Giải pháp rèn luyện kỹ năng tư duy logiccho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS lê đình chinh, huyện ngọc lặc khi học về bất đẳng thức

MỤC LỤC
Trang
1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu

2
2
3
3
3

2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3. Các giải pháp và tổ chức thực hiện
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo
dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường

3
3
3
4
14

3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận
3.2. Kiến nghị

15
15
16

1


1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
Trong q trình dạy học Toán cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh
các phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao đối với việc học tập, rèn luyện và tu
dưỡng trong cuộc sống của học sinh. Đối với học sinh giỏi, việc rèn luyện cho
các em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê phán của trí tuệ là
những điều kiện cần thiết vô cùng quan trọng trong việc học tốn. Chính vì vậy
bồi dưỡng học sinh giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp cho các em một số vốn
kiến thức thông qua việc làm bài tập càng nhiều, càng tốt, càng khó càng hay mà
phải cần thiết rèn luyện khả năng sáng tạo,tư duy logic toán cho học sinh.
Sau nhiều năm trực tiếp giảng dạy học sinh, tôi đã không ngừng học hỏi
nâng cao tay nghề, học hỏi đồng nghiệp và những người có kinh nghiệm. Tơi
nhận thấy trong việc giảng dạy mơn tốn cịn nhiều mảng kiến thức mà học sinh
cần nghiên cứu thêm hơn nữa, đặc biệt là các bài toán về bất đẳng thức. Trong
q trình giảng dạy và học tập mơn Tốn thì bài tập chứng minh bất đẳng thức là
một trong những loại bài tập khó. Cái khó của loại bài tập này, theo tơi là ở chỗ,
mỗi bài nó có một cách tiếp cận riêng, cách giải riêng và độc đáo. Chứa đựng
trong chúng là những kiến thức sâu rộng và những kĩ năng phức tạp, nó địi hỏi
chúng ta cần phải có tư duy linh hoạt, kĩ năng thuần thục tới độ “linh cảm”. Mặc
dù chúng ta đã biết rất nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức như:
phương pháp biến đổi tương đương, phương pháp sử dụng các bất đẳng thức đã
biết, phương pháp qui nạp, phương pháp đánh giá đại diện, phương pháp phản
chứng...; cũng như đã có nhiều kỹ thuật để chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt

các kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cô - Si để chứng minh bất đẳng thức là rất
phong phú như: kĩ thuật đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân và từ
trung bình nhân sang trung bình cộng , kĩ thuật tách ghép nghịch đảo, kĩ thuật
chọn điểm rơi (trọng số), kĩ thuật ghép đối xứng, kĩ thuật đổi biến số, .... Nhưng
khi gặp một bài tập về bất đẳng thức thì nói chung học sinh lại lúng túng và
không biết bắt đầu như thế nào. Trong khi đó nội dung bất đẳng thức ở trường
phổ thơng lại đóng vai trị quan trọng trong việc rèn luyện tư duy, khả năng linh
hoạt và óc sáng tạo; đồng thời nó cũng giúp học sinh rèn luyện tính cần cù, tinh
thần vượt khó. Hơn thế nữa, mỗi bất đẳng thức và cách chứng minh bất đẳng
thức đó có một vẻ đẹp lộng lẫy và sức hấp dẫn kì lạ đối với mỗi người nghiên
cứu chúng nên việc nghiên cứu chúng cịn có tác dụng kích thích sự say mê
trong học tập mơn Tốn cũng như các mơn học khác.
Bên cạnh đó, sau khi giải xong một bài tập về bất đẳng thức, một câu hỏi
đặt ra với chúng ta là cịn cách nào khác giải khơng? Trong thực tế cho thấy tìm
kiếm lời giải khác của một bài tốn đơi khi cũng giúp ta thêm hứng thú trong
học tốn. G.Polya (1887 – 1985) nhà toán học và là nhà sư phạm người Mỹ đã
khuyên rằng “ngay khi lời giải mà ta đã tìm được là tốt rồi, thì tìm được một lời
giải khác vẫn có lợi. Thật là sung sướng khi thấy rằng kết quả tìm được xác nhận
nhờ hai lí luận khác nhau, cũng như chúng ta thích biết một vật nào đó nhờ hai
giác quan khác nhau. Có được một chứng cớ rồi chúng ta cịn muốn tìm thêm
một chứng cớ nữa, cũng như chúng ta muốn sờ vào một vật mà ta đã trông
thấy”. Cho nên tôi tâm huyết chọn sáng kiến kinh nghiệm “Giải pháp rèn luyện
2


