áp dụng giải toán bất

đẳng thức trong đại số

1. Một số kiến thức cơ bản về bất đẳng thức

2. Một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức trong đại số

3. Một số ứng dụng của bt ng thc

Phần III: Thực nghiệm s phạm

Phần IV: Kết luËn

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

A. Mở đầu

1) Lý do chọn đề tài.

Tốn học có vị trí đặc biệt trong việc nâng cao và phát triển dân trí. Tốn học khơng chỉ
cung cấp cho học sinh (ngời học Toán) những kỹ năng tính tốn cần thiết mà cịn là điều kiện
chủ yếu rèn luyện khả năng t duy lôgic, một phơng pháp luận khoa học.

Trong việc dạy học Tốn thì việc tìm ra những phơng pháp dạy học và giải bài tập Tốn
địi hỏi ngời giáo viên phải chọn lọc, hệ thống bài tập, sử dụng đúng phơng pháp dạy học để
góp phần hình thành và phát triển t duy của học sinh. Đồng thời qua việc học Toán học sinh
cần đợc bồi dỡng, rèn luyện về phẩm chất đạo đức, các thao tác t duy để giải các bài tập Toán
trong đó có các bài tốn về bất đẳng thức cũng là một trong những bài toán hay giúp học sinh
phát huy cao độ tính t duy, trí tuệ cho học sinh.

Tuy nhiên giải toán bất đẳng thức là bài toán khó vì phạm vì kiến thức rộng, đặc biệt là
với học sinh T.H.C.S. Là giáo viên dạy ở THCS tôi thấy thực trạng khi dạy tốn bất đẳng thức
đó là:

- Giáo viên khi dạy về bất đẳng thức chỉ chữa bài tập là xong, ít khai thác, phân tích đề
tài mở rộng bài toán mới dẫn đến khi học sinh gặp bài tốn khác một chút là khơng giải đợc.

- Học sinh thờng ngại học toán bất đẳng thức vì kiến thức khơng liền mạch, phơng
pháp giải hạn chế, các bài tốn bất đẳng thức thờng khó, phải áp dụng các

kiến thức khó nh: quy nạp tốn học, phản chứng,... nên học sinh hay ngại và học sinh cha vận
dụng đợc toán bất đẳng thức vào để giải các bài tốn khó nh cực trị, hàm số,...

Vì vậy: Phát triển năng lực t duy cho học sinh thông qua việc giải toán bất đẳng thức là
cần thiết. Trong những năm học tập, giảng dạy ở trờng THCS tơi đã học hỏi, tích luỹ đợc một
số kiến thức về tốn bất đẳng thức xin đợc trình bày dới góc độ nhỏ.

2) Mục đích nghiên cứu.
a. Đối với giáo viên:

- Nâng cao trình độ chun mơn phục vụ cho q trình giảng dạy.
- Làm quen với cơng tác nghiên cứu khoa học nâng cao kiến thức.

b. §èi víi häc sinh:

- Giúp học sinh học tập mơn tốn nói chung và việc giải bài tập về chứng minh bất
đẳng thức nói riêng. Trang bị cho học sinh một số kiến thức mới nhằm nâng cao năng lực học
mơn tốn giúp các em tiếp thu bài một cách chủ động, sáng tạo và làm công cụ giải quyết
một số bài tập có liên quan đến bất đẳng thức.

- Gây đợc hứng thú cho học sinh khi làm bài tập trong SGK, sách tham khảo, giúp học
sinh tự giải đợc một số bài tập.

- Giải đáp những thắc mắc, sửa chữa những sai lầm hay gặp khi giải toán bất đẳng thức
trong quá trình dạy học.

- Giúp học sinh nắm vững một cách có hệ thống các phơng pháp cơ bản và vận dụng
thành thạo các phơng pháp đó để giải bài tập.

Thơng qua việc giải các bài tốn bất đẳng thức giúp học sinh thấy rõ mục đích của việc
học tốn và học tốt hơn tốn bất đẳng thức.

3) Ph¬ng pháp nghiên cứu

- Nghiờn cu lý thuyt thụng qua SGK, tài liệu tham khảo của học sinh tại trờng.
- Nghiên cứu qua việc rút kinh nghiệm, học hỏi thầy cô giỏo, ng nghip.

- Sử dụng phơng pháp phân tích tổng hỵp.

4) Nhiệm vụ của đề tài.

Trong đề tài này đa ra một số kiến thức cơ bản về bất đẳng thức phù hợp với trình độ

nhận thức của học sinh THCS.

Trang bị cho học sinh một số phơng pháp giải tốn bất đẳng thức, áp dụng để làm bài
tập.

Rót ra mét sè nhËn xÐt vµ chó ý khi lµm tõng phơng pháp.

Chn lc, h thng mt s dng bi tp hay gặp cho phù hợp với từng phơng pháp giải,
cách đổi biến.

Vận dụng giải toán bất đẳng thức vào giải tốn cực trị, giải một số phơng trình dạng
dặc biệt.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Phát triển năng lực t duy của học sinh thơng qua giải tốn bất đẳng thức đối với hc sinh
lp 8 v lp 9.

6) Đối tợng nghiên cứu và phơng pháp tiến hành

Đề tài áp dụng cho học sinh lớp 8, lớp 9 và trong các giờ luyện tập, ôn tập cuối kỳ, cuối
năm, kỳ thi học sinh giỏi và thi tuyển vào THPT.

Phơng pháp tiến hành: Học sinh có kiến thức cơ bản, đa ra phơng pháp giải, bài tập áp
dụng, sai lầm hay gặp, bài tập tự giải ( Học sinh về nhà tự làm )

7) Dự kiến kết quả của đề tài.

Khi cha thực hiện đề tài này: Học sinh chỉ giải đợc những bài tốn đơn giản, hay mắc sai
lầm, hay gặp khó khăn, ngại làm bài tập về bất đẳng thức.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

B Néi dung

áp dụng giải toán bất đẳng thức trong đại số ở trờng THCS.
I/ Một số kiến thức cơ bn v bt ng thc.

1. Định nghĩa:

Cho 2 số a và b ta nói:

a lớn hơn b, kí hiệu: a > b  a - b > 0.
a nhá h¬n b, kÝ hiƯu: a < b  a - b < 0.

2. Các tính chất của bất đẳng thức:

2.1. a > b  b < a.

