Sử dụng một số bất đẳng thức vào giải toán để nâng cao chất lượng học sinh giỏi lớp 9

1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài.
Trong chương trình THCS, Tốn học chiếm một vai trị rất quan trọng.
Với đặc thù là mơn Khoa học Tự nhiên, Tốn học khơng chỉ giúp học sinh phát
triển tư duy, óc sáng tạo, khả năng tìm tịi và khám phá tri thức, vận dụng những
hiểu biết của mình vào trong thực tế, cuộc sống mà tốn học cịn là cơng cụ giúp
các em học tốt các mơn học khác và góp phần giúp các em phát triển một cách
tồn diện.
Là mơn học trừu tượng và khó cho người dạy cũng như người học. Đứng
trước một yêu cầu cao khi Việt Nam gia nhập tổ chức thương mại thế giới WTO
đòi hỏi phải có nguồn nhân lực chất lượng cao để dần đưa đất nước ta chuyển từ
một nước có nền nơng nghiệp là chính sang một nước cơng nghiệp và tiến dần
đến nền kinh tế tri thức. Giáo dục đào tạo bao giờ cũng là cội nguồn của một nền
văn hoá dân tộc, là quốc sách hàng đầu của Đảng và Nhà nước ta, trong cơng
cuộc cơng nghiệp hố hiện đại hố đất nước ta hiện nay thì Giáo dục và đào tạo
lại càng trở nên có vị trí đặc biệt quan trọng. Vì vậy, việc phát hiện và bồi dưỡng
nhân tài cho Đất nước là một vấn đề rất quan trọng và cần thiết trong việc dạy
học toán hiện nay, nhằm phát huy năng lực tư duy của học sinh trong q trình
giải tốn và phát hiện những học sinh có năng lực về tốn học. Nhìn chung, học
sinh ở cấp THCS “ Rất ngại” phải “ Chạm trán”với những bài tốn có nội dung
tổng hợp. Ngun nhân chủ quan là các em không định hướng được cách giải,
nguyên nhân khách quan là tính đa dạng của bài tốn. Trong khi đó kiến thức và
thời lượng mà các em được truyền thụ trong trường THCS còn hạn chế. Nên hầu
hết học sinh thường gặp khó khăn khi gặp các bài tốn có nội dung này, nhất là
trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi vào lớp 10- THPT chuyên. Vì vậy việc rèn
luyện kỹ năng, bồi dưỡng năng lực cho học sinh học tập bộ mơn tốn ở cấp
THCS là rất cần thiết.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Để đáp ứng nhu cầu tìm hiểu, học tập của giáo viên và học sinh nhiều
phương pháp giải những dạng tốn khó đã được xây dựng. Sử dụng bất đẳng
thức đã biết vào giải quyết một số bài tốn khác, nhằm mục đích đưa ra một tài

liệu cho học sinh, giáo viên tìm hiểu và tham khảo thêm và cũng là một tài liệu
giúp cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi, thi vào lớp 10- THPT, THPT chuyên của
giáo viên được tốt hơn. Nhằm giới thiệu đầy đủ về phương pháp giải và nội
dung một số dạng toán thường gặp ở cấp THCS. Nhờ để giải quyết một số bài
tốn có liên quan, làm cho học sinh hứng thú và u thích mơn tốn hơn, mong
muốn được tìm hiểu và nghiên cứu sự thú vị, phong phú của bộ mơn tốn học,
ứng dụng vào thực tế.
Phát hiện và bồi dưỡng những học sinh có năng khiếu về mơn tốn; Rèn
luyện khả năng tự suy luận lơgic, phát triển trí tuệ và hồn thiện nhân cách của
học sinh một cách toàn diện. Đặc biệt làm tài liệu tham khảo cho giáo viên và
học sinh nghiên cứu thêm. Chính vì vậy, việc đưa ra đề tài: “Sử dụng một số

1


bất đẳng thức vào giải toán để nâng cao chất lượng học sinh giỏi lớp 9 ” là
thực tế.
1.3. Đối tng nghiờn cu.
Trong sáng kiến này tôi chỉ nghiên cứu trên hai nhóm đối tợng
cụ thể sau :
- Kho sỏt cuối học kỳ ( bài cuối của đề)
- Gi¸o viên dạy bồi dưỡng học sinh giỏi to¸n 9 THCS
- Häc sinh giỏi lớp 9 THCS.
- Học sinh ôn thi vào các vào lớp 10-THPT và THPT chuyên ở cấp THCS.
1.4. Phng phỏp nghiờn cu.
- Đọc sách, tham khảo tài liệu.
- Thực tế chuyên đề, thảo luận cùng đồng nghiệp.
- Dạy học thực tiễn trên lớp để rút ra kinh nghiệm.
Dựa vào kinh nghiệm giảng dạy bộ môn toán của các giáo
viên có kinh nghiệm của trờng trong những năm học trớc và vốn

