SKKN phát huy năng lực tư duy và lập luận toán học cho học sinh khá giỏi THPT trong khi dạy học chủđềbất đẳng thức

PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong những năm gần đây, tốc độ phát triển nhanh chóng của tri thức nhân
loại và sự tiến bộ của khoa học kĩ thuật, đặc biệt là công nghệ thông tin làm cho
mơ hình dạy học theo tiếp cận nội dung khơng cịn phù hợp nữa. Dạy học theo
tiếp cận phát triển năng lực của học sinh là một bước ngoặt lớn đánh dấu sự
chuyển mình mạnh mẽ về chất của ngành Giáo dục và Đào tạo nước ta trong giai
đoạn hiện nay. Mục tiêu dạy học chuyển từ việc chủ yếu trang bị kiến thức sang
hình thành, phát triển phẩm chất và năng lực người học.
Chương trình tổng thể Ban hành theo Thông tư 32/2018/TT-BGDĐT ngày
26/12/2018 nêu rõ “Giáo dục tốn học hình thành và phát triển cho học sinh
những phẩm chất chủ yếu, năng lực chung và năng lực toán học với các thành
tố cốt lõi: năng lực tư duy và lập luận tốn học, năng lực mơ hình hóa tốn
học, năng lực giải quyết vấn đề tốn học, năng lực giao tiếp toán học, năng lực
sử dụng các cơng cụ và phương tiện học tốn; phát triển kiến thức, kĩ năng then
chốt và tạo cơ hội để học sinh được trải nghiệm, áp dụng toán học vào đời sống
thực tiễn, giáo dục toán học tạo dựng sự kết nối giữa các ý tưởng toán học, giữa
toán học với các mơn học khác và giữa tốn học với đời sống thực tiễn’’.
Năng lực Toán học của học sinh phổ thơng có thể biểu hiện qua: tính linh
hoạt của các q trình tư duy trong hoạt động tốn học; khuynh hướng vươn tới
tính rõ ràng, đơn giản, tiết kiệm, hợp lí của lời giải; nhanh chóng và dễ dàng sửa
lại phương hướng của quá trình tư duy, chuyển từ tiến trình tư duy thuận sang
tiến trình tư duy đảo. Như vậy trong việc bồi dưỡng các năng lực thành phần của
mơn tốn thì phát huy năng lực tư duy và lập luận tốn học cho học sinh có thể
xem là rất quan trọng, nó phụ thuộc rất nhiều ở sự đổi mới PPDH của GV .
Trong chương trình tốn học phổ thơng, bất đẳng thức đóng một vai trị khá
quan trọng. Nó xuất hiện là câu khó nhất trong các đề thi học kỳ, thi vào các
trường Chuyên, thi HSG các cấp. Ngồi việc hiện diện như một bài tốn độc lập,
bất đẳng thức cũng xuất hiện trong nhiều phần khác của tốn học: bài tốn tìm
miền xác định, đồng biến, nghịch biến, phương trình, hệ phương trình, lượng
giác, hình học, tổ hợp - phép đếm - xác suất, bài toán max, min, số phức, hàm

mũ – logarit... Đặc biệt, bất đẳng thức chiếm một tỉ lệ rất lớn trong các bài toán
vận dụng cao ở kỳ thi THPTQG. Mặc dù tầm quan trọng của bất đẳng thức lớn
như thế, nhưng đa số học sinh lại không hứng thú với phần kiến thức này. Một
phần vì nội dung kiến thức chuyên đề bất đẳng thức tương đối khó, phương pháp
giải cũng như kỹ thuật biến đổi quá phong phú nên học sinh sợ. Phần khác là
thời lượng trong chương trình dành cho bất đẳng thức là q ít, khơng đủ để học
sinh tiếp cận một cách bài bản, trong khi nội dung kiến thức chuyên đề này
xuyên suốt trong chương trình mơn Tốn ở nhà trường phổ thơng. Thực tế cho
thấy học sinh khá – giỏi khi tiếp cận giải toán bất đẳng thức vẫn nhiều thụ động,
1


máy móc và thiếu tính sáng tạo. Với những trăn trở như trên, tôi lựa chọn đề tài:
“Phát huy năng lực tư duy và lập luận toán học cho học sinh khá giỏi THPT
trong khi dạy học chủ đề bất đẳng thức” nhằm khơi gợi tư duy, định hướng
giải toán bất đẳng thức với mong muốn giúp các em học sinh hứng thú và đạt
hiệu quả cao hơn khi học chủ đề bất đẳng thức.
II. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU.
- Điều tra thực trạng về tình hình dạy và học bất đẳng thức ở trường THPT.
- Nghiên cứu các kiến thức nền tảng về bất đẳng thức, các phương pháp
chứng minh bất đẳng thức qua SGK và các tài liệu tham khảo.
- Triển khai đề tài trong quá trình dạy học bằng cách lựa chọn các kiến thức
và bài toán bất đẳng thức phù hợp đưa vào các tiết học chính khoá, các tiết học
thêm buổi chiều và các buổi bồi dưỡng HSG.
- Kiểm tra, đánh giá, trao đổi với học sinh, giáo viên tốn qua đó thấy được
hiệu quả của việc áp dụng đề tài như thế nào và đồng thời điều chỉnh việc dạy
học nội dung bất đẳng thức cho phù hợp nhằm nâng cao chất lượng học bất đẳng
thức nói riêng cũng như học mơn tốn nói chung.
- Lập nhóm facebook gồm các GV u thích chủ đề bất đẳng thức để cùng trao
đổi các bài toán, các cách giải hay, các kinh nghiệm về làm toán bất đẳng thức.

III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
- Học sinh bậc trung học phổ thơng.
- GV dạy tốn bậc trung học phổ thông.
- Tài liệu về PPDH, bất đẳng thức.
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Phương pháp điều tra, phân tích.
- Phương pháp thống kê, xử lí số liệu
- Phương pháp nghiên cứu tài liệu
- Phương pháp thực nghiệm.
V. CẤU TRÚC CỦA ĐỀ TÀI
Phần I. Đặt vấn đề.
Phần II. Nội dung.
Phần III. Kết luận.

2


PHẦN II. NỘI DUNG
A. CƠ SỞ LÍ LUẬN, CƠ SỞ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI
1. Cơ sở lí luận của đề tài
1.1.Năng lực
Theo Chương trình giáo dục phổ thơng tổng thể, “năng lực là thuộc tính cá
nhân được hình thành, phát triển nhờ tố chất sẵn có và q trình học tập, rèn luyện,
cho phép con người huy động tổng hợp các kiến thức, kĩ năng và các thuộc tính cá
nhân khác như hứng thú, niềm tin, ý chí,… thực hiện thành công một loại hoạt động
nhất định, đạt kết quả mong muốn trong những điều kiện cụ thể”.
Bản chất của năng lực là khả năng của chủ thể kết hợp một cách linh hoạt,
có tổ chức hợp lí các kiến thức, kĩ năng với thái độ, giá trị, động cơ, nhằm đáp
ứng những yêu cầu phức hợp của một hoạt động, bảo đảm cho hoạt động đó đạt
kết quả tốt đẹp trong một tình huống nhất định.

