Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông từ các bài toán bất đẳng thức cơ bản

1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
Chúng ta đều thừa nhận rằng, q trình dạy học khơng phải chỉ cung cấp tri
thức một cách đơn thuần cho học sinh mà thơng qua q trình dạy học để:
Hình thành và bồi dưỡng cho học sinh những phẩm chất năng lực nhất định,
chẳng hạn như hình thành và bồi dưỡng các phẩm chất của tư duy sáng tạo gồm:
tính nhuần nhuyễn, tính mềm dẻo và tính linh hoạt.
Hình thành và bồi dưỡng cho học sinh những năng lực cần thiết như: năng
lực huy động tri thức, năng lực giải quyết vấn đề....
Hình thành cho học sinh những phẩm chất trí tuệ như: tính độc lập, sáng tạo.
Nghị quyết Hội nghị lần thứ II của Ban chấp hành Trung ương Đảng Cộng
Sản Việt Nam ( khóa VIII, 1997) tiếp tục khẳng định: “Phải đổi mới phương
pháp giáo dục – đào tạo, khắc phục lối truyền thụ một chiều, rèn luyện nếp tư
duy sáng tạo của người học...”
Trong chương trình tốn Trung học phổ thơng thì phần bất đẳng thức, giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất, học sinh được làm quen từ rất sớm, nó ln song
hành với học sinh cho đến lớp 12 và chiếm một vị trí quan trọng. Hầu hết trong
các kỳ thi Đại học, học sinh giỏi Tỉnh, Thành phố, Olympic đều có sự xuất hiện
dạng bài tốn này và thơng thường đó là một bài tốn phát triển tư duy sáng tạo
nên học sinh thường gặp phải khó khăn khi giải quyết và thường ít có hứng thú
trong khi học .
Đứng trước thực trạng đó, với cương vị là một giáo viên dạy toán, cũng như
nhiều giáo viên khác tơi ln suy nghĩ làm gì để phát triển được tư duy sáng tạo
cho học sinh thông qua một số bài tốn cơ bản. Trong q trình lên lớp, tơi
thường tìm cách tiếp cận, định hướng cho các em khai thác sâu hơn về nhiều
khía cạnh của một bài toán, thay đổi các dự kiện bài toán hay xuất phát từ một
bất đẳng thức cơ bản có thể xây dựng được bài toán mới hoặc phát triển bài
tốn theo nhiều định hướng khác nhau có hệ thống từ dễ đến khó.
Tuy vậy, thực tế nhiều học sinh có cảm giác “ rất sợ” khi gặp các bài toán về
bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất bởi những lí do sau:
- Khơng nhớ các bất đẳng thức cơ bản, các tính chất của bất đẳng thức, không

kết nối được sự liên hệ giữa các bất đẳng thức với nhau.
- Khơng tìm thấy được mối liên hệ giữa các bài toán với nhau do vậy học sinh
không nhớ và không biết cách để làm các bài toán ở phần này.
- Chưa biết cách biến đổi để đưa ra các bài toán mới.
- Các bài toán về bất đẳng thức quá đa dạng và nhiều bài tìm ra lời giải rất khó
nên tạo tâm lý "ngại va chạm" cho học sinh và bản thân giáo viên.
- Hầu như học sinh tự học phần này mà không có sự định hướng của giáo viên.
1


- Một số giáo viên chưa có biện pháp tích cực để truyền tải các mạch kiến thức
cho học sinh một cách tự nhiên, có hệ thống, điều này làm cho học sinh nhớ kiến
thức một cách máy móc.
Trong quá trình giảng dạy, tơi say mê, mày mị nghiên cứu nhằm giúp cho học
sinh thấy được một hệ thống vấn đề xảy ra rất logic trong quá trình tư duy, việc
thêm bớt và nhìn nhận khá linh hoạt để tạo ra một hệ thống các bài tốn trong
đó có những bước tổng quát lên và cả một số kinh nghiệm trong q trình giải
tốn bất đẳng thức mà tơi cảm thấy có nhiều nét thú vị.
Chính vì vậy, tơi mạnh dạn đề xuất sáng kiến: “Phát triển tư duy sáng tạo
cho học sinh trung học phổ thông từ các bài toán bất đẳng thức cơ bản”
Trong phạm vi đề tài này, tôi xin đề cập tới một số vấn đề liên quan đến các bài
toán bất đẳng thức được xây dựng theo một hệ thống khá logic từ một bài toán
bất đẳng thức cơ bản và những phát hiện mới thơng qua phương pháp đặc biệt
hố rồi tổng qt hố, thêm bớt các giả thiết đề xuất các bài toán mới, nối tiếp
thành hệ thống suy luận giúp học sinh tích cực hơn, linh hoạt hơn, sáng tạo hơn.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Tăng cường khả năng tự học tự nghiên cứu của học sinh, giúp HS chủ động
tích cực trong việc tìm hiểu, ghi nhớ kiến thức.
Học sinh thấy được nhiều điều thú vị trong việc học bất đẳng thức mà khơng
phải sợ hãi khi thấy bài tốn về BĐT nữa.