kinh nghiệm của bản thân đà rút ra đợc một số vấn đề có liên
quan đến nội dung của sáng kiến.
Trong những năm học vừa qua, bn thõn trực tiếp ôn thi học sinh
giỏi và ôn thi vào lp 10-THPT chuyờn cp THCS, quá trình thực hiện
sáng kiến kinh nghiệm này tôi đà sử dụng những phơng ph¸p
sau :
- Quan s¸t trùc tiÕp häc sinh giải các bi toỏn để phát hiện ra
những vấn đề mà học sinh thấy lúng túng, khó khăn khi giáo
viên yêu cầu.
- Tìm những tài liệu liên quan đến những bài tốn có sử dụng bất đẳng
thức vào để giải.
- Thống kê các dạng toán cần sử dụng đến bất đẳng thức.
- Thực nghiệm giáo dục trong khi giải bài toỏn tôi ®· ®a các
phương pháp nµy ra híng dÉn häc sinh.
- Phân tích và tổng kết kinh nghiệm giáo dục khi áp dụng
nội dung đang nghiên cứu vào thực tiễn giảng d¹y.
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm.

2


2.1. Cơ sở lí luận.
Với mục tiêu phát hiện, bồi dưỡng và phát triển những học sinh có năng
lực về bộ mơn tốn từ đó xây dựng cho học sinh kỹ năng nhận dạng các dạng bài
và rèn luyện kỹ năng giải toán và sự hứng thú của học sinh trong việc học tập bộ
mơn tốn hiện nay.
Thúc đẩy việc tìm hiểu mở rộng kiến thức thêm của giáo viên cũng như
của học sinh.
Xây dựng một tài liệu hoàn chỉnh về một số dạng tốn khó thường gặp
trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi vào lớp 10-THPT chuyên ở cấp THCS. Với

nội dung của sáng kiến kinh nghiệm này khơng chỉ phù hợp với những học sinh
có học lực khá, giỏi mà những học sinh yếu hơn vẫn có thể tham khảo được.
Việc vận dụng của sáng kiến kinh nghiệm khơng những giới hạn ở cấp
THCS mà cịn vận dụng ở nhiều cấp học cao hơn.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Thực tế chương trình sách giáo khoa chưa xây dựng hồn chỉnh về nội
dung và phương pháp giải của một số dạng tốn khó, thường chỉ mang tính chất
giới thiệu chưa sâu về phương pháp của một số dạng tốn.
Học sinh đơi khi còn chưa nắm vững các kiến thức cơ bản về bất đẳng
thức.
Những học sinh muốn tìm hiểu thêm cịn lúng túng trong việc tìm tài liệu
cịn chưa tập trung và mất nhiều thời gian tìm tịi lời giải.
Kết quả khảo sát các dạng Toán liên quan đến đề tài khi chưa sử dụng đề
tài ở đầu năm học 2019 - 2020( Với 30 học sinh):
Điểm yếu
SL
TL
5
16,7%

Điểm TB
SL
TL
10
33,3%

Điểm khá
SL
TL
15

50%

Điểm giỏi
SL
TL
0

2.3. Các giải pháp đã thực hiện để giải quyết vấn đề.
2.3.1. Các kiến thức cơ bản học sinh cần nhớ:
2.3.1.1. Định nghĩa: A,B là hai vế của bất đẳng thức, ta có:
AB
AB
A B 
A B 

A
A
A
A

B0
B0
B 0
B 0

2.3.1.2. Tính chất cơ bản:
*a  b � b  a
*a  b � a c  bc
ac  bcc  0
�

ac  bcc  0
�
* a  b, b  c � a  c

*a  b � �

3


* a  b, c  d � a  c  b  d
* a  b 0, c  d 0  ac  bd
* a  b  0  an  bn
a  b  a n  b n với n lẻ
a  b  a n  b n với n chẵn
*a  b  0 � a  b
1
a

* So sánh hai phân số cùng tử đều dương: a  b  0 � 

1
b

2.3.1.3. Một số bất đẳng thức:
* A2 �0, A .Dấu “=” xảy ra chỉ khi A=0
n
*
�A �0;(n  2k , k �N )
*�
�

0� An 0;(n 2k 1; k
�A �

N *)

Dấu “=” xảy ra khi A=0

* A  A  A
* A  A� A0
* A  B �A  B , Dấu “=” xảy ra khi AB �0
* A  B �A  B , Dấu “=” xảy ra khi AB �0
2.3.1.4. Công cụ sử dụng phương pháp giải:
Một số bất đẳng thức thường dùng:
1) x 2  y 2 �2 xy
2
2
2) x  y �xy . Dấu “=” xảy ra khi x=y=0
3) ( x  y ) 2 �4 xy
x

y

4) y  x �2 , với x, y là hai số cùng dấu
5) Sử dụng công thức (a b)2 O để chứng minh bất đẳng thức
6) Bất đẳng thức Côsi

a1  a2  ...  an
�n a1a2 ...an .(Với ai  0, i �N ).Dấu “=’xảy ra khi a1  a2  a3  ...  ai
n