1.2. Năng lực toán học
1.2.1. Các thành tố cốt lõi của năng lực toán học
Năng lực toán học bao gồm các thành tố cốt lõi sau: Năng lực tư duy và
lập luận toán học; năng lực mơ hình hóa tốn học; năng lực giải quyết vấn đề
toán học; năng lực giao tiếp toán học; năng lực sử dụng cơng cụ, phương tiện
học tốn.
1.2.2. Yêu cầu cần đạt về năng lực toán học của HS THPT
Dạy học theo hướng phát triển năng lực học sinh là chuyển đổi từ việc
“học sinh cần phải biết gì” sang việc “phải biết và có thể làm gì” trong các tình
huống và bối cảnh khác nhau. Do đó dạy học theo hướng phát triển năng lực học
sinh chú trọng lấy học sinh làm trung tâm và giáo viên là người hướng dẫn, giúp
các em chủ động trong việc đạt được năng lực theo yêu cầu đặt ra, phù hợp với
đặc điểm cá nhân. Mơn Tốn cấp THPT nhằm giúp học sinh phát triển năng lực
toán học với các yêu cầu cần đạt:
Nêu và trả lời được câu hỏi khi lập luận, giải quyết vấn đề; sử dụng được
các phương pháp lập luận, quy nạp và suy diễn để hiểu được những cách thức
khác nhau trong việc giải quyết vấn đề; thiết lập được mơ hình tốn học để mơ
tả tình huống, từ đó đưa ra cách giải quyết vấn đề tốn học đặt ra trong mơ hình
được thiết lập; thực hiện và trình bày được giải pháp giải quyết vấn đề và đánh
giá được giải pháp đã thực hiện, phản ánh được giá trị của giải pháp, khái quát
hoá được cho vấn đề tương tự; sử dụng được cơng cụ, phương tiện học tốn,
khám phá và giải quyết vấn đề toán học.
1.3. Năng lực tư duy và lập luận toán học
1.3.1. Khái niệm tư duy
Theo Từ điển Tiếng Việt thì: “Tư duy là quá trình nhận thức, phản ánh
những thuộc tính bản chất, những mối quan hệ có tính chất quy luật của sự vật,
hiện tượng”
3

Theo từ điển Triết học: “Tư duy, sản phẩm cao nhất của vật chất được tổ
chức một cách đặc biệt là bộ não, là q trình phản ánh tích cực thế giới quan
trong các khái niệm, phán đốn, lí luận. Tiêu biểu cho tư duy là những quá trình
như trừu tượng hố, phân tích tổng hợp, việc nêu lên là những vấn đề nhất định
và tìm cách giải quyết chung, việc đề xuất những giả thuyết, những ý niệm. Kết
quả của quá trình tư duy bao giờ cũng là một ý nghĩ nào đó”
1.3.2. Các thao tác của tư duy
a. Các giai đoạn hoạt động của tư duy
Mỗi hành động tư duy là một quá trình giải quyết một nhiệm vụ nào đấy,
nảy sinh trong quá trình nhận thức hay hoạt động thực tiễn của con người.
Giai đoạn 1: Xác định vấn đề và biểu đạt vấn đề;
Giai đoạn 2: Huy động các tri thức, kinh nghiệm;
Giai đoạn 3: Sàng lọc các liên tưởng và hình thành giả thuyết;
Giai đoạn 4: Kiểm tra giả thuyết;
Giai đoạn 5: Giải quyết nhiệm vụ đặt ra.
b. Các thao tác tư duy
Các giai đoạn của tư duy mới chỉ phản ánh được mặt bên ngồi, cấu trúc
bên ngồi của tư duy. Cịn nội dung bên trong nó diễn ra các thao tác sau:
+ Phân tích và tổng hợp. Phân tích là tách (trong tư tưởng) một hệ thống
thành những vật, tách một vật thành những bộ phận riêng lẻ. Tổng hợp là liên
kết (trong tư tưởng) những bộ phận thành một vật, liên kết nhiều vật thành một
hệ thống. Phân tích và tổng hợp là hai hoạt động trí tuệ trái ngược nhau nhưng
lại là hai mặt của một quá trình thống nhất.
+ So sánh và tương tự. So sánh là sự xác định bằng trí óc giống hay khác
nhau, sự đồng nhất hay không đồng nhất, sự bằng nhau hay không bằng nhau
giữa các sự vật hiện tượng. Tương tự là sự phát hiện bằng trí óc sự giống nhau
giữa các đối tượng để từ những sự kiện đã biết của đối tượng này dự đoán những
sự kiện đối với các đối tượng kia.
+ Trừu tượng hóa. Trừu tượng hóa là tách những đặc điểm bản chất khỏi
những đặc điểm không bản chất (sự phân biệt bản chất với không bản chất ở đây

mang ý nghĩa tương đối, nó phụ thuộc vào mục đích hành động).
+ Khái qt hóa và đặc biệt hóa. Khái quát hóa là chuyển từ một tập hợp
đối tượng sang một tập hợp lớn hơn chứa tập hợp ban đầu bằng cách nêu bật
một số đặc điểm chung của các phần tử trong tập hợp xuất phát. Đặc biệt hóa là
chuyển từ việc khảo sát một tập hợp các đối tượng đã cho sang việc khảo sát
một tập hợp đối tượng nhỏ hơn chứa trong tập hợp ban đầu.
1.3.3. Năng lực tư duy
Năng lực tư duy là tổng hợp những khả năng ghi nhớ, tái hiện, trừu tượng
hóa, khái quát hóa, tưởng tượng, suy luận - giải quyết vấn đề, xử lý và linh cảm
trong quá trình phản ánh, phát triển tri thức và vận dụng chúng vào thực tiễn.
4


1.3.4. Năng lực tư duy toán học
Năng lực tư duy toán học là khả năng nhận biết ý nghĩa, vai trị của kiến
thức tốn học trong cuộc sống, như khả năng vận dụng tư duy toán học để giải
quyết các vấn đề của thực tiễn đáp ứng nhu cầu đời sống hiện tại và tương lai
một cách linh hoạt; khả năng phân tích, suy luận, khái qt hóa, trao đổi thông
tin một cách hiệu quả thông qua việc đặt ra, hình thành và giải quyết vấn đề tốn
học trong các tình huống, hồn cảnh khác nhau.
1.3.5. Biểu hiện của năng lực tư duy và lập luận tốn học
Theo Chương trình Giáo dục phổ thơng mơn Tốn (Bộ GD-ĐT, 2018), biểu
hiện và yêu cầu cần đạt về năng lực tư duy và lập luận toán học của học sinh
THPT được tổng hợp ở bảng sau:
Năng lực tư duy và lập luận
toán họcthể hiện qua việc:
- Thực hiện được các thao tác tư duy
như: so sánh, phân tích, tổng hợp,
đặc biệt hố, khái quát hoá, tương tự;
quy nạp, diễn dịch.

Yêu cầu cần đạt của HS cấp THPT
- Thực hiện được tương đối thành thạo
các thao tác tư duy, đặc biệt phát hiện
được sự tương đồng và khác biệt trong
những tình huống tương đối phức tạp và
lí giải được kết quả của việc quan sát.

- Chỉ ra được chứng cứ, lí lẽ và biết - Sử dụng được các phương pháp lập
lập luận hợp lí trước khi kết luận.
luận, quy nạp và suy diễn để nhìn ra
những cách thức khác nhau trong việc
giải quyết vấn đề.
- Giải thích hoặc điều chỉnh được - Nêu và trả lời được câu hỏi khi lập luận,
cách thức giải quyết vấn đề về giải quyết vấn đề. Giải thích, chứng
phương diện tốn học.
minh, điều chỉnh được giải pháp thực
hiện về phương diện toán học.
2. Cơ sở thực tiễn của đề tài
Trong thực tế giảng dạy toán , đặc biệt bản thân thường xuyên tham gia
dạy đội tuyển bồi dưỡng HSG tỉnh ở trường THPT Huỳnh Thúc Kháng, tôi nhận
thấy việc bồi dưỡng năng lực tư duy và lập luận toán học cho HS trong khi dạy
học chủ đề bất đẳng thức là rất cần thiết. Học sinh học bất đẳng thức ngoài việc
được rèn luyện kỹ năng chứng minh bất đẳng thức, vận dụng bất đẳng thức vào
giải tốn cịn được bồi dưỡng, nâng cao tư duy logic, khả năng lập luận các vấn
đề chặt chẽ, phát huy tính sáng tạo, tích cực học tập.
Để tìm hiểu cụ thể thực trạng việc học bất đẳng thức của học sinh trong
trường THPT, trong q trình giảng dạy tơi đã sử dụng phương pháp điều tra
5