1.3. Đối tượng nghiên cứu
Sáng kiến đề cập đến trong chương trình tốn Trung học phổ thơng thì phần
bất đẳng thức, giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất, học sinh được làm quen từ rất
sớm, nó ln song hành với học sinh cho đến lớp 12 .
Nghiên cứu đối với học sinh trường THPT Quan Hóa.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Thực hiện trong phạm vi một số buổi chữa bài tập hay là những buổi học thêm,
bồi dưỡng học sinh khá giỏi, bồi dưỡng thi Đại học – cao đẳng.
Giáo viên đưa ra một số ví dụ về cách xây dựng bài toán mới từ bài toán cơ
bản, sau đó hướng dẫn học sinh tự tìm tịi và phát hiện một số vấn đề xung
quanh nó.
Hình thức học sinh tự nghiên cứu các bài toán với sự hướng dẫn của giáo viên.
2. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lý luận
2.1.1. Các khái niệm
Sáng tạo
Sáng tạo là tìm ra cái mới, cách giải quyết mới
2


Theo Renzuli (Nhật, 93) thì sáng tạo là cơ sở của cấu trúc tài năng.
Ba yếu tố cơ bản của sáng tạo là: tính nhuần nhuyễn, tính mềm dẻo, tính hồn
thiện
Tư duy sáng tạo
Có sự tự lực chuyển các tri thức và kỹ năng sang một tình huống mới.
Nhìn thấy những vấn đề mới trong điều kiện quen biết đúng qui cách.
Nhìn thấy được cấu trúc mới của đối tượng đang nghiên cứu.
Kỹ năng nhìn thấy nhiều lời giải, nhiều cách giải
Năm thành phần cơ bản của cấu trúc tư duy sáng tạo là: tính mềm dẻo, tính
nhuần nhuyễn, tính độc đáo, tính hồn thiện, tính nhạy cảm của vấn đề

Q trình sáng tạo tốn học
Q trình sáng tạo gồm 4 giai đoạn
Giai đoạn chuẩn bị: Thử giải quyết vấn đề bằng các cách khác nhau, huy
động thông tin, suy luận.
Giai đoạn ấp ủ: Khi công việc giải quyết vấn đề bị ngừng lại, còn lại các
hoạt động của tiềm thức.
Giai đoạn bừng sáng: Đó là bước nhảy vọt về chất trong tri thức, thường xuất
hiện đột ngột
Giai đoạn kiểm chứng: Kiểm tra trực giác, triển khai các luận chứng logic
2.1.2 Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh
Năm thành phần của tư duy sáng tạo cho học sinh:
Dựa trên các hoạt động trí tuệ: Dự đốn, bác bỏ, khái qt hóa, tương tự hóa…
Tìm nhiều lời giải một bài tốn, khai thác, đào sâu kết quả bài tốn…
Nhìn nhận một sự vật theo một khía cạnh mới, nhìn nhận một sự kiện dưới
nhiều góc độ khác nhau.
Biết đặt ra nhiều giả thuyết khi phải lý giải một hiện tượng.
Biết đề xuất những giải pháp khác nhau khi phải xử lý một tình huống
2.2. Thực trạng vấn đề
2.2.1. Thuận lợi
Bản thân tôi được nhà trường và tổ chuyên môn thường xuyên quan tâm giúp
đỡ, khuyến khích động viên trong việc tổ chức các cuộc thi về Toán học như:
“Học sinh giỏi trường”; “Câu lạc bộ Toán học ”, "Câu lạc bộ bảng tin", " Câu
lạc bộ Toán - Vật lý tuổi trẻ"...

3


Bản thân tơi là giáo viên nhiệt tình, đam mê, ln chịu khó tìm tịi sáng tạo,
ln trau dồi, tích lũy kinh nghiệm và trăn trở đưa ra nhiều ý tưởng trong việc tổ
chức các cuộc thi về Toán học.

Trường tơi, mỗi khóa học đều có 1 số em học sinh giỏi Tốn, có đam mê với
Tốn học, đặc biệt là những học sinh ở các lớp mũi nhọn, nhiều em có tố chất
thơng minh và ln mong muốn tìm hiểu, khám phá những vấn đề mới của Tốn
học.
2.2.2. Khó khăn
Đặc thù của mơn Tốn là rất khó so với các mơn học khác nên một số em
thường có tâm lý e ngại khi học Tốn, chưa nói đến việc “ sáng tạo ” về mơn
Tốn.
Trong thực tế nhiều học sinh khi học thường dựa vào những bài toán và cách
giải đã có sẵn mà khơng chịu khó suy nghĩ tìm xem bài tốn bắt nguồn từ đâu, để
rồi từ đó tìm ra được cách giải và có thể xây dựng được những bài tốn mới.
Có thể nói có khơng ít giáo viên đã “lãng quên” đi hoạt động giúp học sinh
“Sáng tạo” các bài tốn và ngại tìm hiểu mày mị học hỏi để nâng cao trình độ,
năng lực của mình mà chủ yếu cịn dựa vào cái có sẵn trong tài liệu, sách vở để
truyền lại cho học sinh một cách thụ động .
Rõ ràng, nếu chúng ta chỉ truyền thụ kiến thức cơ bản cho học sinh mà bỏ qua
hoạt động này thì khơng những bản thân chúng ta sẽ bị mai một kiến thức mà
các em học sinh sẽ bị động trước một vấn đề “tưởng chừng như mới mẻ” của
toán học, khả năng suy luận, tư duy sáng tạo của học sinh sẽ bị hạn chế.
2.3. Các giải pháp giải quyết vấn đề
2.3.1. Dựa vào các bất đẳng thức cơ bản đã biết
2.3.1.1. Bất đẳng thức cô si
Cho n số thực không âm x1; x 2 ;...x n ta có :
x1  x 2  ...  x n n
� x1x 2 ...x n (1)
n
Dấu bằng xảy ra � x1  x 2  ...  x n
2.3.1.2. Bất đẳng thức Bunhia-copxki
Cho hai dãy số thực x1 ; x 2 ;...x n và y1 ;y 2 ;...y n thì có bất đẳng thức