7) Bất đẳng thức Bunhiacôpxki:
(a1b1  a2b2  ...  anbn ) 2 �( a12  a2 2  ...  an 2 )(b12  b2 2  ...  bn 2 )
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi (a1 , a2 ,...an ) và (b1 , b2 ,...bn ) là hai bộ số tỉ lệ với nhau,
an
a1 a2
tức là: b  b  ...  b
1
2
n

8) Bất đẳng thức Trê-bư-sếp
�a �b �c
�A �B �C
�a �b �c
Nếu �
�A �B �C

Nếu �

aA  bB  cC

3

a b c A B C
.
3
3

aA  bB  cC


3

a b c A B C
.
.
3
3
abc
�
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: �
�A  B  C

4


9) Bất đẳng thức Schwartz: (a1b1  a2b2 ) 2 �(a12  a2 2 )(b12  b2 2 ) . Dấu “=” xảy ra
�

a1 a2

b1 b2

10) Bất đẳng thức tam giác: Nếu a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác thì:
a, b, c > 0
Và: b  c  a  b  c; a  c  b  a  c; a  b  c  a  b
1

1

4

11) x  y �x  y ; (x, y>0)
1

1

1

12) ( x  y  z )( x  y  z ) �9 , với x, y, z>0
13)

a
b
c
3


� , với a, b, c>0.
b c  a a b 2

2.3.2. Ứng dụng bất đẳng thức để giải tốn:
2.3.2.1. Dùng Bất đẳng thức để tìm cực trị
2.3.2.1.1. Bài tốn có nội dung cực trị đại số
*Lưu ý:
- Nếu f(x)  A thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là A
- Nếu f(x) B thì f(x) có giá trị lớn nhất là B
- Sử dụng bất đẳng thức Cơsi khi giải bài tốn cực trị
- Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Cơsi
*Bài tốn mở đầu:
x

y

Cho x, y  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của: S  y  x
x
y

y
x

Giải: Sử dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có: S   �2

x y
. 2
y x

Vậy x = y thì Min S =2
*Nhận xét: Từ bài toán trên nếu ta thay đổi miền xác định, được một bài tốn
sau:
Ví dụ 1: Cho x �3 .Tìm giá trị nhỏ nhất của S  x 

1
x

Giải:
+ Sai lầm thường gặp:
1
x

1

x

Sử dụng Bất đẳng thức CơSi ta có: S  x  �2 x.  2 � MinS  2 . Dấu: “=” xảy
1
x

ra khi: x   1 mâu thuẫn với giả thiết x �3
+ Phân tích và tìm tịi lời giải:
1
x

Lập bảng biến thiên của S  x  , để dự đoán Min S
x

3

4

5

…

19

20

5


1

x

1
3
3

1
4
1
4
4

1
3

…

1
5
5

…

1
5

1
19
19

1
20
1
19

20

1
20

S
Theo bảng biến thiên ta thấy khi x tăng thì S càng lớn và từ đó dẫn đến dự đốn
khi x =3 thì S nhận giá trị nhỏ nhất.
Ta có thể nói: MinS 

10
, đạt tại điểm rơi x=3
3

Do đó Bất đẳng thức Côsi xảy ra dấu bằng tại điều kiện các tham số tham gia
phải bằng nhau. Nên ta nghĩ đến việc đưa tham số  sao cho tại điểm rơi x=3 thì
x
1
và phải bằng nhau.

x

cặp số

+ Xác định điểm rơi: x=3 cho cặp số:

1 3
 �  9
3 

x 3
1 1
 và

thì phải xảy ra
 
x 3

Từ đó ta biến đổi S theo điểm rơi như sau:
+ Lời giải đúng:
1 �x 1 � 8 x
x 1 8.3 10
 �  �
�2 . 

x �9 x � 9
9 x 9
3
10
Vậy với x=3 thì Min S =
3
S  x

�a, b  0
�a  b �1

Ví dụ 2: Cho �

Tìm giá trị nhỏ nhất của S  ab 

1
ab

Giải:
1
1
1
1
�t 
�
� 2 4
2
ab
ab �a  b � �1 �
Đặt
. Dẫn đến bài toán phụ:
�
� ��
� 2 � �2 �
1
Cho t �4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của S  t 
t
1 4
1 1
Xác định điểm rơi cho cặp số  và  thì phải xảy ra:
 

t 4
1 4
1 �t 1 � 15t
t 1 15t 2 15.4 17
 �   16 � S  t   �  �
�2
. 
 