2.2. TÝnh chất bắc cầu: a > b, b > c a > c.

2.3. Tính chất đơn điệu của phép cộng: Cộng cùng một số vào hai vế của bất đẳng
thức: a > b  a + c > b + c.

2.4. Cộng từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều đợc bất đẳng thức mới cùng chiều với
bất đẳng thức đã cho: a > b, c > d  a + c > b + d.

Chú ý: không đợc trừ từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều.

2.5. Trừ từng vế của hai bất đẳng thức ngợc chiều đợc bất đẳng thức mới cùng chiều với
bất đẳng thức bị trừ.

NÕu a > b, c > d th× a - c > b - d

2.6. Tính chất đơn điệu của phép nhân:

a) Nhân hai vế của bất đẳng thức với cùng một số dơng.
a > b, c > 0  a.c > b.c

b) Nhân hai vế của bất đẳng thức với cùng một số âm.
a > b, c < 0  a.c < b.c

2.7. Nhân từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều mà hai vế không âm
Nếu a > b  0, c > d  0 thì ac > bd.

2.8. Nâng lên luỹ thừa bậc nguyên dơng hai vế của bất đẳng thức
a > b > 0  an > bn.

a > b  an > bn víi n = 2k ( k



Z).

2.9. So s¸nh hai luü thõa cùng cơ số với số mũ nguyên dơng
Với m > n > 0:

- NÕu a > 1 th× am > an.

- NÕu a = 1 th× am = an.

- NÕu 0 < a < 1 th× am < an.

2.10. Lấy nghịch đảo hai vế và đổi chiều bất đẳng thức nếu hai vế cùng dấu
Nếu a > b > 0 hoặc a < b < 0 thì 

a
1

b

Chú ý: Ngoài các bất đẳng thức chặt (a > b) ta cịn gặp các bất đẳng thức khơng chặt (a

 b) tức là a > b hoặc a = b.

Trong các tính chất nêu trên nhiều tính chất dấu > (hoặc dÊu “ <”) cã thĨ thay bëi
dÊu “” ( hc dÊu “”)

3. Các bất đẳng thức cần nhớ.

3.1. a2  0, -a2  0. Xảy ra dấu đẳng thức khi a = 0.

3.2. a  0. Xảy ra dấu đẳng thức khi a = 0.

3.3. - a  a  a . Dấu đẳng thức xảy ra khi a = 0.

3.4. ab  a + b . Xảy ra dấu đẳng thức khhi ab  0.

3.5. a b  a - b . Xảy ra dấu dẳng thức khhi ab  0; a  b .
(Các điều kiện này cịn có thể diễn đạt lại là a  b  0 hoặc a  b  0).

Chú ý: Một số bất đẳng thức quan trọng:
a/ a2 + b2  2ab.

b/ (

b
a

)2  ab hay (a + b)2  4ab (Bất đẳng thức Cơ si).

a

b


b
a

víi a; b > 0.
d/

b
a

a
b

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

e/ (ax + by)2  (a2 + b2).(x2 + y2). (Bất đẳng thức Bunhia - Côpxki)

II. Một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức trong đại số
1. Phơng pháp dùng định nghĩa

1.1 Cơ sở toán học:

Để chứng minh A > B ta chøng minh A - B > 0.
§Ĩ chøng minh A 1.2 VÝ dơ minh ho¹.

VÝ dơ 1: Chøng minh r»ng (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)  -1.
Gi¶i

XÐt hiƯu: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) - (-1) = [(x-1)(x-2)].[(x-2)(x-3)]
= (x2-5x+4)(x2-5x+6) + 1.

Đặt (x2-5x+5) = y, biểu thức trên đợc viết lại nh sau:

(y-1)(y+1) + 1 = y2-1+1 = y2

 0.

 (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) - (-1)  0 hay (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)  -1.

VÝ dô 2: Chøng minh: 2(x2 + y2)

 (x + y)2.
Gi¶i

XÐt hiƯu 2 vÕ:

2(x2 + y2) - (x + y)2 = 2x2 + 2y2 - x2 - 2xy - y2 = x2 - 2xy + y2 = (x + y)2

 0.

VËy 2(x2 + y2)

 (x + y)2.

VÝ dô 3: Chứng minh rằng nếu a và b là các số thực không âm thì:

b
a

ab.

Giải

Xét hiệu:

b
a

- ab =
2

ab
b

a  =

2
)
( a b 2



 0. §óng víi mäi a; b  0.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.

VÝ dô 4: Cho a > 0; b > 0. Chøng minh r»ng: .
2
2

2
3






 

b a b
a

Gi¶i

XÐt hiƯu: A =  





 

8
2

2
2

3
2

2
2

3 b a b a b a ab b a b

a 











 



   .

8
3

2
4

4
2

4
2
2

2
2

b
a
b
a

b
ab
a

b
a

b
ab
a

b
ab
a
b
a












     











  







V× a > 0; b > 0; (a - b)2  0 nªn A  0.

VËy .

2
2

2
3






 

b a b
a

1.3. Bài tập tự giải. Chứng minh các bất đẳng thức sau:

1/ .

2
2






 

b a b

a

2/ x3 + 4x + 1 > 3x2 víi x

 3.

3/ Cho a + b = c + d. Chøng minh r»ng: c2 + d2 + cd  3ab.

4/ Víi ab1 th× .

1
2
1

1
1

2 b ab

a    



2. Phơng pháp dùngcác tính chất của bất đẳng thc.

2.1. Cơ sở toán học.

- Xut phỏt t cỏc bt đẳng thức đã biết vận dụng các tính chất của bất đẳng thức để
suy ra bất đẳng thức phải chứng minh.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

VÝ dô 1: Cho a + b > 1. Chøng minh a4 + b4 >

8
1

Gi¶i

Ta cã a + b > 1 > 0. (1)

Bình phơng 2 vế của (1) ta đợc:
(a + b)2 > 1  a2 + 2ab + b2 > 1. (2)

Mặt khác: (a - b )2

0 a2 - 2ab + b2

 0. (3)

Cộng từng vế của (2) và (3) ta đợc: 2(a2 + b2) > 1  (a2 + b2) >

2
1

. (4)

Bình phơng hai vế của (4) ta đợc: a4 + 2a2b2 + b4 >

4
1

. (5)
Mặt khác: (a2 - b2)2  0  a4 - 2a2b2 + b4  0. (6)

Cộng từng vế của (5) và (6) ta đợc: 2(a4 + b4) >

4
1

. Hay a4 + b4 >

8
1

.
VÝ dơ 2: Cho a, b, c lµ ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

c
b
a

a

c
b 

b
a
c 


a

b

c

Gi¶i

XÐt

c
b
a 

a
c
b 

víi a + b - c > 0; b + c - a > 0.