khả năng tư duy logic cho học sinh giỏi lớp 9 trườngTHCS Lê Đình Chinh,
huyện Ngọc Lặc khi học về bất đẳng thức”.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Để giúp học sinh có cái nhìn tổng qt hơn về dạng tốn chứng minh bất
đẳng thức, để mỗi học sinh sau khi học xong chương trình tốn THCS đều có thể

nắm được loại toán này và biết cách giải chúng.
Rèn luyện cho học sinh khả năng tư duy, logic khi xem xét bài toán dưới
dạng đặc thù riêng lẻ. Mặt khác cần khuyến khích học sinh tìm hiểu cách giải để
học sinh phát huy được khả năng tư duy linh hoạt, nhạy bén khi tìm lời giải bài
tốn, tạo được lịng say mê, sáng tạo, ngày càng tự tin, khơng cịn tâm lý ngại
ngùng đối với các dạng toán như bất đẳng thức. Học sinh thấy được mơn tốn
rất gần gũi với các môn học khác và thực tiễn cuộc sống.
Giúp giáo viên tìm ra phương pháp dạy phù hợp với mọi đối tượng học
sinh, làm cho học sinh có thêm hứng thú khi học mơn tốn
Để rèn luyện khả năng sáng tạo khi học toán về bất đẳng thức, trước mỗi
bài tập tơi đã cho học sinh tìm hiểu nhiều cách giải từ đó tìm ra cách giải hợp lí
nhất. Sau đó trên cơ sở mỗi bài toán cụ thể hướng dẫn học sinh xây dựng các bài
toán mới.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Học sinh giỏi lớp 9A1 và 9A2 trường THCS Lê Đình Chinh, huyện Ngọc
Lặc, tỉnh Thanh Hóa (20 học sinh).
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Tham khảo tài liệu: Tìm tịi, hệ thống các kiến thức thu thập được.
- Đúc rút kinh nghiệm giảng dạy qua dự giờ, kiểm tra học sinh, nghiên
cứu hồ sơ giảng dạy và kiểm tra trên nhiều đối tượng học sinh, kiểm tra nhiều
lần bằng nhiều hình thức khác nhau.
- Tổng hợp các phân tích thu thập được
2. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận
Từ khi ra trường năm 2006 đến nay bản thân nhận thấy khi làm các bài
tập đòi hỏi tư duy logic thì học sinh rất ngại làm. Bởi vì các bài tập đó địi hỏi
tính sáng tạo, tính tư duy logic , tính tưởng tượng, tính cần cù chịu khó và để
giải quyết một bài tốn cần sử dụng rất nhiều đơn vị kiến thức.
Khi làm các bài tốn về bất đẳng thức học sinh có cảm giác như đang
“bơi giữa biển lớn”: sợ, khơng biết định hình làm như thế nào? Trong khi đó đề

thi học sinh giỏi thường có câu về bất đẳng thức, do đó học sinh thường để mất
điểm thi ở phần này.
Theo tâm lí học, tư duy tích cực, độc lập sáng tạo của học sinh được thể
hiện ở một số mặt sau:
- Biết tìm ra phương pháp nghiên cứu giải quyết vấn đề, khắc phục các tư tưởng
rập khn, máy móc.
- Có kĩ năng phát hiện những kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận một vấn
đề ở nhiều khía cạnh.
- Có óc hồi nghi, ln đặt ra các câu hỏi: Tại sao? Do đâu? Liệu có cách nào
khác nữa khơng? Các trường hợp khác thì kết luận cịn đúng hay khơng? …
3


- Tính độc lập cịn thể hiện ở chỗ biết nhìn nhận vấn đề và giải quyết vấn đề.
- Có khả năng khai thác một vấn đề mới từ những vấn đề đã quen biết.
Do vậy, việc tìm ra quy luật và khai thác bài toán cơ bản theo nhiều dạng bài tập
khác nhau càng trở nên cần thiết, giúp học sinh thành thạo hơn khi gặp dạng này
và tự tin hơn khi gặp đề thi có các bài tập liên quan.
2.1.1. Định nghĩa bất đẳng thức
Ta gọi hệ thức dạng a < b (hay a > b, a ≤ b, a ≥ b) là bất đẳng thức (BĐT) và
gọi a là vế trái, b là vế phải của bất đẳng thức.
A ≥ B ⇔ A − B ≥ 0