4 
t �
16 t � 16
16 t 16 4 16
4
1
17
Với t = 4 hay a  b  � MinS 
2
4
1 �
1 �
15
17
S  ab 
�
ab 
�
1
�
2

ab � 16ab � �a  b � 4
Do t = 4 nên a  b  nên
16 �
2
�
�2 �
t

6


1
2

Vậy a  b  � MinS 

17
4

Ví dụ 3: Cho a, b, c >0 và a+2b+3c �20. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
S  abc

3 9 4


a 2b c

Giải: Dự đoán S =1, tại điểm rơi a = 2, b = 3,c = 4.
Sử dụng Bất đẳng thức CơSi ta có:
� 4

4
�3 � 4 � 3
a  �2 a.  4
a  �� .4  3
�
�4 �
a
a� 4
�
� a
�
�
�1 � 9 � 1
9
3
1
1
3 9 4
� 9
b  �2 b.  6 � � �
b  �� .6  3 � a  b  c  
 �8(1)
�
b
4
2
4
a 2b c
� b
�2 � b � 2

� 16
�1 � 16 � 1
16
c  �� .8  2
c  �2 c.  8 � �
�
c
�4 � c � 4
� c
1
b 3
Mà a  2b  3c �20 � a   �5(2)
4
2 4

Cộng từng vế các bất đẳng thức (1) và (2) ta được:
a2
�
3 9 4
�
S  a bc 
 �13 � �
b  3 � MinS  13
a 2b c
�
c4
�

Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của: T= x  1  x  2  x  3 x  4
Giải:

Ta có: x  1  x  4  x  1  4  x  x  1  4  x 3(1)
Và x  2  x  3  x  2  3  x  x  2 3  x 1 (2)
Vậy T= x  1  x  2  x  3  x  4 1  3 4
Từ (1) suy ra dấu “=” xảy ra khi: 1 x 4
Từ(2) suy ra dấu “=” xảy ra khi: 2 x 3
Vậy T có giá trị nhỏ nhất là 4 khi 2 x 3
Ví dụ 5: Tìm giá trị lớn nhất của S = xyz.(x+y)(y+z)(z+x)
(x, y, z > 0 và x + y + z = 1)
Giải:
Vì: x, y, z > 0, áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
x  y  z 3.3 xyz 

3

1
1
xyz   xyz 
3
27

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x + y; y + z; x + z ta có:
( x  y )( y  z )( z  x) 33 ( x  y )( y  z )( x  z )  2 3.3 ( x  y )( y  z )( x  z )
1
Dấu “=” xảy ra khi x  y  z 
3

7


Vây S 

8 1
8
. 
27 27 729

Vây S có giá trị lớn nhất bằng

8
1
khi x  y  z 
729
3

Ví dụ 6: Cho xy + yz + zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của x 4  y 4  z 4
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 6 số(x, y, z); (x, y, z)
2
Ta có: ( xy  yz  zx) 2 ( x 2  y 2  z 2 ) 2  1  x 2  y 2  z 2  (1)
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho ( x 2 , y 2 , z 2 ) và (1,1,1)
Ta có: ( x 2  y 2  z 2 ) 2 (12  12  12 )( x 4  y 4  z 4 )
Suy ra ( x 2  y 2  z 2 ) 2 3.( x 4  y 4  z 4 ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra 1 3.( x 4  y 4  z 4 )  x 4  y 4  z 4 
Vậy x 4  y 4  z 4 có giá trị nhỏ nhất là:

1
3

1
3

khi x  y  z 
3
3

2.3.2.1.2 Bài tốn có nội dung cực trị hình học:
* Bài tập đưa về dạng vận dụng bất đẳng thức: ( x+y)2 0
Ví dụ 7: Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC có chu vi 8 cm , AB - AC=1cm
sao cho đoạn tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp song song với BC bị chắn bởi
hai cạnh kia có giá trị lớn nhất.
Giải: (hình 1)
Gọi đoạn tiếp tuyến là DE. Đặt BC = x. Ta có:
Vì: DE//BC nên ADE đồng dạng ABC 

DE chuviADE

.
BC chuviABC

Mà chu vi của tam giác ADE =AM + AN = AB + AC - BC
= 8 - 2x. Do đó:
DE 8  2 x

 4 DE  x(4  x )  ( x  2) 2  4 4
x
8
 MaxDE 1  x 2

A
D

M

E
N

Do đó: BC=2cm ; AB= 3,5cm; AC=2,5cm
B

x
hình1

C

Ví dụ 8: Cho tam giác ABC và AD, BE, CF là các phân giác trong của nó. Gọi
S0 và S lần lượt là diện tích của tam giác DEF và ABC. Chứng minh rằng: 4S0
S

Giải (Hình )
Đặt: AB = c, BC = a, CA = b
S0 = SDEF, S = SABC, S1 = SAEF, S2 = SBFD, S3 = SCDE
Ta có:

S0 1
S
S
S
3
  1 2  3 
S 4
S

S
S 4

8


Theo tính chất đường phân giác ta có:

A
F
AF b
AF
b
 

FB a
AB a  b
AE c
AE
bc
 

EC a
AC a  c
S1 AF AE
bc

.