áp dụng bất đẳng thức Cô si cho x; y > 0, ta có:

x

+ 1y  1xy  x4 y.

Vì vậy ta đợc:

c
b
a 

a
c
b 


b

2
4

b

T¬ng tù ta cã:

a
c
b 

b
a
c 


c

b
a
c 

c

b
a 


a

Cộng từng vế của 3 bất đẳng thức rồi chia cả hai vế cho 2 ta đợc:

c
b
a 

a
c
b 

b

a
c 


a

b

c

.
DÊu b»ng x¶y ra khi a = b = c.

VÝ dơ 3: Chøng minh r»ng nÕu 2 2 2


b

a thì ab2.

Giải

Ta có: a b2 0 a2 2ab b2 0 a2 b2 2ab.











Tõ 2 2 2 2 2 2.








b a b

a

Suy ra 2ab 20 hay 2ab 2.

Mặt khác (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 (1)

2ab2 (2)

2 2 2


b

a (3)

Tõ (1), (2), (3) suy ra ab2 4 hay ab 2.
Nhng ab ab nªn ab2.

2.3. Chú ý: Khi sử dụng các bất đẳng thức ta cần tránh những sai lầm sau:
1. a > b; c > d  a - c > b - d.

2. a > b; c > d  ac > bd. (Nhân vế với vế của hai bất đẳng thức mà cha biết hai vế có
khơng âm hay khơng)

3. Bình phơng hai vế của một bất đẳng thức mà cha biết hai vế không âm:
a > b  a2 > b2.

4. Khư mÉu mµ cha biÕt dÊu cđa chóng:

b
a

d
c

 ad > bc.

5. Lấy nghịch đảo hai vế và đổi chiều bất đẳng thức mà cha biết hai vế có cùng dấu hay
không: a > b 

a

b

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

6. Khi làm trội một biểu thức đơi khi phải chia biểu thức thành nhiều nhóm rồi làm trội
từng nhóm.

Ta xÐt vÝ dơ sau:

Chøng minh r»ng: Víi mọi số tự nhiên n 2 thì: 1 +

2
1

3
1

+ ... +
1
2



n < n.

Gọi vế trái của bất đẳng thức là A, ta có:
A = 1 + (

2
1

3
1

) + ( 2
2

+ ... +

7
1

) + ( 3
2

+ ... +

15
1

) + ... + ( 1
2



n + 2 1



n ).

ë mỗi nhóm ta làm trội bằng cách thay các phân số nhỏ hơn trong nhóm bằng phân số lớn

nht trong nhóm ta đợc:
A < 1 +

2
1

.2 + 2
2

.4 + 3
2

.8 + ... + 1
2



n .2n-1 =     
n

1
...

1   = n.

2.4 Bài tập tự giải:Chứng minh các bất đẳng thức sau:
1/

b
a

1
1

 

b
a 

(a > 0; b > 0).
2/ a2 + b2 + c2 + d2 4 abcd

 .

3/ Cho a + b =1. Chøng minh r»ng: a4 + b4



.
4/ 2

2
1

+ 2
3

+ ... + 12

n < n
n1

3. Phơng pháp biến đổi tơng đơng.

3.1. C¬ së to¸n häc.

- Để chứng minh bất đẳng thức A  B ta biến đổi tơng đơng (dựa vào các tính chất của
bất đẳng thức) A  B  ... C  D. Và cuối cựng t dc bt ng thc ỳng hoc hin

nhiên là C  D.

Vì các phép biến đổi đều là tơng đơng nên A  B.

- Để dùng phép biến đổi tơng đơng ta cần chú ý các hằng đẳng thức sau:
(A B)2 A2 2AB B2





 .

(A + B + C)2 = A2 + B2 + C2 + 2AB + 2BC + 2CA.

3.2. Các ví dụ minh hoạ.

Ví dụ 1: Chứng minnh x2 + x + 1 > 0 víi x.

Gi¶i

Ta cã: x2 + x + 1 = (x2 + 2.x.1 +

4
3
)
4
1

 = (x +

2
1

)2 +

4
3

> 0 với x.(Điều phải

chứng minh).

Ví dụ 2: Chứng minh r»ng: Víi mäi a, b, c, d, e



R th×:
a2 + b2 + c2 + d2 + e2

 a(b + c + d + e) (1)
Gi¶i

Nhân cả hai vế của bất đẳng thức (1) với 4 ta đợc:
4a2 + 4b2 + 4c2 + 4d2 + 4e2  4a(b + c + d + e).

 (a2 - 4ab + 4b2) + (a2 - 4ac + 4c2) + (a2 - 4ad + 4d2) + (a2 - 4ae + 4e2)

 0
 (a - 2b)2 + (a - 2c)2 + (a - 2d)2 + (a - 2e)2

 0 (2)

V× (a - 2b)2

 0 a;bR.

(a - 2c)2  0 a;cR.

(a - 2d)2  0 a;dR.

(a - 2e)2  0 a;eR.

 Bất đẳng thức (2) đúng với a;b;c;d;eR. Vậy bất đẳng thức (1) đợc chứng minh.

VÝ dơ 3: Chøng minh r»ng víi 4 sè bÊt k× a; b; x; y ta cã:
(a2 + b2)(x2 + y2)  (ax + by)2. (1)

DÊu “=” x¶y ra khi và chỉ khi ax by.

Giải

Ta có: (1) a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2

 a2x2 + 2abxy + b2y2.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Ta thấy bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) đúng.
3.3 Chú ý.

- Sẽ mắc sai lầm nếu trong lời giải trên thay c¸c dÊu “ ” b»ng c¸c dÊu “ ”.

Thật vậy, nếu (1)  (2) mà bất đẳng thức (2) không đúng thì cha thể kết luận đợc bất đẳng
thức (1) có đúng hay khơng.

- Khi sử dụng phép biến đổi tơng đơng, học sinh thờng bỏ qua các phép biến đổi tơng
đơng có điều kiện dẫn đến khơng chặt chẽ. Vì vậy cần lu ý các phép biến đổi tơng ng cú
iu kin.

3.4 Bài tập tự giải

1/ Bài 1: So sánh 2 số A = 3 3 3 và B = 2 2 1.