x

2
1

 x 22  ...  x 2n   y12  y 22  ...  y 2n  � x1 y1  x 2 y 2  ...  x n y n 

Dấu bằng xảy ra �

2

(2)

x1 x 2
x

 ...  n với yi �0  i  1,2,...,n 
y1 y 2
yn

2.3.1.3. Một số bất đẳng thức suy ra từ bất đẳng thức Bunhia-copxki

4


Hệ quả 1: Áp dụng bất đẳng thức Bunhia-cốpxki cho hai bộ số
x1 x 2
x
,
,..., n và y1 , y 2 ,..., y n trong đó yi  0  i  1,2,...,n  ta được bất

y1 y 2
yn
đẳng thức
x12 x 22
x n2  x1  x 2  ...  x n 
  ... 
�
y1 y 2
yn
y1  y 2  ...  y n
Đẳng thức xảy ra �

2

(3)

x1 x 2
x

 ...  n
y1 y 2
yn

x i2
x i2
x

 i  0 khi đó
Hệ quả 2: Nếu ta đặt yi  x i z i  0  i  1,2,...,n  thì
yi x i zi zi

x1 x 2
x
 x  x 2  ...  x n 
  ...  n � 1
z1 z 2
z n x1z1  x 2 z 2  ...  x n z n
2

(3) tương đương với

(4)

Dấu bằng xảy ra � z1  z 2  ...  z n
2.3.2. Biện pháp liên tưởng
Trong lịch sử phát triển tốn học, nhờ có tính sáng tạo, đột phá trong các cách
giải quyết vấn đề mà đã thúc đẩy sự phát triển sâu sắc của tốn học. Đối với học
sinh, tuy rất khó sáng tạo ra những lý thuyết và phương pháp mới có ý nghĩa như các
nhà toán học, nhưng cần phải bắt đầu từ những điều nhỏ, đơn giản. Chẳng hạn, khi
giải quyết vấn đề, cần phải huy động kiến thức nào, phương pháp nào, không nên
nghĩ giải quyết được là xong, mà phải suy nghĩ cịn có cách nào nữa khơng? Cịn có
cách nào hay hơn khơng? Phải huy động tồn bộ trí lực để giải quyết vấn đề một
cách sáng tạo.
Theo Từ điển tiếng Việt thì liên tưởng có nghĩa là: "Nhân sự vật, hiện tượng
nào đó mà nghĩ đến sự vật, hiện tượng khác có liên quan".
L.B.Itenxơn cho rằng: "Tư duy tốt tức là tư duy đúng đắn và có hiệu quả, biết
thực hiện được những liên tưởng khái quát, những liên tưởng phù hợp với bài
toán cần giải. Vì vậy, để việc dạy tư duy có hiệu quả, khơng chỉ địi hỏi phải tìm
hiểu những thuộc tính hay những quan hệ chung xác định của các đối tượng, mà
cịn phải biết thuộc tính này là bản chất đối với những bài tốn nào"
Vai trị của liên tưởng trong quá trình tư duy là rất quan trọng. Một người có

tư duy tốt là người đó có tư duy đúng đắn và có hiệu quả, biết thực hiện những
liên tưởng khái quát, những liên tưởng phù hợp với các vấn đề cần giải quyết.
K.K.Plantônôv xem tư duy như là một quá trình gồm nhiều giai đoạn kế tiếp
nhau, mà hai trong các giai đoạn đó là: xuất hiện các liên tưởng, sàng lọc các
liên tưởng và hình thành giả thuyết.
Trong dạy học, đặc biệt trong hoạt động tư duy khi giải tốn, liên tưởng có
vai trị rất quan trọng. Đứng trước một bài toán cụ thể, nếu liên tưởng được
những hướng khác của bài tốn khi đó ta có thể sáng tạo được các bài toán mới.
5


Bài toán xuất phát
Cho các số dương x, y, z . Chứng minh rằng

x
y
z
3


�  1
yz zx xy 2

Với bài tốn này khi đưa ra học sinh đã có một số cách giải như sau:
�

x ��
y ��
z �9
�

1
1
� �
�
��
� yz� � zx� � x y� 2
�1
1
1 �9


Cách 1: �  x  y  z  �
��
�x  y y  z z  x � 2

 1 � �1 

�1
1
1 �
��


�x  y    y  z    z  x  �
�x  y y  z z  x ��9
�
�
�
Áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có
�1 �

�1 �
�1 �
VT �9 3  x  y   y  z   z  x  3 �
�
� 9
�
�
�
�z  x �
�x  y �
�y  z �
Dấu bằng xảy ra khi x  y  z .
Cách 2: Chuẩn hóa x  y  z  3 ta chứng minh bất đẳng thức đại diện
x
x
1 3
�۳� x�1
y z 3 x 2 2
Khi