Suy ra:

;
S
AB AC (a  b)(a  c)

F
C

D

B

hình 2
tương tự ta cũng có:
S
S2
ac
ab
S
S
S
3

; 3 
; khi đó : 1  2  3 
S
(b  a )(b  c) S
(c  a )(c  b)
S
S
S 4

bc
ac
ab
3



(a  b)(a  c ) (b  a )(b  c) (c  a)(c  b) 4
 4ab(a  b)  4bc(b  c )  4ca (c  a ) 3(a  b)9b  c)(c  a )

4a 2 b  4ab 2  4b 2 c  4bc 2  4c 2 a  4ca 2 3a 2 b  3ab 2  3b 2 c  3bc 2  3c 2 a  3ca 2  6abc
a 2 b  ab 2  b 2 c  bc 2  c 2 a  ca 2 6abc
 b(a 2  2ac  c 2 )  a(b 2  2bc  c 2 )  c(a 2  2ab  b 2 ) 0
 b(a  c) 2  a(b  c) 2  c(a  b) 2 0

Bất đẳng thức cuối cùng ln đúng nên ta có điều phải chứng minh.
* Bài tập đưa về dạng vận dụng bất đẳng thức:
( x  y ) 2 4 xy ; hoặc: x 2  y 2 

( x  y) 2
2

Ví dụ 9: Chứng minh rằng trong các tứ giác lồi có hai đường chéo bằng m và
vng góc, hình vng có chu vi nhỏ nhất.
Giải:
( hình 3)
B
AC

BD

,
AC

BD

m
Xét tứ giác ABCD có:
( hằng số)
/
/
/
/
Kí hiệu: a  c b  d m ( như hình vẽ)
a
b/
b
2
/
/
áp dụng bất đẳng thức: ( x  y ) 4 xy ta có:
A
a H c
C
(a  b  c  d ) 2 (a  c  b  d ) 2 
d d/
c
4(a  c)(b  d ) 4(ab  ad  bc  cd )(1)
Ta có: AB.BC  AC.BH
D
0

( xảy ra dấu “=” khi và chỉ khi: B 90 )
hình 3
/
/
/
/
/
/
/
Nên: ab +ad +bc +cd mb  ma  mc  md m(a  b  c  d / ) 2m 2 (2)

9


Từ (1) và (2) suy ra: (a + b + c + d)2 = 8m2
Do đó: Min (a + b + c + d) = 2 2 m. Khi đó: a + b = c + d và:
 B  A  C D 90 0 , tức là: ABCD là hình vng
Ví dụ 10: Giải bài tốn trong ví dụ trên bằng cách khác:
( x  y) 2
2
/
/ 2
(a  b )
a/  b/
/2
/2
a

a


b


a

Ta có:
2
2
/
/
/
/
/
b c
c d
d  a/
;c 
;d 
Tương tự: b 
2
2
2
4m
Do đó a  b  c  d  2 2m .
2
Vậy min (a + b + c + d) = 2 2m  a / b / c / d / .

Áp dụng bất đẳng thức : x 2  y 2 

Suy ra ABCD là hình vng

* Bài tập đưa về dạng vận dụng bất đẳng thức Cô-si:
x 0; y 0  x  y 2 xy , dấu “=” xảy ra  x  y
Ví dụ 11: Chứng minh rằng:
a, Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vng có diện tích lớn nhất
b, Trong các hình chữ nhật có cùng diện tích thì hình vng có chu vi bé nhất .
( bài tập 67, SBT toán 9 tập I-Nxb GD)
Giải: (ký hiệu như hình 4)
a, Với các hình chữ nhật có cùng chu vi thì:
A
x
D
x y
khơng đổi ( bằng một phần tư chu vi )
2
xy
xy
 xy và
Từ bất đẳng thức:
khơng đổi
2
2

y

B

C
( hình 4)



xy
xy
xy 
. Vậy max xy =
. Dấu “=” xảy ra chỉ khi x=y; điều đó có
2
2

nghĩa là trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vng có diện tích lớn
nhất
b, Với các hình chữ nhật có cùng diện tích thì tích xy khơng đổi nên từ
xy
xy
 xy 
đạt giá trị nhỏ nhất bằng
2
2

xy khi và chỉ khi x=y. Điều đó có

nghĩa là trong các hình chữ nhật có cùng diện tích thì hình vng có chu vi bé
nhất.
*Bài tập đưa về dạng vận dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki:

10


2

2

2

2

2

(a1b1  a 2 b2  ...  a n bn ) 2 (a1  a 2  ...  a n )(b1  b2  ...  bn ) . Dấu “=” xảy ra khi
an
a1 a 2
và chỉ khi b  b ...  b
1
2
n

Ví dụ 12: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính MN. Trong các hình chữ nhật
ABCD nội tiếp nửa đường tròn (A và D thuộc MN, B và C thuộc nửa đường
trịn). Hình nào có chu vi lớn nhất?
Giải: ( hình 5)
Đặt AB= b, OA = a.
Ta có: chu vi ABCD lớn nhất khi và chỉ khi:
2a+b lớn nhất  (2a  b) 2 lớn nhất.
B
B/
C
Áp dụng bất đẳng thức: Bunhiacơpxki ta có:
(2a  b) 2 (2a  1.b) 2 ( 2 2  12 )(a 2  b 2 ) 5 R 2
M A A/ O D N
hình 5