2/ Bµi 2: Chøng minh r»ng víi x > 1 ta cã: 2

1 


x

x

.
3/ Bµi 3: Chøng minh r»ng: a;b;cR ta cã:

a/ a4 + b4  a3b + ab3.

b/ a2 + b2 + c2

 ab + bc + ca.

4/ Bµi 4: Cho a  0. Chøng minh r»ng: a5 - a2 - 3a + 5 > 0.
4. Phơng pháp quy nạp toán học

4.1 Cơ sở toán häc.

Nội dung của phơng pháp này là tiên đề quy nạp toán học.
Cho mệnh đề phụ thuộc vào số nguyên dơng n. Nếu:

+ Mệnh đề đúng với n = 1.

+ Từ giả thiết đúng với n = k (k



N) suy ra đợc mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Thế
thì mệnh đề đúng với mọi số nguyên dơng.

Nh vậy để chứng minh một mệnh đề T đúng với mọi số nguyên dơng bằng phơng pháp
quy nạp toán học ta phải tiến hành theo 3 bớc:

- B

ớc 1: Chứng minh mệnh đề T(1) đúng. (Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1)
- B

ớc 2: Giả sử mệnh đề T(k) đúng.

Ta phải chứng minh mệnh đề T(k+1) cũng đúng.
- B

ớc 3: Kết luận mệnh đề đúng với mọi số nguyên dơng n.
4.2 Một số ví dụ minh hoạ.

VÝ dơ 1: Chøng minh r»ng: Víi x > -1 th× ( 1 + x)n

 1 + nx, trong đó n là số nguyờn

dơng bất kì.

Giải

+ Vi n = 1, ta cú bt đẳng thức đúng 1 + x  1 + x.

+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k tức là (1 + x)k

 1 + kx.

Ta phải chứng minh bất đẳng thức cũng đúng với n = k + 1. Tức là phải chứng minh (1
+ x)k+1

 1 + (k + 1)x.

ThËt vËy, theo gi¶ thiÕt : 1 + x > 0.
Ta cã (1 + x)k(1 + x)

 (1 + kx)(1 + x)  (1 + x)k+1

 1 + (k + 1)x + kx2.

Mà kx2 > 0 nên 1 + (k + 1)x + kx2

 1 + (k + 1)x.

Từ đó suy ra bất đẳng thức phải chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 0.

Ví dụ 2: Cho a; b là 2 số dơng. Chøng minh r»ng: , 2
2

2   





 


b a b n

an n n

Gi¶i

+ Với n = 2 ta dễ dàng chứng minh đợc

2
2

2
2 




 

b a b

a .

+ Giả sử bài toán đúng với n = k ta có: .

2
2

k
k

k b a b

a






 


 (1)

+ Ta ph¶i chøng minh

1
1

2
2











 


 k k

k b a b

a . (2)

ThËt vËy: Nh©n hai vÕ cđa (1) víi

b
a

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>







 
2
b
a
. .
2
2
k
k

k b a b

a





 








 
2
b
a

. Hay 





 
2
b
a
. .
2
2
1






 


 k k

k b a b

a
Để có (2) ta phải chứng minh:

k
k
k

k b a b a b

a
2
2
2
1
1






 

 


. (3)  ak+1 + bk+1 abk + akb.

ThËt vËy, ta cã: ak+1 + bk+1 - abk - akb = ak(a - b) - bk(a - b)

= (a - b)(ak - bk) = (a - b)2(ak-1 + ak-2b + ... + abk-2 + bk-1) (V× a; b > 0)

 Bất dẳng thức (3) đúng.

Mµ 





 
2
b
a
.
1
2
2






 


 k k

k b a b

a

1
1
1
2
2








 


 k k

k b a b

a .

Vậy bất đẳng thức đợc chứng minh.
4.3. Chú ý.

Khi chứng minh bất đẳng thức bằng phơng pháp này thì phải hiểu kỹ các bớc chứng
minh, các phép biến đổi tơng đơng, tính chất của bất ng thc.

4.4. Bài tập tự giải

1/ Chứng minh rằng với  n  3 ta cã: 2n > 2n + 1.

2/ Chøng minh r»ng 2n > n4 víi mäi sè tù nhiªn n  10.

5. Phơng pháp dùng bất đẳng thc dó bit.

5.1. Cơ sở toán học.

Trong nhiu bi toỏn việc chứng minh bất đẳng thức đợc gọn ta có thể sử dụng các
bất đẳng thức đã đợc chứng minh, nhất là các bất đẳng thức: Cô si, Bunhia - Cơpxki, ...

5.2. VÝ dơ minh ho¹.

VÝ dơ 1: Chøng minh rằng: 2

a
b
b
a

với mọi ab > 0.

Giải
Vì
a

b
b
a

; đều dơng nên áp dụng bất đẳng thức Cơ si cho hai số dơng ta đợc:

.
2
:
.
1
2
1
.
2
2





















a
b
b
a
Hay
a
b
b
a
a
b
b
a
a
b
b
a

DÊu “=” x¶y ra khi vµ chØ khi a b.

a
b
b
a





VÝ dơ 2: Cho a; b tho¶ m·n 3a - 4b = 7. Chøng minh r»ng 3a2 + 4b2  7.

Gi¶i

Cã 3a - 4b = 3. 3.a - 2.2.b = 7.

áp dụng bất đẳng thức Bunhia - Côpxki cho bốn số 3; 3.a; -2; 2b ta đợc:

72 = (3a - 4b)2 = ( 3. 3.a - 2.2.b)2  (3 + 4)(3a2 + 4b2)  7 3a2 + 4b2.

DÊu “=” x¶y ra khi vµ chØ khi

3
3

a =


 2

2b

a = 1; b = -1.

Ví dụ 3: Chứng minh bất đẳng thức Becnuli đối với a R;1qQ thì:
(1 + a)q > 1 + q.a.

Giải

Do qQ và q > 1 nên q =

n
m

trong đó m > n, m; n



áp dụng bất đẳng thức Cô si cho m số ta có:

m n m n

ng
mèh
ng
nsèh
qa
n
qa
qa 









 ) ... (1 ) 1 ... 1 (1 ) .1

1
(
ạ
ạ

.
(Không xảy ra dấu = vì 1 + qa > 1).

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>





.
1
. n
m
qa
qa
n
m





 Nhng mn q1.

VËy ta cã 1. 1













1 .