đó

2x 3 x 3  3 x   x 1

3  x 1

2

0

x
y
z
x
y
z
3 3
3





�   x  y  z  3 
y  z z  x x  y 3 x 3 y 3z 2 2
2

(đpcm)
Cách 3: Đặt a 

x
y
z
;b
;c 
yz
zx
xy

Khi đó ta đưa về bài toán cho a, b, c dương thỏa mãn

1
1
1


2
1 a 1 b 1 c

3
Chứng minh a  b  c �
2
Thậy vậy, giả sử a  b  c 

3
2

1
1
1
9
9


�

2
3
khi đó ta có 1  a 1  b 1  c 3   a  b  c 
(trái với giả thiết)

3
2
Bất đẳng thức Nesbitt khá quen thuộc với nhiều bạn đọc và trong các tài liệu
đã giới thiệu 45 cách chứng minh bất đẳng thức này và cũng đã xây dựng
nhiều bài toán ứng dụng bất đẳng thức này.
6


Nếu ta đặt P 

x
y
z


yz zx xy

Với bài toán trên ta hướng dẫn học sinh liên tưởng đến một bất đẳng thức khác
Đó là ta thay đổi y  z; z  x; x  y ở mẫu của bất đẳng thức (1) bởi
x  y; y  z; z  x
Ta sẽ được một biểu thức Q 

x
y
z


x y yz zx

Và ta xét thêm biểu thức G 

y
z
x


xy yz zx

Khi đó P  G 

�x  z �
�z  y �
xz yx zy
�y  x �


�3 3 �
�
�
� z  x �x  y � 3  Q  G
yz zx xy
�
�
�y  z �
�
�

Như vậy ta có bất đẳng thức

x

y
z
x
y
z


�


yz zx xy xy yz zx

Liệu ta có thể xây dựng được bất đẳng thức mạnh hơn bất đẳng thức Nesbitt
không ?
Ta đặt ra một bất đẳng thức sau bất đẳng thức sau:
Bài Toán: Cho các số dương x; y;z Chứng minh rằng
x
y
z
3


�
xy yz zx 2

 1

Ta có:
Bất đẳng thức trên rõ ràng là vơ lí
Vì chọn x  4; y  1; z  2 ta có:

4
1
2
3


�
4 1 1 2 2  4 2

Như vậy là bài toán đặt ra đã sai
Nhưng ta lại biết đối với bất đẳng thức Nesbitt thì các tác giả đã khai thác rất
nhiều bài tốn từ đó .
Vậy với kết quả đẹp như bài tốn trên liệu có thể hướng dẫn học sinh khai thác
được các bài tốn từ đó hay khơng ???
2.3.3. Biện pháp nghiên cứu tìm nguyên nhân và khắc phục nguyên nhân
2.3.3.1. Tìm nguyên nhân:Ta tìm hiểu nguyên nhân dẫn đến kết quả vơ lí là:
+Ngun nhân 1: Do giả thiết các biến x; y; z bình đẳng .
+Nguyên nhân 2: Biểu thức P 

x
y
z


có tính đối xứng
xy yz zx

7

Như vậy để xây dựng bài tốn mới thì ta hướng dẫn học sinh khắc phục được hai
nguyên nhân dẫn đến kết quả vơ lí của bài tốn .
2.3.3.2. Khắc phục nguyên nhân
+) Khắc phục nguyên nhân 1 tạo bài toán mới
1 �
�
Bài Toán 1: Cho các số dương x, y,z �� ;2 �.thỏa mãn x �y �z .
2 �
�
Chứng minh rằng

x
y
z
23


�
x  y y  z z  x 15

Lời giải
Cách 1:
Đặt f  x  
Ta có: f

'

x
y

z


xy yz zx

 y  z   x 2  yz 


�0
 x 
2
2
2
2
x

y
z

x
x

y
z

x

 
 
 


y

z

( do x �y �z )

Hàm số f  x  luôn đồng biến x �2


 f  x

f  2

2
2y

y
yz

z
z2

g z

 y  2   2y  z 2 
g'  z  


2

2
2
2
y

z
z

2

 
  y  z   z  2
y

2

�0 ( do 2 �y �z )

1 �
�
Hàm số g  z  luôn nghịch biến z �� ;2 �
2 �
�
2y
1
�1 � 2
g  z  �g � �

  h  y
�2 � y  2 2y  1 5

Ta có: h'  y  

2

 2y  1

2



2

 y  2

2



6 1  y  1  y

 2y  1  y  2 
2

2

y 1
�
h  y  0 � �
y  1
�

Khi đó ta có bảng biến thiên như sau:
y

1
2

h'  y 

1
+

0

2
 
8


h  y

23
15

23
Vậy, f(x) � (đpcm)
15
Dấu bằng xảy ra khi x  2 , y  1,z 

1
2

Cách 2:
Thậy vậy ta xét bổ đề sau
Bổ đề 1:
Nếu a,b dương và ab �1 thì ta có bổ đề:



1
1
2

�
1  a 1  b 1  ab



Thậy vậy ta có :  a  b  2  1  ab �2  1  a   1  b 
�  a  b  ab  2 ab �a  b  2ab
�





ab  1

a b



2

�0 , luôn đúng với a và b dương, ab �1

Dấu bằng xảy ra , khi và chỉ khi a  b hoặc ab  1
Áp dụng bổ đề 1 cho hai số dương
VT 

Đặt

1
1

y
x



1
1

z
y



y z
y z z
; và .  �1 ta có

x y
x y x

z
2
1
�

zx
z 1 x
1
z
x

1 �
1 �
�
�
z
 t vì x �z và x,z �� ;2�� t �� ;1�
2 �
2 �
�
�
x

t2
2

Thật vậy xét hàm số f  t   2

t 1 1 t
Ta có f  t  
'