A ≤ B ⇔ A − B ≤ 0

2.1.2. Các tính chất của bất đẳng thức
a) Tính bắc cầu :
a > b ; b > c ⇒ a > c.
b) Cộng hai vế của bất đẳng thức với cùng một số :
a > b ⇒ a + c > b + c.

c) Nhân hai vế của bất đẳng thức với cùng một số :
a > b ; c > 0 ⇒ ac > bc.
a > b ; c < 0 ⇒ ac < bc.
d) Cộng từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều, được bất đẳng thức mới
cùng chiều với các bất đẳng thức đã cho :
a>b;c>d ⇒ a+c>b+d
Chú ý : Không được trừ từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều.
e) Trừ từng vế hai bất đẳng thức ngược chiều,được bất đẳng thức mới
cùng chiều với bất đẳng thức bị trừ:
a>b;c<d ⇒ a- c>b–d
f) Nhân từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều mà hai vế không âm :
a > b ≥ 0 ; c > d ≥ 0 ⇒ ac > bd
g) Nâng lên luỹ thừa bậc nguyên dương hai vế của bất đẳng thức :
a > b > 0 ⇒ an > bn ;
a > b ⇔ an > bn
nếu n lẻ ;
n
n
a > b ⇔ a >b
nếu n chẵn.
h) So sánh hai luỹ thừa cùng cơ số với số mũ nguyên dương :
Nếu m > n > 0 thì : a > 1 ⇒ am > an ;
a = 1 ⇒ am = an ;
0 < a < 1 ⇒ am < an .
i) Lấy nghịch đảo hai vế và đổi chiều bất đẳng thức nếu hai vế cùng dấu :
1 1
a > b ; ab > 0 ⇒ <
a b
Chú ý : Ngoài các bất đẳng thức chặt, chẳng hạn a > b hay a < b, ta cịn
gặp các bất đẳng thức khơng chặt, chẳng hạn a ≤ b hay a ≥ b. Trong các tính

chất trên, nhiều dấu > (hoặc <) có thể thay bởi dấu ≥ (hoặc ≤ ).
2.1.3. Các hằng bất đẳng thức
a) a2 ≥ 0 ; -a2 ≤ 0 . Dấu “=” xảy ra khi a = 0.
b) a ≥ 0 . Đẳng thức xảy ra khi a = 0 ;
4


c) a ≥ a .Đẳng thức xảy ra khi a ≥ 0 ;
a ≥ − a . Đẳng thức xảy ra khi a ≤ 0 ;
d) a + b ≤ a + b . Đẳng thức xảy ra khi ab ≥ 0 ;
e) a − b ≥ a − b . Đẳng thức xảy ra khi ab > 0 và a ≥ b
(hoặc có thể diễn đạt là a ≥ b ≥ 0 hoặc a ≤ b ≤ 0 ).
a
a a+c a
a a +c
<1⇔ <
; >1⇔ >
với a, b, c dương.
b
b b+c b
b b+c
a a+c c
a c
< với < và b, d > 0.
g) <
b d
b b+d d

f)

2.1.4. Bất đẳng thức Cô-si

* Dạng đơn giản : Với a ≥ 0, b ≥ 0 ta có :
(dấu “=” xảy ra khi a = b)
* Biến dạng :

( a + b)

a+b
≥ ab ; a2 + b2 ≥ 2ab
2
2

2

a +b
≥ 4ab hay 
÷ ≥ ab . Dấu “=” xảy ra khi a = b.
 2 

a b
+ ≥ 2 với a, b > 0 ; Dấu “=” xảy ra khi a = b.
b a
a b
+ ≤ −2 với a, b < 0 ; Dấu “=” xảy ra khi a = b.
b a
1 1
4
+ ≥
với a, b > 0.