 Max(2a  b)  R 5 

2 1
  a 2b
a b

Vậy hình chữ nhật ABCD có chu vi lớn nhất bằng 2R 5  AD = 4AB. Cách
dựng hình chữ nhật đó được thể hiện trên hình 5 trong đó: OA/=2A/B/; OB/ cắt
nửa đường trịn ở B.
Ví dụ 13: Cho điểm M cố định thuộc miền trong của góc vng xOy. Một
đường thẳng d qua M cắt Ox và Oy theo thứ tự tại A và B. Xác định vị trí của
đường thẳng d sao cho:
a) Diện tích tam giác OAB bé nhât?
b) OA+OB bé nhất?
y
Giải: hình 6
B
Kẻ MP  OA, MQ  OB (hình 8)
Đặt OP = a, OQ = b, OA = x, OB = y.
Ta có: SOAB  SOAM  SOBM , suy ra:
Q
M
xy  bx  ay �

a b
  1(*)
x y

a) Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
O

1

a b
ab
 �2
x y
xy

P

A

x

hình 6

 2 SOAB  xy �4ab . Đẳng thức xảy ra chỉ khi: x  2a; y  2b, khi : d//PQ

Vậy min SOAB  2ab, khi : d//PQ
b) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có:



�a b �
OA  OB  x  y  ( x  y ) �  �� a  b
�x y �



2

.

11


Đẳng thức xảy ra chỉ khi:

a
b
1 1 a
 2 � 
, kết hợp với(*) ta có:
2
x
y
y x b

a b a

� a ( a  b ) , từ đó tìm được y  b ( a  b ) .
x x b
Vậygiá trị nhỏ nhất của OA  OB  ( a  b )2 � x  a ( a  b ); y  b ( a  b )
1

2.3.2.2. Dùng bất đẳng thức để giải phương trình, hệ phương trình:
Ví dụ 14: Giải phương trình sau:
4. 3 x 2  6 x  19  5 x 2  10 x  14 4  2 x  x 2

Giải

Ta có:
3x 2  6 x  19 3.( x 2  2 x  1)  16 3( x  1) 2  16 16
 5 x 2  10 x  14 5( x  1) 2  9 9

Vây 4. 3x 2  6 x  19  5 x 2  10 x  14 2  3 5
Dấu “=” xảy ra khi: x + 1 = 0  x = -1
Vây 4. 3x 2  6 x  19  5 x 2  10 x  14 4  2 x  x 2 Khi x = -1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -1
2
2
2
Ví dụ 15: Giải phương rình: 3x  1  x  x  x x  1 

1
2 2

(7 x 2  x  4)(1)

Giải:
Điều kiện: x �1 hoặc x �

1
3

Gọi vế trái và vế phải của (1) là A và B
Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho hai bộ số (1,1  x) và (
3x 2  1, x 2  x , x 2  1)

Ta có: A � ( x 2  2)(5 x 2  x) . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = -1
Do x �1 hoặc x �

1
nên 5 x 2  x  0
3

Áp dụng Bất đẳng thức Cơsi ta có:
B

1
2 2

.2 (5 x 2  x)( x 2  2)  (5 x 2  x)( x 2  2) .

Dấu: “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = -1 và x 

4
3

Vây nghiệm của phương trình là: x = -1
Ví dụ 16: Giải phương trình:
16 x 4  5  6. 3 4 x 3  x (1)

Giải

12


Vì 16 x 4  5 �0 � 6. 3 4 x3  x  0 , do đó x  0
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương: 4 x, 4 x 2  1, 2, ta có:
6. 3 4 x3  x  3. 3 4 x(4 x 2  1).2 �4 x  4 x 2  1  2  4 x 2  4 x  3(2)

Từ (1) và (2) suy ra:
16 x 4  5 �4 x 2  4 x  3 � 8 x 4  2 x 2  1 �0 � (2 x  1) 2 (2 x 2  2 x  1) �0
� (2 x  1) 2 �0(3)(do : 2 x 2  2 x  1  0; x)
1
2

Lại có: (2 x  1)2 �0; x nên từ (3) suy ra: 2 x  1  0 � x  ( thoả mãn)
Vây phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 

1
2

Ví dụ 17: Giải hệ phương trình:
�
�x  y  xy  3(1)
( x, y �R )
�
� x  1  y  1  4(2)

(Câu II.2. Thi ĐH khối A - năm 2007)
Giải: Ta có thể sử dụng phương pháp bất đẳng thức mà học sinh khá giỏi cấp
THCS cũng có thể giải được ngồi cách giải thơng thường trong chương trình
tốn THPT.
Điều kiên:
xy �0, x  1 �0, y  1 �0
�xy
 �0, x
1, y
1