bằng phiếu (phụ lục) để biết được thực trạng dạy học chủ đề này từ đó điều
chỉnh phương pháp cho phù hợp với đối tượng. Sau khi điều tra tôi thu được kết
quả cụ thể sau
2.1. Thực trạng giảng dạy của giáo viên
Qua tìm hiểu các giáo viên đang giảng dạy mơn Tốn tại trường và một số
trường bạn trên địa bàn tỉnh Nghệ An, chúng tôi thu được các kết quả:
Ngồi một số ít GV có hứng thú với chủ đề bất đẳng thức thì cịn lại đa số
GV khác cho ý kiến rất ngại khi dạy chủ đề bất đẳng thức vì mảng kiến thức này
khó, chỉ một số ít HS tiếp thu được, kể cả các HS học được bất đẳng thức thì khi
vào phịng thi cũng chưa hẳn sẽ làm được bài. Khi hướng dẫn giảng bài tập cho HS
thì GV ln phải trả lời câu hỏi “ tại sao lại chọn cách biến đổi như vậy” hoặc tại
sao phải xuất phát từ “ đẳng thức hoặc bất đẳng thức này ” mà câu trả lời không
phải lúc nào cũng được tự nhiên, cũng dễ chấp nhận. Đa số GV chưa đầu tư nghiên
cứu chủ đề BĐT một cách hệ thống để phục vụ cho việc giảng dạy.
2.2. Thực trạng học tập của học sinh
Thông qua khảo sát điều tra HS học tập tại trường và các trường bạn trên
địa bàn tỉnh nghệ an thì thu được các thông tin:
- Học sinh chưa hứng thú với chủ đề bất đẳng thức vì tâm lý nghĩ rằng chủ
đề này rất khó nên khơng thể chinh phục được. Các em thường sợ toán BĐT,
tiếp thu một cách thụ động. Chỉ có một số đối tượng HSG trả lời là rất thích học
chủ đề bất đẳng thức nhưng cũng không tự tin lắm.
- Phần lớn HS không nắm vững kiến thức nền tảng về bất đẳng thức dẫn
đến hay gặp sai lầm trong biến đổi và tính tốn.
- Khơng biết khai thác giả thiết để tìm chìa khố lời giải, lúng túng không
biết bắt đầu từ đâu và đi theo hướng nào.
- Khi giải được bài tốn rồi thì dừng lại, khơng tiếp tục tìm tịi khai thác,
giải bài toán bằng nhiều cách khác nhau. Chưa biết tổng quát hoá, khái quát hoá
để tạo ra các bài toán mới, bài toán tương tự.

6


B. MỘT SỐ BIỆN PHÁP SƯ PHẠM GÓP PHẦN PHÁT HUY NĂNG LỰC
TƯ DUY VÀ LẬP LUẬN TOÁN HỌC CHO HS KHÁ GIỎI THPT
TRONG KHI DẠY HỌC CHỦ ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC
*Biện pháp 1. Bồi dưỡng kiến thức nền tảng về bất đẳng thức cho học sinh.
Nếu học sinh không nắm vững định nghĩa, tính chất của bất đẳng thức thì
e rằng việc giải bài tập dạng này thật là khó khăn. Để đạt được nhiệm vụ chung
nói trên, cả giáo viên và học sinh cần phải hiểu một cách sâu sắc và nắm vững
định nghĩa, tính chất của bất đẳng thức.Trong thực tiễn giảng dạy, chúng tôi
nhận thấy số đơng HS có kiến thức về BĐT thiếu tính bài bản và hệ thống, điều
này dẫn đến việc các em hay mắc những lỗi sai kiến thức cơ bản trong quá trình
lập luận.
a  b
các em suy ra ngay  ab  bc !!!
b  c

Chẳng hạn, 

Hay để chứng minh

AB

các em chứng minh A  C , B  C rồi kết luận

A  B !!!

Một số GV khi dạy chủ đề BĐT cho HS khá giỏi cũng thường bỏ qua việc
nhắc, hệ thống lại, chứng minh các tính chất cơ bản, các kiến thức nền tảng cho

HS, đó là một thiếu sót lớn khi dạy chủ đề này.Kiến thức nền tảng bao gồm: các
tính chất cơ bản của BĐT, các đẳng thức, hằng đẳng thức được sử dụng nhiều
trong chứng minh BĐT, các bài tốn gốc đóng vai trị như các bổ đề để giải
quyết nhiều bài tốn khác.
MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
1.1. ĐỊNH NGHĨA
• a  b  a − b  0; a  b  a − b  0
•

f ( x)  g ( x) x  X  f ( x) − g ( x)  0 x  X

f ( x)  g ( x) x  X  f ( x) − g ( x)  0 x  X
•
1.2. TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA BẤT ĐẲNG THỨC
a  b
ac
b  c

Tính chất 1: 

a − b  0

 a−b+b−c  0 a−c  0 a  c
b  c
b − c  0
a  b

Chứng minh: 

a1  a2


a  a3
 a1  an . Chứng minh tương tự chứng minh tính chất (1)
Mở rộng:  2
...

a  a
n
 n−1

Tính chất 2:

a  b  a + c  b + c c

Chứng minh : a + c  b + c  a + c − (b + c )  0  a − b  0  a  b
7


Phát biểu bằng lời: Khi ta thêm hay bớt hai vế của bất đẳng thức với cùng
một lượng thì thu được bất đẳng thức tương đương cùng chiều.
Tính chất 3: +) Cho a  0 thì x  y  ax  ay (i)
+) Cho a  0 thì x  y  ax  ay
(ii)
Chứng minh: (i): ax  ay  ax − ay  0  a( x − y )  0  x − y  0 (do a  0)  x  y
(ii): ax  ay  ax − ay  0  a( x − y )  0  x − y  0 (do a  0)  x  y
x  y
 a+ x b+ y
a  b

Tính chất 4: 

x − y  0

 ( x − y ) + ( a − b )  0  a + x − (b + y )  0
a  b
a − b  0
x  y

Chứng minh: 

a1  b1

a b
 a + x  b + y . Mở rộng:  2 2  a1 + a2 + ... + an  b1 + b2 + ... + bn
...
a  b
n
 n

Lưu ý: Có phép cộng vế theo vế tương ứng các bất đẳng thức cùng chiều nhưng
không có phép trừ tương ứng các bất đẳng thức cùng chiều
x  y

Cụ thể: 

a  b

không suy ra được x − a  y − b

x  y

6  5
 x−b  y −a
nhưng 6 − 4  5 − 1 ; tuy nhiên ta lại có: 
4  1
a  b

Chẳng hạn: 

x  y

x  y

 x + ( −b )  y + ( − a )  x − b  y − a
a

b
−
b

−
a



Chứng minh: 

GV có thể lấy một liên hệ vui trong thực tiễn giúp HS kiểm nghiệm và ghi
nhớ tốt hơn, chẳng hạn: x giàu hơn y , x cho đi b đồng còn y cho đi a đồng.
Đã giàu lại cho đi ít hơn nên càng giàu hơn anh nghèo lại cho đi nhiều hơn.
x  y

Qua tính chất 3, GV có thể đặt câu hỏi: 

a  b

 xa  yb ?