a b a+b
2.1.5. Bất đẳng thức Bu-nhi-a-Cốpx-ki
* Dạng đơn giản : Với hai cặp số bất kì a, b ; x, y ta có :
2
( a 2 + b2 ) ( x 2 + y2 ) ≥ ( ax + by )
a

b

Dấu “=” xảy ra khi x = y .
a 2 b2 ( a + b )
* Suy ra : + ≥
x y
x+y

2

a 2 b2 c2 ( a + b + c )
+ + ≥
x y z
x+y+z

2

2.2. Thực trạng vấn đề
Qua trắc nghiệm hứng thú học tốn của học sinh tơi thấy chỉ 15% các em
thực sự có hứng thú học tốn (có tư duy sáng tạo), 50% học sinh thích học tốn
(chưa có tính độc lập, tư duy sáng tạo) và 35% cịn lại thì khơng . Qua gần gũi
tìm hiểu thì các em cho biết cũng rất muốn học song nhiều khi học một cách thụ
động, chưa biết cách tư duy để giải một bài tốn một cách sáng tạo, bởi lí do

điều kiện khách quan của địa phương và nhà trường, học sinh chỉ được bồi
dưỡng một thời gian nhất định, vì vậy học sinh chưa có hứng thú học tốn và có
“cảm giác sợ” khi gặp phải bài toán về bất đẳng thức.
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện
5


- Đưa ra một số bài toán → Hướng dẫn học sinh giải theo nhiểu cách khác
nhau → chốt lại.
- Đưa ra một bài toán → giải quyết bài toán → khai thác bài tốn đó theo
nhiều cách khác nhau thành các bài tốn khác.
Sau đó giáo viên sẽ cho học sinh làm các bài kiểm tra đánh giá từ đó rút ra
hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Xuất phát từ mong muốn học sinh rèn luyện khả năng sáng tạo, tìm được
nhiều cách giải, do đó bản thân người giáo viên phải là người tìm ra nhiều cách
giải. Việc tìm nhiều cách giải cho một bài tốn sẽ giúp học sinh và giáo viên ghi
nhớ và áp dụng triệt để, linh hoạt các kiến thức đã học khi giải tốn. Xin nêu bài
tốn quen thuộc sau làm ví dụ.
Bài toán 1: Cho x, y ≥ 0. Chứng minh rằng: x3 + y3 ≥ x2y + xy2
Hướng dẫn
Từ giả thiết cho x,y ≥ 0 có thể gợi ý cho học sinh làm theo 2 cách sau:
Cách 1: Xét hiệu: (x3 + y3) – (x2y + xy2 )
= (x + y)(x2 – xy + y2) – xy(x + y)
= (x + y)(x – y)2 ≥ 0 với ∀ x, y ≥ 0
Vậy x3 + y3 ≥ x2y + xy2 với ∀ x, y ≥ 0
Dấu “=” xảy ra khi x = y.
Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có:
x 3 + xy 2 ≥ 2 x 2 y ; y 3 + yx 2 ≥ 2 xy 2
⇒ x3 + xy 2 + y 3 + yx 2 ≥ 2 x 2 y + 2 xy 2
⇒ x3 + y 3 ≥ x 2 y + xy 2

Để chứng minh bài toán trên ta nghĩ đến hai phương pháp cơ bản nhất để
chứng minh bất đẳng thức là phương pháp dùng định nghĩa và phương pháp sử
dụng bất đẳng thức Côsi.
Vậy câu hỏi đặt ra là từ bất đẳng thức này ta có thể có những bất đẳng
thức nào khác?
Khai thác bài toán 1
Ta đã biết từ một bất đẳng thức ta có thể thực hiện quy tắc chuyển vế, quy
tắc nhân với một số khác 0 nên từ bất đẳng thức đã cho ta có thể biến đổi như
sau: bài toán 1 Với ∀ x, y > 0 ta có x3 + y3 ≥ x2y + xy2 ⇔
x3 + y 3 x + y
3
3
≥
x + y ≥ xy(x + y) ⇔
. Từ đó ta có bài toán1.1 sau
2 xy
2
Bài toán 1.1: Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng:
x3 + y 3 y 3 + z 3 z 3 + x3
+
+
≥ x+ y+z
2 xy
2 yz
2 zx
Hướng dẫn
Khi giải quyết bài toán 1.1 học sinh tư duy logic hãy sử dụng kết quả của
bài toán 1 ta có