3
Từ (1) có: x �y

xy

x 0, y

0
1
2

Từ (1) áp dung bất đẳng thức Cơsi ta có: x  y  3  xy �3  ( x  y ) � x  y �6(3)
Từ (2) áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxki ta có:
4  1. x  1  1. y  1 � 12  12 . ( x  1)( y  1)
� x  y �0(4)
�x  y
�
Từ (3) và (4) có: x  y  6 � � x  1  y  1 � x  y  3
�
�x  y  3  xy

*Chú ý: Từ bài toán trên ta có thể khái quát cách giải theo hướng sau:
�
�x  y  xy  a (1)
( x, y �R )
�
� x  b  y  b  c(2)
c2
Trong đó: a �0, c �0, b   a là các hằng số

4
 x  y  z 1

Ví dụ 18: Giải hệ phương trình sau: 

4
4
4
 x  y  z  xyz

Giải: áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có:

13


x4  y 4 y4  z4 z 4  x4


x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 y 2
2
2
2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
x y y z
z y z x
x z  y2 x2




 y 2 xz  z 2 xy  x 2 yz  xyz( x  y  z )
2
2
2
1
Vì: x + y + z = 1 nên x 4  y 4  z 4  xyz . Dấu “=” xảy ra khi: x  y  z 
3
 x  y  z 1
1
Vậy:  4 4 4
có nghiệm x  y  z 
3
 x  y  z  xyz
x4  y 4  z 4 

Ví dụ 19: Giải hệ phương trình sau:
 xy  4 8  y 2 (1)

 xy 2  x 2 (2)

Giải
Từ phương trình (1) ta suy ra: 8  y 2 0 hay y  8
2
Từ phương trình (2 ta suy ra x  2  x . y 2 2 x

 x 2  2 2 . x  2 2 0  ( x 

2 ) 2 0  x  2  x  2

Nếu x  2  y 2 2
Nếu x  2  y  2 2
 x  2
 x  2
và 
 y 2 2
 y  2 2

Vây hệ phương trình có nghiệm: 

2.3.2.3. Dùng bât đằng thức để giải phương trình nghiệm ngun:
Ví dụ 20: Tìm các số ngun x, y, z thoả mãn bất đẳng thức:
x 2  y 2  z 2  xy  3 y  2 z  3

Giải
Vì x, y, z là các số nguyên nên:
x 2  y 2  z 2 xy  3 y  2 z  3  x 2  y 2  z 2  xy  3 y  2 z  3 0
2

2



y2   3y2
y

y 
  x 2  xy    

 3 y  3   ( z 2  2 z  1) 0   x    3  1  ( z  1) 2 0 (*)
4   4
2

2 


2

2

y

y 
Mà:  x    3  1  ( z  1) 2 0 ; x, y  R
2

2 
2

2

  x  y   3 y  1  ( z  1) 2 0
2

2 

14

y

 x  2 0

y
   1 0 
2
 z  1 0



 x 1

 y 2
 z 1


 x 1

Vây các số cần tìm là  y 2
 z 1


Ví dụ 21: Tìm nghiệm ngun dương của phương trình:
1 1 1
  2
x y z
Giải: Khơng mất tính tổng quát, ta giả sử x  y  z

Ta có:

1 1 1 3
2      2 z 3
x y z z

Mà z nguyên dương nên z = 1
1

1

Thay z = 1 vào phương trình ta được: x  y 1
1

1

1

Theo giả sử x  y  1  x  y  y  y 2 mà y nguyên nên y 1, hoặc y 2
Với y 1, khơng thích hợp
Với y 2 , ta có x 2
Vây(2, 2, 1) là một nghiệm của phương trình. Hốn vị các số trên ta được các
nghiệm của phương trình là: (2, 2, 1); (2, 1, 2); (1, 2, 2)
Ví dụ 22: Tìm các cặp số nguyên thoả mãn phương trình
x  x  y (*)

Giải:
Từ (*) với x < 0 , y < 0 thì phương trình khơng thoả mãn
(*) với x > 0, y >0, ta có: x  x x  x  y 2  x  y 2  x  0
Đặt x k ; (k  Z  ) .Ta có: k (k  1)  y 2 .
Nhưng k 2 k (k  1)  (k  1) 2  k 2 k (k  1)  (k  1) 2  k  y  k  1
Mà giữa k và k+1 là hai số nguyên dương liên tiếp không tồn tại một số ngun

dương nào cả, nên khơng có cặp số ngun dương nào thoả mãn phương trình.
Vây phương trình có nghiệm duy nhất là: x = 0; y = 0
1
2

Ví dụ 23. Giải phương trình: x  2  y  2009  z  2010  ( x  y  z )

15


( Bài III.1-Đề thi vào lớp 10-THPT chuyên Lam Sơn-Thanh Hoá năm học 20092010)
Giải:
Điều kiên: x 2; y  2009; z 2010
Phương trình đã cho tương đương với x  y  z 2 x  2  2 y  2009  2 z  2010
 x  2  1 0