−1  −2
nhưng (−1).2  (−2).(−3)
2  −3

Dự kiến phương án trả lời: Khơng. Ví dụ 

GV? vậy cần có thêm điều kiện gì để bất đẳng thức đó đúng?
Dự kiến phương án trả lời: cần thêm điều kiện bất đẳng thức khơng âm.
x  y  0

Tính chất 5: 

a  b  0

 ax  by

8


x  y

Chứng minh: 

b  0

 b( x − y )  0  bx  by (*)

x  0
 x(a − b)  0  ax  bx (**)

a  b

Từ (*) và (**), theo tính chất bắc cầu ta suy ra ax  by
Tính chất 6:

x  y  0 thì x 2  y 2
x  y  0
 x.x  y. y  x 2  y 2
x  y  0

Chứng minh: Ta có: 

GV? x  y  x 2  y 2 có đúng hay khơng?
Dự kiến phương án trả lời: Bất đẳng thức trên khơng đúng. Ví dụ: 1  −2 nhưng
12  (−2) 2 . Thông qua câu hỏi trên HS sẽ thấy tầm quan trọng của điều kiện

không âm từ đó sẽ nhớ hơn.
Tính chất 7:

x2  y 2  x  y

Chứng minh : Cách 1:
x 2  y 2  x  y  ( x − y )( x + y )  0  x − y  0  x  y

2

2

 x + y  0

x − y  0
 − x  y  x khi x  0

Cách 2: y  x  − x  y  x  
 x − y  0
 −(− x)  y  − x khi x  0

  x + y  0
 ( x − y ).( x + y )  0  x 2  y 2

Cách 3: + Nếu y = 0 thì

x2  0  x  0

+ Nếu y  0 thì x  y 


luôn đúng

 x 
 x  x

 1   − 1  0   − 1 .  + 1  0
y

 y 
 y  y 

x

x2
 1  x2  y 2
2
y

1
x

Tính chất 8: Cho x, y  0 . Khi đó: x  y  
Chứng minh : x  y  x − y  0 
Tính chất 9: Cho

a 1

1
y

x− y
1 1
1 1
 0 (do xy  0)  −  0  
xy
y x
x y

Khi đó: a n  a k n  k ; n 

+

;k 

9


n
k
Chứng minh : a  a 

an
 1  a n−k  1
k
a

a  1  0
a  1  0
 a.a...a  1.1...1  a n − k  1
Xét n − k bất đẳng thức dương cùng chiều: 
....
n − k so
n − k so


a  1  0

Tính chất 10: Cho

0  a 1

+

Khi đó: a n  a k n  k ; n 
+

Chứng minh : Với n  k ; n 

;k 

;k 

ta có:

n
k
1 − a  0  1 
1
1
1
0  a 1 
       n  k  ak  an
a
a
a
a
a  0

Tính chất 11: Nếu

ab0

thì

ta có: a  a + n .

n  0

b

b+n

Chứng minh : a  a + n  a. ( b + n )  b. ( a + n )  an  bn  a  b (do n  0)
b

Nhận xét: Nếu

ab0

Tính chất 12: Với
•

b+n

thì

x 

n  0

ta có: a  a + n . Dấu " = "  a = b
b

b+n

ta có:

x  0 " = "  x = 0;

x  x " = "  x  0;

x  −x " = "  x  0

Tính chất 13: Với hai số a,b tùy ý, ta có: a + b  a + b .
Dấu “=” xảy ra  ab

 0.

Chứng minh:

(

a + b  a +b  a + b

)

2

2

 a + b  a 2 + b 2 + 2 a . b  a 2 + b 2 + 2ab

 a . b  ab (ln đúng theo tính chất 12)

Dấu “=” xảy ra  a . b = ab  ab  0 .
a, b, c  0

Mở rộng: +) a + b + c  a + b + c . Dấu “=” xảy ra  

a, b, c  0

.

a1, a2 ,..., an  0

+) a1 + a2 + ... + an  a1 + a2 + ... + an . Dấu “=” xảy ra  

a1, a2 ,..., an  0

Tính chất 14: Với hai số a,b tùy ý, ta có: a − b  a − b .Dấu “=” xảy ra

(

)

 a − b .b  0

Chứng minh: a − b  a − b  a − b + b  a (luôn đúng theo tính chất 13)

10


Dấu “=” xảy ra  (a − b ) .b  0 .
1.3. MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC KINH ĐIỂN
1.3.1. Bất đẳng thức Cauchy, còn gọi là bất đẳng thức giữa trung bình cộng
và trung bình nhân (AM-GM)
a. Bất đẳng thức Cauchy cho 2 số:
Cho a, b  0 Khi đó a + b  a.b . Đẳng thức xảy ra  a = b
2

a+b
a +b
2
 a.b  
  ab  (a − b)  0 (luôn
2
 2 
2

Chứng minh:

đúng);

"=" a = b.

Lưu ý: Một số cách viết ở dạng khác của bất đẳng thức Cauchy cho 2 số:
Cho các số khơng âm a, b , khi đó ta có:
• a.b  a + b ; Đẳng thức xảy ra  a = b .
2

• a + b  2 ab ; Đẳng thức xảy ra  a = b .
a+b
• 
  ab ; Đẳng thức xảy ra  a = b .
 2 
2

• ( a + b )  4ab ; Đẳng thức xảy ra  a = b .
2

•1+1 4
a

b

a+b

(a, b  0) ;

Đẳng thức xảy ra  a = b .

b. Bất đẳng thức Cauchy cho 3 số.
Cho a, b, c  0 Khi đó a + b + c  3 abc Đẳng thức xảy ra
3

a=b=c

Chứng minh: Áp dụng Bđt Cauchy cho 2 số khơng âm, ta có
(a + b) + (c + 3 abc )  2 ab + 2 c 3 abc  4

abc 3 abc = 4 3 abc  a + b + c  3 3 abc

Lưu ý: Một số cách viết ở dạng khác của bất đẳng thức Cauchy cho 3 số:
Cho các số không âm a, b, c , khi đó ta có:
•

3

abc 

a+b+c
.
3

Đẳng thức xảy ra  a = b = c .

• a + b + c  3 3 abc . Đẳng thức xảy ra  a = b = c .
•

 a+b+c 

  abc . Đẳng thức xảy ra  a = b = c .
3


3

• ( a + b + c )  27abc . Đẳng thức xảy ra  a = b = c .
3

11


•

1 1 1
9
+ + 
(a, b, c  0) .
a b c a +b+c

Đẳng thức xảy ra  a = b = c .

c. Bất đẳng thức Cauchy tổng quát.
a1 + a2 + ... + an n
 a1.a2 ...an ;
n

Cho a1 , a 2 ,..., a n  0 .Ta đó

" = "  a1 = ... = an ; n  N , n  1 (*)

Lưu ý: Một số cách viết ở dạng khác của bất đẳng thức Cauchy cho n số:
Cho các số không âm a1 , a2 , ..., an ; n  N , n  1 , khi đó ta có:
•

n

a1a2 ...an 

a1 + a2 + ...an
n

. Đẳng thức xảy ra  a1 = a2 = ... = an .

• a1 + a2 + ... + an  n. n a1a2 ...an . Đẳng thức xảy ra  a1 = a2 = ... = an .
•

 a1 + a2 + ... + an 

  a1a2 ...an . Đẳng thức xảy ra  a1 = a2 = ... = an .
n


n

• ( a1 + a2 + ... + an )  n n . a1a2 ...an . Đẳng thức xảy ra  a1 = a2 = ... = an .
n

•

1 1
1
n2
+ + ... + 
(a1 , a2 ,..., an  0) . " = "  a1 = a2 = ... = an
a1 a2
an a1 + a2 + ... + an

1.3.2. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
a. Dạng sơ cấp: Nếu a1, a2,..., an và b1,b2,...,bn là các số thực tùy ý thì:

(a b + a b
1 1

2

+ ... + anbn
2

)  (a
2

2
1

)(

)

+ a22 + ... + an2 b12 + b22 + ... + bn2 .

Dấu “=” xảy ra  a1 = a2 = ... = an , quy ước: nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0
b1

b2

b. Dạng phân thức: Nếu

bn

là các số thực và

x 1, x 2,..., x n

(

y1, y2,..., yn

là các số thực

)

2

x 1 + x 2 + ... + x n
x 12 x 22
x n2
+
+
...
+

dương thì:
. Dấu “=” xảy ra
y1 y 2
yn
y1 + y2 + ... + yn


x1 x 2
x
=
= ... = n
y1 y2
yn

.