1
1
qa
a
qa
a
qa
qa
q
q
q

q        





5.3. Chó ý:

Khi sử dụng phơng pháp này cần chú ý: Sử dụng các bất đẳng thức đã đợc chứng minh
với điều kiện chặt chẽ để có đợc bất đẳng thức cần áp dụng. Nếu không sẽ dẫn đến sai lầm,
thiếu sót.

VÝ dơ: Cho a; b0. Chøng minh r»ng: 2 3 4 0

2
2
2











a
b
b
a
a
b
b
a

. (1)
Cã mét häc sinh gi¶i nh sau:

Ta cã (1) 0

4
1
2
3
0
4
1
4
9
3
2
2
2
2
2
2






































a
b
b
a
a
b
b

a
a
b
b
a

2 . 10.

















a
b
b
a
a
b

b
a
(2)

V×  






 2
a
b
b
a

(2) luôn đúng với a;b0.

Vậy (1) luôn đúng với a;b0.(đpcm)

Bài toán này sai ở chỗ áp dụng bất đẳng thức 2







a

b
b
a

với điều kiện a; b không
đúng.

Lời giải ỳng

Cách 1: Đặt x =    2







a
b
b
a
a
b
b
a
x
a
b
b
a

v× ba vµ ab cïng dÊu  x2

hc x2.

Khi đó: 2 2.

2
2
2
2


 x
a
b
b

a Bất ng thc (1)

.
0
2
3
2

x x

Xét bất phơng trình

 















1
2
0
1
2
0
2
3
2
t
t
t
t
t
t

Từ x2 hoặc x2 x nằm trong miền nghiệm của bất phơng trình đã xét.
Vậy x thoả mãn t2 - 3t + 2 0 tức là x2  3x20 đúng.

Mà (1)  x2 3x20 (1) đúng.
Vậy ta có: 22 22 3 40









a
b
b
a
a
b
b
a
.
C¸ch 2:

(1) 4 2 2 3 3 0

3
3
2

2
4
4






b
a
ab
b
a
b
a
b
a

4 4 2 2 2 6 2 2 3 3 3 3 0.








 a b a b a b a b ab (V× a2b2 > 0)









     
  







  0.(2)

4
3
2
.
0
3
.
0
3
.
0
2
3
2
2
2
2
2
2
2
2

2
2
2
2
2





































b
b
a
b
a
ab
b
a
b
a
b
a
ab
b
a
b
a
b
ab

a
ab
b
a

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

1/ Chøng minh r»ng nÕu các số dơnng a; b; c có tổng a + b + c = 1 thì:111 9.

c
b
a

2/ Cho x;yR,x;y0 và 2 2 1


y

x . Chøng minh r»ng: 1.

1 x3y3
3 Cho a 1;b1. Chøng minh r»ng: a b 1b a 1ab.

6. Phơng pháp phản chứng.

6.1. Cơ sở toán học.

Gi mệnh đề cần chứng minh là luận đề “A  B”. Phép toán mệnh đề cho ta:

B
A
B
A
B
A
B

A     

Nh vậy muốn phủ định một mệnh đề ta ghép tất cả các giả thiết của luận đề với phủ
định kết luận của nó.

Ta thờng dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng nh sau:
1/ Dùng mệnh đề phản đảo: B A.

2/ Phủ định luận đề rồi suy ra điều trái với giả thiết.
3/ Phủ định luận đề rồi suy ra 2 điều trái nhau.

4/ Phủ định luận đề rồi suy ra điều trái với một điều đúng.
5/ Phủ định luận đề rồi suy ra kết luận của AB B.

6.2. VÝ dô.

VÝ dô 1:Cho a2b2 2. Chøng minh r»ng: a + b  2.

Gi¶i

Gi¶ sư a + b > 2.

Vì hai vế đều dơng nên bình phơng hai vế ta đợc:
(a + b)2 > 4  a2 + 2ab + b2 > 4. (1)

Mặt khác ta có: 2ab < a2 + b2 a2 + 2ab + b2  2(a2 + b2).

Mµ 2 2 2


b

a (gt)  2(a2 + b2)

 4. Do đó a2 + 2ab + b2 < 4. (2)

Ta thÊy (2) m©u thn víi (1).
VËy a + b  2.

VÝ dô 2: Cho 3 sè thùc a; b; c thoả mÃn điều kiện:

0 abc

ca

bc

ab

c

b

a

Chứng minh rằng cả 3 số a; b; c là số dơng.

Giải

Vỡ abc > 0 nên trong 3 số a; b; c phải có một số dơng.
Giả sử ngợc lại cả 3 số đều âm thì abc < 0. Vơ lí.
Khơng mất tính tổng qt ta gi s a > 0.

Mà abc > 0 nên bc > 0.

NÕu b < 0; c < 0 th× b + c < 0.
Tõ a + b + c > 0

2
2

bc
ac
ab
c

bc
b
ac
bc
ab

c
bc
b
ac
ab
ac
ab
c
bc
b
c
b
a
c
b
a
c
b

Điều này trái với giả thiết: ab + ac + bc > 0.

 b > 0; c > 0.

VËy c¶ 3 sè a; b; c là số dơng.

6.3. Chú ý.

Vi nhng bi toỏn chng minh bất đẳng thức có dạng nh trên ta nên sử dụng phơng
pháp phản chứng. Tuy nhiên để sử dụng phơng pháp này cần nắm vững 5 cách chứng minh và
các tính chất của bất đẳng thức để biến đổi, lập lun.

6.4. Bài tập tự giải.
1/ Cho a > b > 0 và 1 1

b
a

ab

. Chứng minh rằng không thể có a < 1; b < 1.
2/ Cho hai sè d¬ng a; b thoả mÃn điều kiện a5 + b5 = a3 + b3.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

3/ Cho ba sè dơng a; b; c thoả mÃn điều kiện abc = 1. CMR: abc3.

7. Phơng pháp đổi biến.

7.1 Cơ sở toán học.

B1: §Ỉt biÕn míi dùa theo bÕn cị.

B2: Biến đổi bất đẳng thức theo biến mới, chứng minh bất đẳng thức theo biến mới.
B3: Kết luận và trả lời theo biến cũ.

7.2 VÝ dơ minh ho¹.

Ví dụ 1: Chứng minh bất đẳng thức sau: abcab cab cbc a. (1)

Với a; b; c l di ba cnh ca mt tam giỏc.

Giải

Đặt: b + c - a = x; a + c - b = y; a + b - c = z, ta cã x; y; z > 0.

.
2
;
2
;
2
y
x
c
z
x
b
z
y

a     



Ta ph¶i chøng minh: .