2t

 t 2  1

2



2

1 t

2



1 �
�
, t �� ;1�
2 �
�

2  t  1  1  t 3 

 t 2  1  1  t 
2

2



1 �
�
 đoạn � ;1�  f  t 
Hàm số f  t  nghịch biến trên
2 �
�

2  t  1

2

t

2

 t  1

 t 2  1  1  t 
2

2

�0

�1 � 23

f��
�2 � 15

9


23
Vậy, f(x) � (đpcm)
15
Dấu bằng xảy ra khi x  2 , y  1,z 

1
2

Như vậy nếu ta tìm được điều kiện của x; y;z có một giới hạn nào đó thì ta có
thể xây dựng được bất đẳng thức mới
Bài Toán 2: Cho số thực x, y,z � 0;1 thoả mãn x  y �1  z . Tìm giá trị nhỏ
x
y
z


nhất P 
y  z z  x xy  z 2
Lời giải
Do x, y � 0;1 �  x  1  y  1 �0 � xy  1 �x  y
Kết hợp với giả thiết suy ra xy �z
x
y
1

Ta có P  z  x  z
y
x
xy
1
1
1
z
z
z2
x x 1
x
y
1
Đặt a  , b  , c  , do . � �1
y z z
z
z
z
a
b
c


 ab �c �1
Khi đó ta có P 
b  1 a  1 ab  1
1
1
2


�
Áp dụng bất đẳng thức
b  1 a  1 1  ab
a
b
1 �
�a
� �b
�
�1

�
 1� �
 1� 2   a  b  1 �

� 2
b  1 a  1 �b  1 � �a  1 �
�b  1 a  1 �



 1  2 ab  2  12 abab

� 2 ab  1

a
b
c
2 ab

1


�

b  1 a  1 ab  1 1  ab 1  ab
Đặt t  ab �1 , xét hàm số
2t
1
f  t 

t �1
1  t 1  t2
Từ đó ta suy ra P 

f  t 
'

 t  t  1  0
 1  t   t  1

2  t  1

2

2

2

2

Hàm số đồng biến t�۳1 f  t 

f  1

3
2

3
khi x  y  z  1
2
Bài Toán 3: Cho các số dương x, y, z thỏa mãn z �x .

Vậy Min P 

10


3

3

3

�x � �y � �z �
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  �
� �y  z � 3 �z  x �
x

y

�
�
� �
� �
Lời giải
3

x 3  y3 �x  y �
Ta có:
��
�
2
�2 �
3

3

3

3
� x � 1 x3
� y � 1 y3
�z � 1 z
�
�
,
,
�
�x  y � 4 x 3  y3 �y  z � 4 y3  z 3 �
�

3
3
�z  x � 4 z  x
�
�
�
�
Cộng các vế lại với nhau ta được
1 � x3
y3
3z 3 �
P � �3


�
4 �x  y3 y3  z 3 z 3  x 3 �
3

3

3

�z �
�y �
�x �
Đặt a  � �; b  � �; c  � � khi đó c �1 và abc  1 và đưa về bài toán
�x �
�z �
�y �
1�1

1
3 �


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P � �
�
4�
1 a 1 b 1 c �
Thật vậy dựa vào điều kiện ta có ab �1;0  c �1
1
1
2
2 c

�

1  a 1  b 1  ab
c 1
1 �2 c
3 � 1 �2 c
3 � 1 �3  2 c �


Hay P � �
�� �
� �
�
4 � c 1 c 1� 4 � c 1
c 1� 4 � c 1 �
c 1 c

c
vì 0  �
Đặt t  c � 0  t �1
1
'
2t  3
f
t

0


f
t

0

t
�
1
Xét hàm số  
với
ta có:
2
 t  1
t 1
5
 với 0  t �1  f  t  f  1
Hàm số luôn nghịch biến
2

5
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng ; khi x  y  z
8
+) Khắc phục nguyên nhân 2 tạo bài toán mới
Bài Toán 1: Cho các số dương x, y,z � 1;4 thỏa mãn x �y; x �z . Tìm giá trị
x
y
z


nhỏ nhất của biểu thức P 
(Đề thi khối A năm 2011)
2x  3y y  z z  x
Lời giải:
Cách 1:
Áp dụng bổ đề 2 ta có:
11


Khi đó :

P

x
1
1
1
2



�

2x  3y 1  z 1  x 2  3y
x vì x �y
1
y
z
x
y

x
 t vì x �y và x, y � 1;4 � t � 1;2
y

Đặt

Thật vậy xét hàm số f  t  

t2
2

2t 2  3 1  t

t2
2

Khi đó : P � 2
2t  3 1  t

, t � 1;2

2 �
t 3  4t  3  3t  2t  1  9 �
�
� 0
Ta có f  t  
2
2
2
 2t  3  1  t 
'

 đoạn  1;2
Hàm số f  t  nghịch biến trên
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng

 f  t

f  2

34
33

34
; khi x  4 , y  1,z  2
33

Cách 2:
1 �
�

Đặt y  ax, z  bx � a,b �� ;1�
4 �
�
Khi đó P 

x
ax
bx
1
a
b





2x  3ax ax  bx bx  x 2  3a a  b b  1

Xét hàm số: f  a  

1
a
b


2  3a a  b b  1

b  2  3a   3  a  b 
3
b

f  a  
2 
2 
2
2
 2  3a   a  b 
 2  3a   a  b 
2

2

'