1.3.3. Bất đẳng thức Chebyshev
Cho hai dãy số thực: a1
- Nếu b1  b2

 ...  bn

 a2  ...  an

và b1,b2,..., bn . Khi đó ta có:

thì n  aibi    ai    bi  .
n

i =1

n

 i =1

n

  i =1



12


- Nếu b1  b2

 ...  bn

thì n  aibi    ai    bi  .
n

n

 i =1

i =1

n

  i =1



1.3.4. Bất đẳng thức Minkowski
Cho hai dãy số dương: a1, a2,..., an và b1,b2,..., bn . Với mọi
1

1

r 1

ta có:

1

r r
n
 n r r  n r r
a
+
b

  ai  +   bi  .
 i i 
i
=
1


 i =1   i =1 

(

)

Như vậy, nếu HS nắm được các kiến thức nền tảng về BĐT thì khơng

những tránh được các lỗi tư duy trong q trình lập luận mà cịn có bệ phóng để
đi xa hơn trên con đường chinh phục chủ đề này.
* Biện pháp 2. Bồi dưỡng cho HS kỹ năng phân tích, tổng hợp và so sánh để
tìm chìa khố lời giải các bài tốn.
Trong tác phẩm “Giải toán như thế nào”, G. Polya đã viết: “Cách giải này
đúng thật, nhưng làm thế nào để phát hiện ra những sự kiện như vậy? và làm thế
nào để tự mình phát hiện ra được?” (Polya, 1997). Quan điểm này của G. Polya
muốn nhấn mạnh ý nghĩa của việc dạy cho HS biết tự tìm tịi lời giải, tự tìm ra
cái mới từ những cái quen thuộc, đã biết.
Phân tích một bài tốn là thao tác tìm hiểu các đặc điểm xuất hiện trong
đề bài, chẳng hạn: tính đối xứng, tính bình đẳng của biến, bậc của mỗi vế, bậc tử
thức và mẫu thức, cấu trúc biểu thức, điểm rơi…đề bài giúp ta liên tưởng đến
những BĐT kinh điển và các phương pháp giải nào ..v.v. Việc bồi dưỡng kỹ
năng phân tích giúp HS có thêm thơng tin ẩn chứa bên trong mỗi bài tốn, từ đó
con đường dẫn đến lời giải sáng sủa và rộng rãi hơn.
Bài toán 1.Cho

a  2019 .

Tìm GTNN của S = a + 1 .
a

Lời giải: Hướng tư duy: Dự đoán dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

a = 2019

Để tìm GTNN của S ta cần chứng minh S  k = const .
Ta thấy: a  2019 suy ra a “mạnh” (cùng chiều)  thuận lợi.
1


a

suy ra 1 “yếu” (không cùng chiều)  không thuận lợi.
a

Như vậy 1 phải “mượn” một phần để tăng độ “mạnh” mới đủ cân bằng với a ,
a

hoặc a phải “bớt” một phần để cân bằng với 1 . Với a = 2019  1 = 1 .
a

a

2019

Từ hướng tư duy trên ta có cách giải như sau:
Cách 1: “bớt” của a
Áp dụng BĐT Cauchy ta có: S =

1
1 
1 
1
1 

a + + 1 −
a  2.
+ 1 −
a
2

2 
2019
a  2019 
2019  20192 
13


Do

a  2019

Vậy Smin

nên S 

2
1 
1
4076362

+ 1 −
2019 = 2019 +
=
2 
2019  2019 
2019
2019

4076362
. Dấu

=
2019

1
 1
a=

2
bằng xảy ra khi và chỉ khi  2019
a  a = 2019
a = 2019

Cách 2: “thêm” cho 1 . Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
a

S =a+

20192
1 
20192 
1
1
+ (1 − 20192 ) =  a +
 − 4076360.  2.2019 − 4076360.
a
a 
a 
a
a

Do a  2019  1  1  − 1  − 1  S  2.2019 − 4076360 = 4076362 .
a

2019

a

2019

Bài toán 2. Cho các số thực a, b  0 thỏa mãn
S=

2019

a + b  2.

2019

Tìm GTNN của biểu thức

1
5
+
+ 4ab
2
a +b
ab
2

Phân tích: Do biểu thức vế trái có tính đối xứng với a, b nên ta dự đoán dấu

đẳng thức xảy ra tại

a = b = 1.

Khi đó ta có a 2 + b 2 = 2ab .

Để ý đại lượng a 2 + b 2 nằm ở mẫu nên ta cần tìm cách thêm vào
2
( a + b ) , do đó rất tự nhiên ta nghĩ đến đánh giá

Lại có, khi

a = b =1

2ab để

tạo thành

1
1
4
+

 1.
2
a +b
2ab ( a + b )2
2

thì 4ab = 4 nên ta có đánh giá:

ab

1  
4 1
 1
S = 2 2 +
 +  4ab +  +
ab  2ab
 a + b 2ab  

(a + b)

2

4

( a + b)

4
4
( a + b)  2  1  1
1
 2 4ab. = 8 ; 2ab 
 ; 4ab +
ab
ab
2
2ab 2
4
2

1
2

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được
a + b = 2 ; a = b
33

1
1 33
 a = b =1
. Vậy Smin =  
S  +8+ =
4
2
4
ab
=
;
2
ab
=
2
4
2 2

ab

Bình luận: Khai thác yếu tố bình đẳng của các biến là một dấu hiệu để tìm kiếm
lời giải các bài tốn bất đẳng thức rất hữu hiệu, qua ví dụ trên GV cũng củng cố

cho HS một kinh nghiệm: đối với các bài tốn mà vai trị các biến bình đẳng thì
thơng thường ta sẽ dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau để từ
đó làm cơ sở khai thác lời giải.
14


Bài toán 3. Cho các số thực a,b, c  0 . Tìm GTNN của
S =

1344
a + ab + abc
3

Lời giải: Hướng tư duy: do xuất hiện

−

2016
a +b +c

a+b+c

ở số hạng thứ hai nên chúng ta

sẽ nghĩ đến hướng: Cần cân bằng hệ số để số hạng thứ nhất xuất hiện
hoặc là bội của

a+b+c

a+b+c

GV? Nếu không cân bằng hệ số, để vậy áp dụng bất đẳng thức Cauchy thì kết
quả sẽ như thế nào?
Dự kiến phương án trả lời: a + ab + 3 abc  a + a + b + a + b + c = 11 a + 5 b + 1 c
2

3

6

6

3

Như vậy, hệ số của a,b,c không bằng nhau nên ta không đưa được về dạng
a+b+c
Nhận xét: Ta thấy hệ số của a lớn hơn hệ số của b và hệ số của b lớn hơn hệ số
của c
GV? Cần điều chỉnh hệ số của b và c như thế nào?
Dự kiến phương án trả lời: Cần tăng hệ số của b trong ab và cần tăng hệ số
của c trong 3 abc . Giả sử
Khi đó a + ab + 3 abc = a +
Để thuận lợi ta chọn

a = nb = kc

thì 1  n  k .

1
1

. a.nb + 3 . 3 a.nb.kc
n
nk

n, k  N * ; n , 3 nk  Z +  n

là số chính phương,

n  1  ta

chọn một cách tự nhiên số chính phương nhỏ nhất là n = 4  3 nk = 3 4k
k  4, 4k là lập phương của 1 số tự nhiên  chọn

k

nhỏ nhất là 16

Kiểm tra lại ta có:
1
1
a + 4b a + 4b + 16c 4
a + ab + 3 abc = a + . a.4b + . 3 a.4b.16c  a +
+
= (a + b + c )
2
4
4
12
3

Suy ra, chọn n = 4; k = 16 là thuận lợi. Khi đó bài tốn qui về:
Tìm GTNN của S =

với

1344
4
(a + b + c)
3

t = a + b + c  0  Pmin

−

2016

1 2
= 1008( −
+ 1) − 1008  −1008
t
a +b +c
t

a + b + c = 1
16
4
1
= −1008  t = 1  
 a = ;b = ;c =
21

21
21
a = 4b = 16c

15


Bài toán 4. Cho các số thực a,b, c  0 thoả mãn
Tìm GTNN của S =

abc

3ab + 5bc + 7ca  9 .

và

32
1
1
+
+
4
4
(a − b)
(b − c)
(c − a )4

Lời giải: Hướng tư duy: Để mất dấu trừ ở mẫu số  đặt ẩn phụ
Đặt x = a − b, y = b − c . Do a  b  c  x, y  0 . Ta có
Do đó đề bài trở thành: Tìm GTNN của S =

a−c = x+ y  a = c+ x+ y

32 1
1
.
+
+
x 4 y 4 (x + y )4

Như vậy ta đã chuyển bài toán 3 biến về bài toán 2 biến.
Dự đoán điểm rơi: do a, b, c  0 mà c lại nhỏ nhất  dự đoán dấu bằng xảy ra khi
c = 0.