2
.
2
.
2 xyz
y
x
z
x
x
y




   

      64 .

)
2
.(
8
2
2
2
2
2

2 x z x y x y z
z
y
xyz
y
x
z
x
z
y










Ta cã:

 
 
x z xz

xz
z
y

xy
y
x
4
4
4
2
2
2







Vì hai vế của bất đẳng thức trên khơng âm nên ta nhân từng vế các bất đẳng thức trên ta đợc:

y z 2 x z 2 x y2 64x2y2z2.











y z



x z



x y







8xyz










 (2) đợc chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
Vậy (1) đợc chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

VÝ dô 2: Cho a + b+ c = 1. Chøng minh r»ng: .
3
1
2
2
2


b c

a
Giải

Đặt .

3
1
;
3
1
;
3
1

z
c
y
b
x

a Do a + b + c = 1 nªn x + y + z = 0.

Ta cã: 


















































 2 2 2

2
2
2
2
2
2
3
2
9
1
3
2
9
1
3
2
9
1
3
1
3
1
3

1 x y z x x y y z z

c
b
a
  .

3
1
3
1
3
2
3

1    2 2 2  2 2 2

 x y z x y z x y z

Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi .

3
1
0   




y z a b c

x

VÝ dơ 3: Cho

2
1
;

2
1
;
2
1






 b c

a vµ a + b + c = 1. CMR:

.
4
1
2
1
2
1

2a  b c

Giải

Đặt x = 2a + 1, y = 2b + 1, z = 2c + 1.
DÔ thÊy: x0,y 0,z 0.

Ta cã: x + y + z = 2(a + b + c) + 3 = 5.
Ta ph¶i chøng minh:

)
2
.(
5
,
5
.
16
2
)
1
.(
4

yz
xz
xy
yz
xz
xy
z
y
x
z
y
x
.

Mặt khác ta lại có: .

2
;
2
;
2 yz
z
y
xz
z
x
xy
y
x

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Chửng tỏ (2) đúng. Suy ra (1) đúng.
Vậy: 2a1 2b1 2c14.

7.3 Chú ý: Khi dùng phơng pháp đổi biến để chứng minh bất đẳng thức cần chú ý:
* Đặt biến mới theo hệ biến cũ, kèm theo điều kiện của biến mới.

* Nắm chắc đợc các phép biến đổi, các bất đẳng thức cơ bản để áp dng.
* i v bin c.

7.4 Bài tập tự giải.

1/ Cho a; b; c là ba cạnh của một tam giác. Chøng minh r»ng:

.
3











 a b c

c
b

c
a

b
a

c
b

a

2/Cho a; b; c 0. Chøng minh r»ng: .

2
2
2
2
2
2

4
2
2

4 a b c

b
a

c
c
a

b
c
b

a  







8. Phơng pháp tam thức bậc 2.

8.1. Cơ sở toán học.

Ta có thể dùng định lí về dấu của tam thức bậc 2, dấu của nghiệm của tam thức bậc 2 để
chứng minh bất đẳng thức.

Cho tam thøc bËc 2: F(x) = ax2 + bx + c víi b2 4ac.

+ NÕu 0 th× a.F(x) > 0 víi xR.

+ NÕu 0 th× a.F(x) > 0 víi   

a
b

x F(x) cïng dÊu víi a.

+ NÕu 0 th× x1;x2:x2 x1. Ta cã:

- x nằm ngoài khoảng 2 nghiệm: x < x1; x > x2  a.F(x) > 0.

- x n»m trong kho¶ng 2 nghiƯm:x1 <x < x2  a.F(x) < 0.

8.2. Ví dụ minh hoạ.

Ví dụ 1: Cho 1a2;1b2;1c2và a + b + c = 0. CMR: a2 + b2 + c2  6.

Gi¶i

Theo tÝnh chÊt vỊ dÊu cđa tam thøc bËc 2: 1a2 a 2a10. (1)

T¬ng tù ta còng cã: 1b2 b 2b 10. (2)

1c2 c 2c 10. (3)

Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta đợc:

a2 - a - 2 + b2 - b - 2 + c2 - c - 2  0  a2 + b2 + c2 - (a + b + c)  6.

V× a + b + c = 0 nªn a2 + b2 + c2  6.

Ví dụ 2: Chứng minh bất đẳng thức Côsi - Bunhia côpxki.
Cho n cặp số thực bất kỳ (a1; b1); (a2; b2)... (an; bn). Thế thì:

(a1b1 + a2b2+... + anbn) (a12 + a22 +...+ an2)(b12 + b22 +...+ bn2).

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi sè k



R sao cho: ka1= b1; ka2= b2;...; kan= bn.

Gi¶i:

Víi x



R ta cã: (a1x- b1)2 0

(a2x- b2)2 0

...
(anx- bn)2 0

Từ đó suy ra: a12x- 2a1b1x+ b120

a22x2- 2a2b2x+ b220

...

an2x2- 2anbnx+ bn20

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta đợc:

(a12 + a22 +...+ an2)x2- 2(a1b1+ a2b2+...+ anbn)+(b12 + b22 +...+ bn2) 0.

Vế trái là một tam thøc bËc 2

F(x)= (a1b1+ a2b2+...+ anbn)x2- 2(a1b1+ a2b2+...+ anbn)+(b12 + b22 +...+ bn2).

(Víi a12 + a22 +...+ an2 0). Mà f(x) 0, x

R nên ta có: ’ 0 tøc lµ:’= B2- AC. Hay:
’= (a1b1+ a2b2+...+ anbn)2- (a12 + a22 +...+ an2)(b12 + b22 +...+ bn2) 0.

 (a1b1+ a2b2+...+ anbn)2(a12 + a22 +...+ an2)(b12 + b22 +...+ bn2).

(Nếu A=0 thì: a1= a2=...= an= 0, Do đó bất đẳng thức cần chứng minh là tầm thờng).

DÊu “=” x¶y ra khi vµ chØ khi: ’=0  (a1x - b1)= (a2x - b2)=...= (anx - bn) = 0

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

VÝ dơ 3: Cho c¸c sè: a, b, c, d th¶o m·n: a + d = b + c. Chøng minh r»ng:
NÕu lÊy sè m sao cho: 2m > ad bc thì với mọi x

R ta luôn có:

(x - a)(x - b)(x - c)(x - d) + m2

0 (1).