Ta có:
b  2  3a   3  a  b   9a 2 b  6ab  4b  3a 2  3b 2 �
2

2

1 �
�
15a 2 b  4b  3a 2  3b 2  3a 2  5b  1  b  4  3b  �0 b �� ;1�
4 �
�
1
'
Vậy f  a  �0 hàm số luôn đồng biến với a �
4
1
b

�1 � 4
f  a  �f � � 

 g  b
4
11
1

4b
b

1
��
g'  b   

4

 1  4b 

2



1

 b  1

2

1 �

1 �
g'  b   0 � b  �� ;1�
2 �
4 �
12


� �1 � �1 � � 34
g� �
;g � �
;g  1 �
Hay f  a  �g  b  �Min �
Vì hàm số g  b  liên tục trên
33
� �4 � �2 �
1 �
�
;1
�
4 �
�
�

Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng

34
; khi x  4, y  1, z  2
33

Tương tự bài toán trên kết hợp điều kiện ta có thể xây dựng bài tốn sau

Bài toán 2: Cho các số thực dương x, y, z . Chứng minh rằng
x
y
z


�1 (Bài toán gốc 1)
x  2y y  2z z  2x

Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức (4) ta có
x
y
z
 x  y  z


�
 1 (đpcm)
x  2y y  2z z  2x x  x  2y   y  y  2z   z  z  2x 
2

Dấu bằng xảy ra khi x  y  z
x2
y2
z2
 x  y  z
VT




�2
1
Cách2
2
2
2
2
x  2xy y  2yz z  2zx x  y  z 2  2  xy  yz  zx 
2

2.3.4. Phép tương tự
Trong chương trình đổi mới sách giáo khoa và phương thức giảng dạy hiện
nay , học sinh trong việc chủ động trong mọi hoạt động học tập và lĩnh hội tri
thức, việc kích thích tính học tập chủ động của học sinh là rất cần thiết trong
từng tiết dạy lý thuyết và đặc biệt là tiết luyện tập , ôn tập địi hỏi người giáo
viên ln ln sáng tạo trong từng bài dạy từng tiết dạy để tránh việc " thơng
báo kiến thức " , ''chữa bài tập'' qua đó học sinh thấy hứng thú và chủ động tìm
tịi cái mới từ cái đã có.
Để làm được điều này người giáo viên phải tạo ra được cái mới từ những
cái đã có bằng việc đào sâu mở rộng khai thác một cách triệt để từ những cái ban
đầu, có thể khó thì ta làm dễ đi để đơn giản hoặc từ dễ ta tổng hợp lên để nó
thích ứng được với từng đối tượng . hoặc tạo ra những bài tốn có nhiều tình
huống gắn được với thực tế .
Trong khuôn khổ của sáng kiến này, vấn đề tương tự của bài tốn ta chỉ
xem xét dưới khía cạnh sau: phép tương tự
Mỗi một bài tốn có thể có một hoặc nhiều cách giải khác nhau. Cách thức
giải quyết vấn đề trong mỗi lời giải là khác nhau, trong mỗi lời giải có đặc trưng
riêng mà nhiều khi dựa vào đó ta có thể khai thác và sáng tạo các bài toán mới
tương tự bài toán ban đầu.
Xây dựng một số bài toán từ các bài toán gốc

13


2.3.4.1. Khai thác từ bài toán gốc 1
Xuất phát từ
x 3  2  x 3  1  1 �3x
y3  2  y3  1  1 �3y

(Với x, y, z  0 )

z 3  2  z3  1  1 �3z
Và kết hợp với bài tốn gốc 1 ta có bài tốn mới như sau.
Bài toán 1.1 . Cho các số thực dương x, y, z . Chứng minh rằng
x 3  2 y3  2 z 3  2


�3
x  2y y  2z z  2x
Lời giải
� x
y
z �


Thật vậy theo trên ta có VT �3 �
��3 (đpcm)
x

2y
y


2z
z

2x
�
�

Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  1
Tương tự như cách xây dựng bài toán 1.1 với
x 2 (y  z) �2x 2 yz  2x x xyz

x, y, z  0

ta có:

Nếu thêm giả thiết xyz  1 thì
Ta có : x 2 (y  z) �2x x tương tự ta có y 2 (z  x) �2y y và z 2 (x  y) �2z z
Bài toán 1.2. Cho x, y, z là số thực dương thay đổi, thoả mãn điều kiện xyz  1
.

x 2 (y  z)
y 2 (z  x)
z 2 (x  y)


�2
Chứng minh rằng
x x  2y y y y  2z z z z  2x x
Lời giải

2y y
2x x
2z z


Như trên ta có VT �
x x  2y y y y  2z z z z  2x x
Đặt a  x x; b  y y; c  z z Khi đó
b
c �
� a
VT �2 �


��2 (đpcm)
�a  2b b  2c c  2a �
Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  1
Qua hai bài toán trên ta hướng dẫn học sinh tìm cách khai thác bài tốn từ biểu
a
b
c


thức P 
a  2b b  2c c  2a
2
2
2
Ta đặt a  1  x ; b  1  y ; c  1  z với x, y, z  0