Từ giả thiết 3ab + 5bc + 7ca  9  3 ( c + x + y )( y + c ) + 5bc + 7ca  9

 3c ( c + 2 y + x ) + 3 y ( x + y ) + 5bc + 7ca  9 . Do 3c ( c + 2 y + x )  0; 5bc  0; 7ca  0
 y ( x + y )  3 . Bài tốn trở thành:

Tìm GTNN của S =

32 1
1
với x, y  0; y ( x + y )  3
+ 4 +
4
x
y
(x + y )4

Ý tưởng: đồng bậc hoá tử và mẫu: 9S 

(

32y 2 x + y

)

2

x4

+

(

)

2

y2 x + y
y4

+

(

y2 x + y

)

2

(x + y )4

P

(x + y )
Ta có: P =

2

2

2
 2y 2 + 2xy + x 2 
x +y
y2
y 
 −2
+
=
+
 −2 = 
 y x +y

x +y
(x + y )2  y



(

y2


x2
= 2 +

y x +y


(

)

2

)


x2
 − 2 . Đặt t =
,t  0  P = 2 + t

y x +y


Khi đó 9S  f (t ) =

(

(

)

)

2

−2

32
−64
2
+ ( 2 + t ) − 2  f '(t ) = 3 + 2t + 4 ;
2
t
t

f '(t ) = 0  ( t − 2 ) ( 2t 3 + 8t 2 + 16t + 32 ) = 0  t = 2 (do t  0) Ta có bảng biến thiên:
t

f '(t )

+

2

0

-

0

+

f (t )
22

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: 9S  f (t )  22  S 

22
t  0
9
16


 Smin

t = 2; c = 0

3 2+ 6
3 2− 6
22
;b=

a =
=
 ab = 3


2
2
9
 x + y = a; y = b  c = 0



Bài toán 5. Cho a, b, c  0 thỏa
Tìm GTLN của S =

ab + bc + ca = 1 .

a
b
3c
+
+
2
2
1+ a 1+ b
1 + c2

Lời giải: Hướng tư duy: giả thiết cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn:
ab + bc + ca = 1  ta

tan

liên tưởng đến hệ thức lượng giác nào?

A
B
B
C
A
C
tan + tan tan + tan tan = 1
2
2
2
2
2
2

A B C 
+ + =
2 2 2 2

với

 Ý tưởng: lượng giác hoá

Đặt

a = tan  , b = tan  , c = tan 

Theo giả thiết:

(

 
.
 2

a, b, c  0 , ab + bc + ca = 1   ,  ,    0;

do

ab + bc + ca = 1  tan  tan  + tan  tan  + tan  tan  = 1

)

 tan  + tan  . tan  = 1 − tan  tan  

(

)

(

1
tan  + tan 
=
tan  1 − tan  tan 

)

 cot  = tan  +   cos  +  +  = 0 (1)




3
Vì  ,  ,    0;  nên  +  +    0;  . Do đó (1)   +  +  = .


2



2

2 



 

Như vậy, bài toán trở thành: cho các số ,  ,    0;  thoả mãn  +  +  =
2
 2
1
2

1
2

Tìm GTLN của S = sin 2 + sin 2 + 3 sin 








Ta có: S = sin ( +  ) .cos ( −  ) + 3 sin  = sin  −   .cos ( −  ) + 3 sin 
2


= cos  .cos ( −  ) + 3 sin   cos2 ( −  ) +


Vậy S max

( ) (

2

3  cos2 + sin2   1 + 3 = 2 .


)



a = b = 2 − 3
 = =
 = 

12  

.
=2


tan

=
3
c
=
3
 =



3

17


Qua các ví dụ trên cho ta thấy; việc bồi dưỡng cho HS kỹ năng phân tích,
tổng hợp và so sánh để tìm chìa khố lời giải các bài tốn là rất cần thiết; một
định lí, một bài tốn hay một phương pháp giải lớp các bài toán... nếu các em chỉ
thụ động tiếp thu qua lời giảng của giáo viên thì tri thức mà học sinh lĩnh hội
được sẽ là sự ghi nhớ một cách máy móc. Chỉ có tham gia vào các hoạt động để
thơng qua đó chiếm lĩnh kiến thức thì mới phát huy được tính sáng tạo trong học
tập, hiểu đúng bản chất các kiến thức được lĩnh hội. Việc làm này giúp phát triển
khả năng nhận thức toán học cho các em đồng thời các em sẽ tìm được hứng thú
và niềm vui khi mình đóng góp cơng sức vào việc phát hiện và chứng minh định
lí hay tự mình có thể phát biểu được một số bài tốn, tự tìm ra “chìa khóa” của

lời giải.
*Biện pháp 3. Hướng dẫn và tập luyện cho HS khả năng nhìn bài tốn bất
đẳng thức dưới nhiều góc độ khác nhau để giải được bài toán theo nhiều
cách và lựa chọn cách tối ưu.
Trong quá trình dạy học, việc rèn luyện cho HS nhìn nhận bài tốn theo
nhiều hình thức khác nhau sẽ rèn luyện được tính mềm dẻo, nhuần nhuyễn và
độc đáo của tư duy. Để tìm được nhiều cách giải cho một bài toán, trước hết HS
cần nắm vững các kiến thức cơ bản và các phương pháp giải toán, cần rèn luyện
tư duy đa dạng, tinh thần tìm tịi học hỏi khám phá, khơng sớm hài lòng khi mới
chỉ cho ra một lời giải.
Thực tế cho thấy khi HS được tập luyện thói quen tìm tịi, nhìn nhận bài tốn
dưới nhiều góc độ khác nhau để khai thác thêm các lời giải cho một bài tốn thì các
em sẽ hiểu sâu sắc hơn bài tốn đó. Thực hành được nhiều kĩ năng giải tốn các em
sẽ khai mở trí tuệ đa dạng và hình thành cảm xúc tự tin khi đứng trước một bài toán
mới.
Bài toán 1: Chứng minh x 2 + y 2 + z 2  xy + yz + zx x, y, z. (1)
Hướng dẫn giải: Đây là một bài toán khá đơn giản nhưng kết quả này lại
được sử dụng rất nhiều để chứng minh các BĐT khác. Cách giải đầu tiên mà HS
thường nghĩ đến là biến đổi tương đương.
Cách 1: Biến đổi tương đương
Nhân hai vế BĐT (1) với 2 ta có: (1)  2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2  2 xy + 2 yz + 2 zx
 x 2 − 2 xy + y 2 + y 2 − 2 yz + z 2 + z 2 − 2 zx + x 2  0  ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x )  0
2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2

2

x= y=z.

Bài toán đã giải quyết xong. Nếu chỉ dừng lại ở kết quả này thì HS chỉ gói
gọn trong một cách giải và nhiều khi các em khác có cách giải khác (lời giải có
thể đúng cũng có thể là chưa đúng) sẽ khơng được trình bày để động viên, để
sửa sai cho các em.