Giải

Dựa vào giả thiết cho: a + d = b + c nªn ta cã:

(1)



2  





2  



2 0











 x a d x ad x b c x bc m

Vì a + d = b + c nên đặt: y = x2 - (a + d)x = x2 - (b + c)x ta đợc bất đẳng thc:

.
0

2
2

m
abcd
y
bc
ad
y

m
bc
y
ad
y

Đặt F(y)= y2 + (ad + bc)y + abcd + m2.

Ta cã: ad bc2 4.1.



abcd m2



ad bc2 4m2.

y      

Vì 2mad bc nên

.0

01

0

4

2 



















y

F

y

A

bc

ad

m

Hay (x - a)(x - b)(x - c)(x - d) + m2  0. (®pcm)

8.3 Chú ý: Khi sử dụng tam thức bậc hai cần chú ý:
+Nắm chắc định lí về dấu của tam thức bậc 2.

+ Thờng dùng các phép biến đổi tơng đơng để đa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng:








0
)
(

x
F

hc 






0
)
(

y
F

Trong đó F(x), F(y) là tam thức bậc 2 đối với biến x hoặc biến y.
8.4 Bài tập tự giải

1/ Chứng minh rằng với mọi a



R ta đều có 3.

1
1
3

1
2
2










a
a

2/ Cho a; b; c tho¶ m·n hƯ thøc: a2 + b2 + c2 = 2 vµ ab + bc + ca = 1. Chøng minh r»ng:

.
3
4
;
;
3
4




 a b c

3/ Cho b > c > d. Chøng minh r»ng víi mäi a



R ta lu«n cã:
(a + b + c + d)2 > 8.(ac + bd).

4/ Cho 6 sè a; b; c; d; m; n tho¶ m·n: a2 + b2 + c2 + d2 < m2 + n2. Chøng minh r»ng:



m2 a2 b2



n2 c2 d2



mn ac bd2.










III. Một số ứng dụng của bất đẳng thức.
A. Một số định lí, bất đẳng thức cần dùng.

1.Mệnh đề 1: Nếu tổng các số thực dơng x1; x2; ... xn bằng một số cho trớc thì tích của chúng

lín nhÊt khi: x1= x2= ...= xn.

*Định lí 1: Nếu có n số dơng x1; x2; ... xn có tổng bằng S khơng đổi thì tích

P = x1. x2. ... .xn có giá trị lớn nhÊt khi: ... .
2

2
1
1

n

m
x
m

x
m

x





Trong đó mi là các số hữu tỉ dơng.

2. Mệnh đề 2: (Đối ngẫu): Nếu tích của các số dơng x1; x2; ... xn bằng một số cho trớc thì tổng

cđa chóng bÐ nhÊt khi x1= x2= ... = xn.

*Định lí 2: Nếu n số thực dơng x1; x2; ... xn có tích P = x1. x2. ... .xn khơng đổi thì tổng S = x1

+ x2 + ... + xn có giá trị bé nhất khi ... .
2

2
1
1

n
n

m
x
m

x
m

x





Trong đó mi (i = 1; 2; ...; n) là các số hữu tỉ dơng cho trớc.

3. Mệnh đề 3: Cho x1; x2; ... xn



R ta có: x1  x2 ... xn x1x2 ...xn. (1)

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi xi cùng dấu. Đặc biệt: x1 x2 x1 x2.

B. áp dụng

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Bài 1: Tìm GTNN của hàm sè:  19932  19942.





 x x

y

Gi¶i

Dễ thấy hàm số xác định với xR. Ta có: yx 1993 x 1994 x 19931994 x.

áp dụng bất đẳng thức: a1  a2 a1a2 ta đợc: yx 19931994 x 1 y1.
Dấu “=” xảy ra  x1993x199401993x1994.

Do đó ymin = 1.

Bµi 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y x2 x1 x 2 x1.

Gi¶i

Điều kiện để hàm số xác định là: x1.

Khi đó: y  x 112   x112  x11 x1 1.

.
2
1
1

1   




 y x x

DÊu b»ng x¶y ra

  

1 .2

1

0

1 



















x

VËy ymin = 2.

Bài 3: Cho x; y liên hệ bởi phơng trình x2 + 2xy + 7(x + y) + 2y2 + 10 = 0 (1).

T×m GTNN cđa biĨu thøc S = x + y + 1.

Gi¶i

Ta cã (1)  x2 + 2xy + y2 +2(x + y) + 1 + 5(x + y) + 5 + 4 = -y2.

 (x + y)2 + 2(x + y) + 12 + 5(x + y + 1) + 4 = -y2.

 (x + y + 1)2 + 5(x + y + 1) + 4 = -y2.

 S2 + 5S + 4 = -y2.

 S2 + 5S + 4 0.

Đặt F(S) = S2 + 5S + 4.  F(S) cã 2 nghiÖn S = -1; S = -4.

Mµ











0

)
(

a

F

S

do đó dựa vào dấu của tam thức bậc 2 ta có  4S1.

VËy GTNN cđa S = x + y + 1 lµ -4















0

5 y

x

GTLN cña S = x + y + 1 lµ -1















0

2 y

x

2. Tìm điều kiện của tham số để phơng trình, hệ phơng trình, tam thức bậc 2 thoả mãn
điều kiện nào đó.

Bµi 1: Cho phơng trình 2 2 2 2 2 1 2 2 1.






 a x a

x

a Tìm giá trị của tham số a để phơng trình

có đúng 2 nghiệm trên tập hợp số nguyên.

Gi¶i

Ta cã: a2x2 2 a2x2 1 2a2 a2x2 2a2 1 a2x2 2a2 A.













áp dụng bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối ta có: 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1.








a x a a x a

A

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a2x2 - 2a2; 1 - a2x2; 2a2 cùng dấu. Do đó

















0

1

0

2

2
2
2

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

NÕu a0 th× 2 2 12
a

x

. Để phơng trình có 2 nghiệm nguyên trên tập hợp số nguyên thì x2 chỉ

có thể nhận giá trị duy nhất là số chính phơng trong khoảng

2
1
;
2
a .

Vậy .

2
1
3
1
9
1

4 2 a

a

Bài 2: Cho tam thøc bËc 2 F(x) = ax2 + bx + c tho¶ m·n: F(1) 1; F(0)1; F(1)1 .

Chøng minh r»ng:

5
4
)
(x 

F khi x 1.