14


a
1  x2
1  x2
1 � 1  x2 �

�

Ta có :
2 �
a  2b (1  x 2 )  2(1  y 2 ) 2x  2(1  y 2 ) 2 �
�x  1  y �
Như vậy qua các bài toán trên ta hướng dẫn học sinh khai thác từ một bất đẳng
thức cơ bản nào đó để chuyển về bài tốn gốc 1 lúc đó ta sẽ được bài toán
mới.Tương tự ta xét bài toán gốc 2.
2.3.4.2. Khai thác từ bài toán gốc 2
Bài toán gốc 2 với x, y, z  0 ta sáng tạo bài toán mới từ giả thiết xyz  1
đặt x 

ab
bc
ca
;y
;z
c
a
b

ab
bc
ca
c
a
b


�1
khi đó xyz  1 và bài tốn trở thành
ab
bc
ca
2
2
2
c
a
b
Và ta xây dựng được bài toán mới như sau:
Bài toán 2.1: Cho các số thực dương x, y, z . Chứng minh rằng
xy
yz
zx


�1
2z  xy 2x  yz 2y  zx
Như vậy nếu từ bài toán gốc 2 ta đặt hay x 
nào để xyz  1 thì ta sẽ được nhiều bài toán mới

a
b
c
;y
;z
,…làm thế
b
c
a

Với x, y  0 ta xét bất đẳng thức:
xy
3
 x  y  và xy  1 � 2  1
2
Bài toán 2.2: Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn  x  y   y  z   z  x   1
x 2  xy  y 2 �

Chứng minh rằng

x 2  xy  y 2
y 2  yz  z 2
z 2  zx  x 2


�3
xy  1
yz  1
zx  1

Lời giải
Thật vậy theo trên ta có

3  x  y
x 2  xy  y 2
�
tương tự ta cũng có
xy2
xy  1

3  y  z
y 2  yz  z 2
�
và
yz2
yz  1

3 z  x
z 2  zx  x 2
�
zx2
zx  1

Cộng các vế lại với nhau ta được
15


� xy
yz

zx �
VT � 3 �


�
�x  y  2 y  z  2 z  x  2 �
Đặt a  x  y; b  y  z; c  z  x và abc  1 khi đó bài tốn trở thành
b
c �
�a
VT � 3 �


�� 3 (đpcm)
�a  2 b  2 c  2 �

Dấu bằng xảy ra khi x  y  z 

1
2

2.3.4.3. Khai thác trong tam giác
Cho tam giác ABC
Nếu ta thay x  sin A ; y  sin B ; z  sin C ta thay vào các bài tốn trên thì ta có
được rất nhiều bài tốn mới .
+)

sin A
sin B
sin C



�1
sin A  2sin B sin B  2sin C sin C  2sin A

sin 2 A
sin 2 B
sin 2 C
A
B
C


�2cos cos cos
+)
sin A  sin B sin B  sin C sin C  sin A
2
2
2
3

3

3

� sin A
� � sin B
� � sin C
� 3
+) �

� �
� �
��
�sin A  sin B � �sin B  sin C � �sin C  sin A � 8
Và như thế thay vào các bài tốn trên thì ta có được nhiều bài tốn mới
khác
Hay ta thay x; y;z bởi  h a ;h b ;h c  ,  ra ;rb ;rc  ,  tan A; tan B;tan C  ;
B
C�
� A
,�
cos ;cos ;cos �
,  p  a;p  b;p  c  .... vào các bài tốn trên thì ta được
2
2�
� 2
nhiều bài tốn khác
3

3

3

� h
� � h
� � h � 3
+ � a � � b � � c ��
�h a  h b � �h b  h c � �h c  h a � 8
2

2

2

�r � �r � �r � 3
+ � a � � b � � c ��
�ra  rb � �rb  rc � �rc  ra � 4
………
Ta cũng có thể mở rộng các bài tốn trong khơng gian.
Và ta cũng có thể mở rộng sang hàm số mũ và logarit như sau

2x
2y
2z
+) x


�1
2  2 y1 2 y  2z 1 2z  2x 1
16


4 x y
4 y z
4 zx
3
+) x  y


�

y z
yz
zx
z x
xy
2
2 2
2 2
2 2
2.3.5. Phương pháp thực nghiệm và đánh giá thực nghiệm
2.3.5.1. Tiến hành thực nghiệm
- Tổ chức thực nghiệm sư phạm đã được tiến hành tại Trường THPT Quan Hóa,
thời gian thực nghiệm: Tháng 11, 12 năm 2018 ( Thời gian nghiên cứu đề tài
trong hai năm 2017-2018; 2018-2019)
- Lớp thực nghiệm: 12A1, gồm 42 HS; Lớp đối chứng: 12A4, gồm 39 HS. Các
lớp đối chứng và thực nghiệm được chọn đảm bảo trình độ nhận thức như nhau,
có kết quả thi vào trường THPT Quan Hóa và khảo sát đầu năm tương đương
nhau thuận lợi cho việc đánh giá kết quả thực nghiệm.
- Tác giả đã tiến hành dạy ở lớp thực nghiệm cho thấy:
+ Lớp thực nghiệm đa số các em có nhiều cách giải với một bài tốn bất đẳng
thức, tìm ra lời giải nhanh và đã sáng tạo được nhiều bài toán mới trong đó có
một số bài tốn khá hay và mới lạ .
+ Các em có hứng thú trong khi học phần bất đẳng thức
- Sau khi dạy xong thực nghiệm, chúng tôi đã cho cả hai lớp thực nghiệm và đối
chứng làm bài kiểm tra như sau
ĐỀ BÀI
Bài 1: Cho x, y, z là số thực dương thoả mãn xyz  1. Chứng minh rằng