18


GV? Đề bài cho x, y, z thuộc số thực, vậy có thể dùng BĐT Cauchy để
giải khơng?
Dự kiến phương án trả lời:
Những HS nắm vững điều kiện để áp dụng BĐT Cauchy có thể sẽ nhanh
chóng trả lời là khơng được vì x, y, z thuộc số thực?.
Một số HS khơng nắm vững điều kiện của BĐT Cauchy có thể sẽ có đánh
giá sai kiểu như:
x 2 + y 2  2. x 2 y 2 = 2.xy ; y 2 + z 2  2 y 2 .z 2 = 2. yz ; x 2 + z 2  2. x 2 z 2 = 2.xz

Cộng vế theo vế các BĐT trên ta có điều phải chứng minh !!!
Như vậy, tình huống có vấn đề đã xuất hiện! GV có thể nhân cơ hội này
mà chỉnh sửa cho HS đã áp dụng sai, đồng thời cũng giúp các HS nghĩ rằng
không thể dùng bất đẳng thức Cauchy để đánh giá bài này có thêm cách tư duy
linh hoạt hơn khi chúng ta thêm một bước đánh giá trung gian thì bài tốn vẫn
giải quyết nhẹ nhàng.
Cách 2: (sử dụng BĐT Cauchy và BĐT chứa giá trị tuyệt đối).
Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số không âm x 2 , y 2 và BĐT chứa giá trị tuyệt
đối ta có :
x 2 + y 2  2. x 2 y 2 = 2. xy  2.xy . Tương tự có : y 2 + z 2  2. yz  2. yz ;

x 2 + z 2  2. xz  2.xz

Cộng vế theo vế các BĐT trên :
2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2  2 xy + 2 yz + 2 zx  x 2 + y 2 + z 2  xy + yz + zx

 x = y, y = z , x = z
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
x= y=z
xy
=xy;
zy
=zy;
xz
=xz


GV? Ta có thể dùng bất đẳng thức Cauchy để giải, vậy ta có thể dùng bất
đẳng thức Cauchy-Schwarz để giải hay không?
Dự kiến phương án trả lời:
Cách 3: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.
2
Ta có: ( x. y + y.z + z.x )  ( x 2 + y 2 + z 2 ) . ( y 2 + z 2 + x 2 ) x, y, z.
 ( x 2 + y 2 + z 2 )  ( xy + yz + zx
2

)

2

 x 2 + y 2 + z 2  xy + yz + zx  xy + yz + zx

x y z x+ y+z
=1
 = = =
 x= y= z.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  y z x y + z + x
 xy + yz + zx = xy + yz + zx

19


Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thường có mối liên hệ với bất đẳng thức
véc tơ, vậy nên GV có thể dẫn dắt HS tìm cách giải theo véc tơ tuỳ vào đối
tượng HS là lớp 10 hay 11,12.
GV? Vậy dưới góc nhìn véc tơ, bài tốn có thể giải quyết hay không?
Cách 4: Lớp 10, 11: Xét u ( x; y ) , v ( y; x ) với x, y  R ta có:
u . v  u .v  u .v  x 2 + y 2 . y 2 + x 2  xy + yx  2 xy  x 2 + y 2  2 xy

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u  v  x = y .
Bằng cách làm tương tự ta sẽ chứng minh được: y 2 + z 2  2 yz ; x 2 + z 2  2 xz
Cộng vế theo vế các BĐT trên ta có x 2 + y 2 + z 2  xy + yz + zx x, y, z;
"=" x = y = z

Lớp 12: Xét u ( x; y; z ) , v ( y; z; x ) với x, y, z  R ta có: u . v  u.v  u.v u , v
 x 2 + y 2 + z 2 . y 2 + z 2 + x 2  xy + yz + zx  xy + yz + zx  x 2 + y 2 + z 2  xy + yz + xz

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u  v  x = y = z

Cách 5: Sử dụng tam thức bậc hai
Nếu xem vế trái BĐT (1) là tam thức bậc hai với biến x chẳng hạn, khi đó

ta xét tam thức: f ( x) = x 2 − ( y + z ) x + y 2 + z 2 − yz biến x , tham số

y, z

Ta có  x = ( y + z ) − 4 ( y 2 + z 2 − yz ) = −3 ( y 2 + z 2 − 2 yz ) = −3 ( y − z )  0 y, z
2

2

 f ( x) = x 2 − ( y + z ) x + y 2 + z 2 − yz  0 x, y, z  R .
 x 2 + y 2 + z 2  xy + yz + zx

x, y, z. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z .

Lưu ý: Ta cũng có thể xem vế trái là tam thức bậc hai với ẩn

y , z và

giải

tương tự.
Nếu diễn đạt theo một cách khác, ngơn ngữ hàm số thì ta có thể giải như sau:
Cách 6: Xét hàm số f ( x) = x 2 − ( y + z ) x + y 2 + z 2 − yz biến x , tham số
Hệ số

a = 1  0 suy

f min = f (

y, z

ra hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là

y+z
2
2
2
2
) = 3 ( y − z )  0 .  f ( x) = x − ( y + z ) x + y + z − yz  0 x, y, z  R .
2

 x 2 + y 2 + z 2  xy + yz + zx

x, y, z. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z .
20


Cách 7: Khơng mất tính tổng qt ta giả sử x  y  z , khi đó:
x 2 + y 2 + z 2  xy + yz + zx  x ( x − y ) + y ( y − z ) + z ( z − x )  0
 x ( x − y ) + y ( y − z ) + z ( z − y + y − x )  0  ( x − y )( x − z ) + ( y − z )( y − z )  0 .

Bất đẳng thức cuối luôn đúng do x  y, x  z, ( y − z )  0 ; " = "  x = y = z
2

Bài toán 2: Chứng minh rằng:

a
b
c
3

+
+
 , a, b, c  0 (BĐT Nesbit) (1)
b+c c+a a+b 2

Hướng dẫn giải: Cách 1: Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz.

(a + b + c)
a
b
c
a2
b2
c2
+
+
=
+
+

Ta có:
b + c c + a a + b ab + ac cb + ab ac + bc 2 ( ab + bc + ca )
2

Do

(a + b + c)
ab + bc + ca 
3

2



a
b
c
3
+
+
 ; "=" a =b =c
b+c c+a a+b 2

Cách 2: Biến đổi tương đương.
c  
a  
b  3
9

(1)  1 +
 + 1 +
 + 1 +
  +3=
2
 a+b  b+c   c+a  2

1
1 
9
 a+b+c   a+b+c   a+b+c  9

 1

+
+
+
+
   (a + b + c) 
 
2
 a+b   b+c   c+a  2
 a+b b+c c+a 
1
1 
 1
+
+
 ( a + b ) + ( b + c ) + ( a + c ) 
  9;
a+b b+c c+a




"=" a =b =c

Cách 3: Đặt ẩn phụ sau đó áp dụng BĐT Cauchy.
b + c = x  0
y+z−x
z+x− y
x+ y−z

; b=
; c=
Đặt : c + a = y  0  a =
.
2
2
2
a + b = z  0


Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau:


y+z−x z+x− y x+ y−z 1  y x  1  z x 1  y z  3
3 3
+
+
 . +  + . +  + . +  −  3 − = .
2x
2y
2z
2  x y 2 x z 2  z y 2
2 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z  a = b = c .
Cách 4: Sử dụng tính đối xứng của các đẳng thức.
Xét các biểu thức: S =

a
b

c
b
c
a
;M =
;
+
+
+
+
b+c c+a a+b
b+c c+a a +b

N=

c
a
b
+
+
b+c c+a a+b
21


Theo bất đẳng thức Cauchy thì ta có:
M +S =

a+b b+c c+a
+
+

 3 (1) ;
b+c c+a a+b

N +S =

a+c a+b b+c
+
+
 3 (2)
b+c c+a a+b

Cộng vế theo vế các BĐT (1) và (2) suy ra:
Mặt khác:

M + N = 3  2S  3  S 

3
(đpcm); " = "  a = b = c
2

Cách 5: Sử dụng BĐT chebyshev.
Khơng mất tính tổng qt ta giả sử a  b  c


M + N + 2S  6

 0  b+c  c+a  a+b

1
1

1
. Áp dụng BĐT chebyshev ta có:


b+c c+a a+b

a
b
c
1
1
1
1
1
1 
 1
+
+
= a.
+ b.
+ c.
 (a + b + c)
+
+

b+c c+a a +b
b+c
c+a
a +b 3
b +c c +a a +b 

1
1
1
9
+
+

Lại có:
b + c c + a a + b 2(a + b + c)


a
b
c
1
9
3
+
+
 ( a + b + c).
= .
b+c c+a a+b 3
2(a + b + c) 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
Bài toán 3: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
a
b
c
+

+
 1 (1)
2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c

Hướng dẫn giải: Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Ta có:
a
b
c
a2
b2
c2
+
+
=
+
+
2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c a ( 2b + 2c − a ) b ( 2c + 2a − b ) c ( 2a + 2b − c )

3 ( ab + bc + ca )
(a + b + c)


=1.
2
2
2
4 ( ab + bc + ca ) − ( a + b + c ) 4 ( ab + bc + ca ) − ( ab + bc + ca )
2

(áp dụng BĐT thường gặp ( a + b + c )  3 ( ab + bc + ca ) và a 2 + b 2 + c 2  ab + bc + ca ).
2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

a = b = c.

Cách 2: Đổi biến kết hợp BĐT Cauchy.
Hướng tư duy: Trong các tính chất cơ bản của phép tốn có tính chất:
a +b a b a −b a b
x
= + ,
= − (*) nhưng khơng có phép tốn
= ? (chỉ có khi có
x
x x x
x x
a+b

nhân tử chung ở mẫu). Như vậy phép cộng (trừ) ở mẫu là nguyên nhân sinh

22


phiền toái. Việc đặt biến mới biểu thức ở mẫu giúp ta đưa phép cộng (trừ) từ
mẫu lên tử, khi đó áp dụng được (*).

Đặt

2 y + 2z − x


a =
9
 x = 2b + 2c − a

2z + 2x − y


 y = 2c + 2a − b  b =
9
 z = 2a + 2b − c


2x + 2 y − z

c =
9


( x, y, z  0 ) .Khi đó BĐT (1) trở thành:

2 y + 2z − x 2z + 2x − y 2x + 2 y − z
+
+
1
9x
9y
9z
2  y x 2  z x 2  y z  1
4 1

 .  +  + .  +  + .  +  −  3. − = 1
9  x y 9 x z 9  z y 3
9 3

( BĐT cuối luôn đúng theo bất đẳng thức Cauchy). " = "  x = y = z  a = b = c .
Cách 3: Sử dụng bđt chebyshev
Không mất tính tổng quát ta giả sử
a  b  c  0  2b + 2c − a  2c + 2a − b  2a + 2b − c .

a  b  c


1
1
1



 2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c

Áp dụng BĐT chebyshev ta có:
a
b
c
1
1
1
1



+
+
 (a + b + c) 
+
+

2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c 3
 2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c 

Lại có:

1
1
1
9
3
+
+

=
2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c 3 ( a + b + c ) a + b + c



a
b
c
1
3
+

+
 ( a + b + c).
=1.
2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c 3
(a + b + c)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

a = b = c.

Cách 4: Sử dụng bất đẳng thức phụ (suy ra từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz)
Hướng tư duy: Sử dụng BĐT:

1 1
4
+ 
(a, b  0) ;
a b a+b

Đẳng thức xảy ra

 a =b.

23


Dự đoán dấu bằng của BĐT (1) xảy ra khi và chỉ khi

a = b = c,

khi đó

a
1
=
2b + 2c − a 3

Ta nhận thấy ở mẫu vai trò của b, c là bình đẳng, chỉ có chỗ biến a là khác. Để
đưa về biểu thức chứa

a+b+cở

mẫu thì ta cần biến đổi như sau:

a
1
a
a
1
1 
4a
2a

+ =
+ = a
+ 
=
2b + 2c − a 3 2b + 2c − a 3a
 2b + 2c − a 3a  2b + 2c + 2a b + c + a


Tương tự có:

a
1
2a
+ 
2b + 2c − a 3 b + c + a
b
1
2b
c
1
2c
;
+ 
+ 
2c + 2a − b 3 c + a + b 2a + 2b − c 3 a + b + c

Cộng vế theo vế các BĐT trên ta có:
a
1
b
1
c
1
2a
2b
2c
+ +

+ +
+ 
+
+
=2
2b + 2c − a 3 2c + 2a − b 3 2a + 2b − c 3 b + c + a c + a + b a + b + c


a
b
c
+
+
 1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .
2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c

Cách 5: Chuẩn hoá kết hợp biến đổi tương đương
GV cho HS nhận xét về vai trò của các biến trong đề bài: vai trò các biến bình
đẳng, đồng bậc. Từ điều này để việc chứng minh đơn giản hơn ta có thể chuẩn
hố
chọn

a + b + c = 3 (ta
a + b + c = 1,

cũng có thể chuẩn hố bằng một số tuỳ ý khác, chẳng hạn

tuy nhiên chọn bằng 3 vì dự đốn dấu bằng xảy ra khi các biến

bằng nhau thì khi đó

a = b = c =1

Với chuẩn hố đó ta có: (1) 

1
3

sẽ gọn đẹp hơn a = b = c = hoặc một số khác).

a
b
c
+
+
 1.
3( 2 − a ) 3( 2 − b) 3( 2 − c)
3
2

Do a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác  a + b  c  3 − c  c  c  .
3
2

Tương tự a, b  .
Ta sẽ chứng minh:

a
2a − 1


 a  −2a 2 + 5a − 2  a 2 − 2a + 1  0 (luôn đúng).
3( 2 − a )
3

Chứng minh tương tự ta cũng có:

b
2b − 1
c
2c − 1


;
3( 2 − b)
3
3( 2 − c)
3

24




2(a + b + c) − 3
a
b
c
+
+


= 1 . Đpcm. " = "  a = b = c
3( 2 − a ) 3( 2 − b) 3( 2 − c)
3

Bài toán 4: Cho a  c,b  c và c  0 .
Chứng minh rằng: c(b − c) + c(a − c)  ab (1)
Cách 1: Biến đổi tương đương.
Ta có: c(b − c) + c(a − c)  ab  bc − c 2 + ac − c 2 + 2c ( b − c )( a − c )  ab (2)
Lại có: 2c ( b − c )( a − c )  c 2 + ( b − c )( a − c )
Ta đi chứng minh bc − c 2 + ac − c 2 + c 2 + ( b − c )( a − c )  ab  ab  ab (luôn đúng).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi c = ( b − c )( a − c )  c ( a + b ) = ab
Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.

(

c.(b − c) + (a − c).c

)

2

 ( c + a − c ) . ( b − c + c ) = ab  c(b − c) + c(a − c )  ab

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

c
a−c
=
 c ( a + b ) = ab
b−c

c

Cách 3: Áp dụng BĐT Cauchy.
BĐT (1) 

c
c
c
c
c
c
(1 − ) +
(1 − )  1 . Đặt x = ; y = ta có BĐT trở thành:
a
b
b
a
a
b

x(1 − y ) + y (1 − x)  1 . Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
x(1 − y ) 

x +1− y
y +1− x
x +1− y y +1− x
; y (1 − x) 
 x(1 − y ) + y (1 − x) 
+
=1

2
2
2
2

c
a

c
b

Dấu bằng xảy ra  x + y = 1  + = 1  c ( a + b ) = ab
Cách 4: Hình học.
A

Xét ABC với AH là đường cao sao cho:
B

C

H

BH = a − c ; HC = b − c ; HA = c .

Áp dụng định lý Pythagore cho các AHB, AHC ta được: AB = a ; AC = b .
Do đó ta có được:

(

)

(

)

(

)

c a − c + c b − c = 2 S AHB + S AHC = 2S ABC = AB.AC sin BAC  AB.AC = ab
25