 ( x  2  1) 2  ( y  2009  1) 2  ( z  2010  1) 2 0   y  2009  1 0

 z  2010  1 0
 x 3

  y  2008
 z 2010


Vậy phương trình có nghiệm (x; y; z)=(3; -2008; 2011)
Ví dụ 24: Tìm tất cả các cặp số tự nhiên x, y sao cho:
x  y  1989

Giải

Ta có: x  y  1989
 x  y  2 xy 1989  x  y  2 xy  x  y 1989  x  y

   x  y  x  y  1989  x  y
 2 y  x  y  1989  x  y
  2 y  x  y  1989  x  y 
  2 y . 1989  1989  x  y 




x y

2

2

2

2

2

 4 y.1989 1989  x  y  .
2

Bởi vì: 1989=32.13.17  2 2.3 2. y.13.17 1989  x  y  2
Vế phải (1989-x+y)2 là số chính phương
 y k 2 .13.17  k 2 .221 với k là số tự nhiên.
Phương trình có nghiệm là: (x; y)=(0; 1989); (1989; 0)

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục.
Khi áp dụng đề tài: “Sử dụng một số bất đẳng thức vào giải toán để
nâng cao chất lượng học sinh giỏi lớp 9 ”, bản thân thấy học sinh giải các bài
tốn tìm cực trị, giải phương trình, giải hệ phương trình hay tìm nghiệm ngun
có sử dụng bất đẳng thức thấy dễ dàng hơn. Khi gặp dạng tốn này, học sinh
khơng cảm thấy ngại khi làm và làm ra kết quả nhanh hơn, đặc biệt là kết quả
chính xác hơn và bài làm khoa học hơn.
Khi dự thi các kỳ thi học sinh giỏi, thi vào lớp 10-THPT chuyên ở cấp
THCS, đặc biệt là kỳ thi học sinh giỏi các cấp thường thì các em đạt điểm cao ở
dạng toán này.

16


Kết quả khảo sát các bài Toán liên quan đến đề tài sau khi sử dụng đề tài
cuối năm học 2019 – 2020 (30 học sinh):
Điểm yếu
SL
TL
0

Điểm TB
SL
TL
5
16,7%

Điểm khá
SL
TL

7
23,3%

Điểm giỏi
SL
TL
18
60%

3. Kết luận và kiến nghị.
3.1 Kết luận.
Trong đề tài này, tơi đã chọn lọc những bài tập điển hình nhất trong mỗi
dạng, hệ thống các kiến thức toán học theo từng dạng cụ thể, đó là những vấn đề
cơ bản và thiết yếu có nhiều liên quan đến các kiến thức thường gặp trong các
kỳ thi. Tôi không muốn các em học sinh chỉ biết giải từng bài một cách máy
móc do đó bên cạnh việc phân chia các dạng tốn ở mức độ nhất định, đã coi
trọng phân tích đặc điểm của bài tốn để có lời giải hợp lí, lưu ý những sai lầm
dễ mắc của học sinh khi giải một bài tốn, đồng thời thơng qua các bài tập mà
rèn luyện kỹ năng học tập bộ môn tốn và rèn luyện đức tính sáng tạo, có ý trí
vươn lên trong học tập, cung cấp thêm kinh nghiệm giải toán và rèn luyện
phương pháp suy luận toán học. Đặc biệt giúp các em có thể tự giải được các bài
tốn thường gặp trong các kì thi cuối học kỳ, thi học sinh giỏi, thi vào lớp 10THPT, đồng thời chuẩn bị tốt để học toán ở lớp trên.
3.2. Kiến nghị.
Cần thiết phải xây dựng một số chuyên đề về toán học làm tài liệu tham
khảo cho việc giảng dạy và học toán được tốt hơn.
Cần khai thác và phát triển cao hơn, đầy đủ và hoàn thiện hơn một số
dạng toán cơ bản ở trường THCS.
Việc viết sáng kiến kinh nghiệm là một công việc thường xuyên , một
định hướng của ngành.
Với rất nhiều mục đích mà sáng kiến đưa ra, nhưng với thời gian, kiến

thức và kinh nghiệm của bản thân còn hạn chế, việc biên soạn phụ thuộc vào
nhiều yếu tố: tài liệu tham khảo, thực tế, thời gian…, chắc chắn rằng nội dung
của sáng kiến còn chưa được phong phú. Với đề tài “Sử dụng một số bất đẳng
thức vào giải toán để nâng cao chất lượng học sinh giỏi lớp 9 ” của tôi khơng
sao tránh được những điểm cịn thiếu xót. Rất mong sự trao đổi góp ý của các
đồng nghiệp.
Tơi xin chân thành cảm ơn !
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN
VỊ

Thanh Hóa, ngày 18 tháng 3 năm
2021
CAM KẾT KHÔNG COPPY
Người thực hiện

17


Bùi Thị Thoa

18