y
z

x
3


�
x  1  y 2   5y y  1  z 2   5z z  1  x 2   5x 7
Bài 2: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xy  yz  zx  1
Chứng minh rằng

x
y
3z


� 10
2
2
1 x 1 y
1  z2

Bài 3: Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn

xy  yz  zx  3

x 2012
y 2012
z 2012
3



Chứng minh rằng
2
2
2 �
 x  y  y  z  z  x  4
2.3.5.2. Đánh giá thực nghiệm
Sau quá trình thực nghiệm chúng tôi đã theo dõi sự chuyển biến trong hoạt
động nhận thức của HS đặc biệt là khả năng sáng tạo, khả năng tìm tịi và phát
hiện tri thức mới. Chúng tơi thấy lớp thực nghiệm có dấu hiệu tích cực hơn so
với lớp đối chứng.
Sau khi kiểm tra, tôi đã thống kê kết quả làm bài của HS, thu được các số
liệu như sau:
17


Kết quả kiểm tra:
Điểm

3

4

5

6

7

8

9

10

Thực nghiệm

4

2

3

9

8

12

4

0

42

Đối chứng

7

5

7

6

12

2

0

0

39

Lớp

Tổng số bài

Lớp thực nghiệm có 36/42 (85,7%) đạt trung bình trở lên, trong đó có 39 %
khá giỏi.Có 4 em đạt điểm 9.
Lớp đối chứng có 27/39 (69,2%) đạt trung bình trở lên.
Thực tế cho thấy trong những năm học vừa qua, tỷ lệ học sinh thi đậu vào Đại
học - Cao đẳng ở trường THPTQuan Hóa chúng tơi khá cao, số học sinh đạt
điểm toán từ 7 điểm đến 8 điểm tăng dần .
2.4. Hiệu quả của SKKN đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng
nghiệp và nhà trường
2.4.1. Đối với bản thân tác giả
Đây là một cách có thể giúp cho bản thân tôi trau dồi kiến thức, nâng cao
chuyên mơn, đặc biệt về phần kiến thức khó như bất đẳng thức.
2.4.2. Đối với học sinh

Giúp các em hiểu sâu hơn về bất đẳng thức và làm tốt các phần bài tập ở mức
độ vận dụng cao.
2.4.3. Đối với đồng nghiệp và nhà trường
Với đề tài này đã thu hút được sự quan tâm và ủng hộ của đồng nghiệp để từ
đó trong tổ các đồng chí có thể hỗ trợ nhau về chuyên môn đặc biệt trong ôn thi
học sinh giỏi, đem lại kết quả tốt nhât về cho nhà trường.
3. Kết luận và kiến nghị
3.1. Kết luận
Như vậy điều cốt lõi trong đề tài trên là thông qua các bài tốn cơ bản tơi đã
phát triển thành hệ thống suy luận tương đối logic. Điều này tạo nên tính mới mẻ
trong cái nhìn về những ý tiềm tàng trong các bài tốn đó. Các bài tốn gốc ứng
dụng khá rộng rãi với việc nhìn bài tốn dưới nhiều góc độ khác nhau bằng cách
biến đổi các điều kiện của các biến số mở ra một lớp các bài toán khá hay và đẹp
cũng được ứng dụng trong rất nhiều kỳ thi chọn học sinh giỏi và các kỳ bồi
dưỡng học sinh khá giỏi, kỳ thi vào Đại học - Cao đẳng...
Trong q trình dạy học thói quen tổng quát hóa, đặc biệt hóa để đào sâu
nghiên cứu các góc cạnh trong tốn học kiểu như trên là một điều rất cần thiết
cho phát triển tư duy và kích thích tính tích cực khám phá của các em học
sinh.Việc sử dụng hệ thống bài toán trên đã cho ta cách giải các bài tập liên quan
một cách khá đơn giản nếu tiếp tục sáng tạo và khai thác sâu hơn chắc chắn ta sẽ
tìm được nhiều vấn đề thú vị.

18


Vậy đề tài: “Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thơng
từ các bài tốn bất đẳng thức cơ bản”có tác dụng thực tiễn rất lớn trong quá
trình giảng dạy của giáo viên và quá trình học tập của học sinh.
3.2. Kiến nghị
Để nâng cao chất lượng, hiệu quả của hoạt động dạy và học theo định hướng

phát triển phẩm chất năng lực, tôi xin kiến nghị:
Đối với nhà trường
- Tăng cường hơn nữa công tác kiểm tra đánh giá chất lượng giáo viên, học
sinh bằng cách tổ chức nhiều cuộc thi về Toán học.
- Với tổ chuyên môn, tăng cường việc trao đổi học hỏi lẫn nhau và cùng giúp
nhau hoàn thành tốt nhiệm vụ của mình.
Trên đây là những kinh nghiệm mà tơi đã áp dụng và rút ra từ thực tế giảng
dạy. Trong q trình thực hiện, do thời gian và khn khổ của đề tài nên khơng
tránh khỏi những hạn chế. Vì vậy, tơi rất mong nhận được sự đóng góp của bạn
bè, đồng nghiệp để xây dựng các phương pháp dạy học bộ môn ngày càng hiệu
quả hơn.

XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 05 tháng 05 năm 2021.
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, khơng sao chép nội dung của người
khác .

Hoàng Thị Nga

`

19


20