Gi¶i
Ta cã:

















































2 )1(

)0(

2 )1(

)0(

)1(

F

b

F

a

c

F

cb

a

F

cb

a

F

Thay vào F(x) ta đợc:









(0)





2
)
1
(
2
)
1
(
)
0
(
2
)
1
(
2

)
1
(
)
0
(
2
)
1
(
2
)
1
(
)
0
(
2
)
0
(
)
1
(
)
0
(
2
)
1

(
)
1
(
)
(
2
2
2
2
2
2
2
x
F
x
x
F
x
x
F
F
x
F
x
F
x
F
x
F

x
F
F
x
F
F
x
F
F
F
x
F






















 












áp dụng bất đẳng thức (1) và giả thiết ta đợc:

.
1
2
1
2
1
)

(x x2 x x2 x x2

F  

Ta xét các trờng hợp sau:

+ Với 0x1 th× 1 1 .

2
1
2

1 x2 x x2 x x2 x x2







 (*)

+ Víi  1x0 th× 1 1 .

2
1
2

1 x2x x2 x   x2  x x2 (**)

Tõ (*) vµ (**) chøng tá víi x 1 ta cã .

4
5

2
1
4
5
1
)
(
2
2













 x x x

x
F

VËy F(x)  .

(®pcm)

3. Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình và hệ phơng trình.

VÝ dơ 1: Gi¶i phơng trình sau: 3 2 12 16 2 4 13 5.







 x y y

x

Gi¶i

Ta thÊy: 3 2 12 16 3 22 4 2







 x x

x .

2 4 13  22 9 3.







 y y

y

 3 2 12 16 2 4 13 5.







 x y y

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

DÊu “=” x¶y ra













































2 9134

41612

3 3134

21612

3

2

y

x

yy

xx

yy

xx

Vậy nghiệm của phơng trình đã cho là (x = 2; y = 2).
Ví dụ 2: Giải hệ phơng trình:























)2

.(

0

2 )1

.(

0

3

4

2

2
2
2

2
3

y

x

y

x

Gi¶i

Tõ (1) suy ra: 3 1 2 12 1 3 1 1













 y x x

x (*)

Tõ (2) suy ra: .

2
2

)
1

( 2 2 2

y
y
x

y
x

Mặt khác ta lại có: 1 1 1 1.

1
2
2

1 2

2
2













 x x

y
y
x

y (**)

Tõ (*) vµ (**)  x = -1. Thay x = -1 vµo (2) ta cã: y2 – 2y + 1 = 0 y = 1.

Vậy hệ phơng trình cã nghiÖm duy nhÊt (x = -1; y = 1).

c. thực nghiệm s phạm- Kết quả bớc đầu

Do mi lm quen với việc viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm, đồng thời trong thời
gian qua bản thân tơi mới hình thành ý tởng, đồng thời mới chỉ bớc đầu vận dụng vào quá
trình dạy học của mình.

Trong thời gian tới, tôi sẽ thực hiện thử nghiệm trên đối tợng lớp học cụ thể để có
kết quả so sánh giữa việc vận dụng và khơng vận dụng một cách có hệ thóng những kiến thức
về BĐT.

Mặc dù mới bớc đầu vận dụng những nội dung trên vào dạy học nhng tơi nhận thấy
rằng học sinh đã có nhiều chuyển biến về suy nghĩ và cách học của nhiều em học sinh.Đặc
biệt là những em học sinh học khá, giỏi môn Tốn.

Trong thời gian tới, tơi sẽ tiếp tục tìm hiểu việc vận dụng BĐT vào giải tốn Hình học, nhằm
góp phần hoàn thành mục tiêu rộng hơn của đề tài.

D. kÕt luËn

Việc phát triển năng lực, t duy của học sinh THCS thơng qua việc giải tốn bất
đẳng thức trong đại số thì nội dung tơi đã trình bày ở trên cịn rất hạn hẹp so với tồn bộ
chun đề về bất đẳng thức. Việc áp dụng một số phơng pháp giải tốn bất đẳng thức vào
ch-ơng trình toán THCS là một vấn đề rộng, là nội dung phong phú và đa dạng. Nhng trên tơi chỉ
trình bày đợc một số phơng pháp, một số bài tập cơ bản nhất trong chơng trình tốn THCS.

Chắc chắn rằng đây là cuốn t liệu có thể giúp tơi hiểu một cách sâu sắc hơn, cơ bản
hơn trong việc giải toán bất đẳng thức. Qua việc làm đề tài tôi càng thấy giải tốn bất đẳng
thức là một hoạt động trí tuệ cao và gian khổ. Nhng đồng thời tôi càng thêm sáng tỏ nhiều
vấn đề mới và bổ ích, những ứng dụng sáng tạo, vững tin hơn trong việc giải tốn cấp THCS.

Để hồn thành đợc tài này tơi đã nhận đợc sự giúp đỡ của các thầy cô giáo, đồng
nghiệp, và sự nổ lực của bản thân. Tuy đã cố gắng tìm tịi, nghiên cứu nhng do trình độ và
thời gian có hạn chắc chắn đề tài cịn có thiếu sót, hạn chế, rất mong đợc sự góp ý của các
thầy, cô giáo và các đồng nghiệp để nội dung của đề tài đợc phong phú và đầy đủ hn.

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

E. Tài liệu tham khảo

1/ Toỏn nõng cao và các chuyên đề đại số 9 - Nguyễn Ngọc Đạm, Vũ Dơng Thuỵ.
2/ Toán bồi dỡng học sinh giỏi 9 - Vũ Hữu Bình, Tơn Thân.

3/ 400 bài toán đại số chọn lọc - Vũ Dơng Thuỵ, Trơng Công Thành.

</div>

SKKNBAT DANG THUC

Mục lục

Phần I: Mở đầu

1. Lý do chọn đề tài

2. Mục đích nghiên cứu

3. Phơng pháp nghiên cứu

4. Nhiệm vụ của đề tài

5. Phạm vi đề tài

6. Đối tợng nghiên cứu và phơng pháp tiến hành

7. Dự kiến kết quả của đề tài

PhÇn II: Néi dung

áp dụng giải toán bất

đẳng thức trong đại số

1. Một số kiến thức cơ bản về bất đẳng thức

2. Một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức trong đại số

3. Một số ứng dụng của bt ng thc

Phần III: Thực nghiệm s phạm

Phần IV: Kết luËn

<b>A. Mở đầu</b>

B Néi dung

<sub></sub>



























 













0

0

0

<i>abc</i>

<i>ca</i>

<i>bc</i>

<i>ab</i>

<i>c</i>

<i>b</i>

<i>a</i>

































.0

01

0

4

2

2