6

x3 + y3 x + y 
≥
2 xy
2 
y 3 + z 3 y + z  x3 + y 3 y 3 + z 3 z 3 + x3
≥
+
+
≥ x + y + z (đpcm).
⇒
2 yz
2 
2 xy
2 yz
2 zx
z 3 + x3 z + x 
≥

2 zx
2 
Dấu ‘=’ xảy ra khi x=y=z
Ta cũng có thể cộng hai vế của bất đẳng thức với cùng một số nên ta có
thể biến đổi bất đẳng thức đã cho theo cách khác như sau: từ bài toán 1
Với ∀ x, y, z > 0 ta có x3 + y3 ≥ x2y + xy2 ⇔ x3 + y3 + xyz ≥ x2y + xy2 + xyz
⇔ x3 + y3 + xyz ≥ xy(x + y + z) ⇔

1
1

≤
.
3
x + y + xyz xy ( x + y + z )
3

Từ đó ta có bài tốn 1.2 sau :
Bài tốn 1.2: Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng:
1
1
1
1
+ 3
+ 3
≤
.
3
3
3
3
x + y + xyz y + z + xyz z + x + xyz xyz
Hướng dẫn
Học sinh nhận thấy từ bất đẳng thức (bài toán 1) x3 + y3 ≥ x2y + xy2
⇔ x3 + y3 + xyz ≥ x2y + xy2 + xyz( cộng hai vế với xyz)
⇔ x3 + y3 + xyz ≥ xy(x + y + z)
⇔

1
1
≤

.
3
x + y + xyz xy ( x + y + z )
3

Tương tự ta có

1
1
≤
 x3 + y 3 + xyz xy ( x + y + z )


1
1
≤
 3
3
 y + z + xyz yz ( x + y + z )

1
1
≤
 3
3
 z + x + xyz zx ( x + y + z )
1
1
1
⇒ 3

+ 3
+ 3
3
3
x + y + xyz y + z + xyz z + x 3 + xyz
1
1
1
≤
+
+
xy ( x + y + z ) yz ( x + y + z ) zx( x + y + z )
1
z
x
y
1
=
(
+
+
)=
xyz x + y + z x + y + z x + y + z
xyz
1

1

1

1

Vậy x3 + y 3 + xyz + y 3 + z 3 + xyz + z 3 + x 3 + xyz ≤ xyz với x, y, z > 0
Dấu ‘=’ xảy ra khi x=y=z
7


Ở bài toán 1.2 để cho đơn giản biểu thức ta có thể đặt a = x 3 ; b = y3 ;
c = z3 và cho thêm điểu kiện xyz = 1 ta lại có bài tốn 1.3 sau:
Bài toán 1.3: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
1
1
1
+
+
≤1
a + b +1 b + c +1 c + a +1
Hướng dẫn: học sinh sử dụng kết quả của bài toán 1 và bài toán 1.2
*Ta lại biến đổi bài toán 1 theo cách sau:
Với ∀ x, y > 0 ta có x3 + y3 ≥ x2y + xy2 ⇔ 3x3 ≥ (x3 - y3) + (x3 + x2y + xy2)
3x3
⇔ 3x3 ≥ (2x – y)(x2 + xy + y2) ⇔ 2
≥ 2 x − y (1)
x + xy + y 2
Từ đó ta có bài tốn 1.4 sau
Bài tốn 1.4: Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng:
3x3
3 y3
3z 3
+

+
≥ x+ y+z
x 2 + xy + y 2 y 2 + yz + z 2 z 2 + zx + x 2
Hướng dẫn
Học sinh sử dụng kết quả của bài toán 1 biến đổi như (1)
3x3
3 y3
3z 3
≥
2
x
−
y
;
≥
2
y
−
z
;
≥ 2z − x
Ta có: 2
x + xy + y 2
y 2 + yz + z 2
z 2 + zx + x 2
3x3
3 y3
3z3
⇒ 2
+

+
≥ (2 x − y ) + (2 y − z ) + (2 z − x)
x + xy + y 2 y 2 + yz + z 2 z 2 + zx + x 2
3x3
3 y3
3z 3
⇒ 2
+
+
≥ x + y + z (đpcm)
2
2
2
2
2
x + xy + y
y + yz + z
z + zx + x
Dấu ‘=’ xảy ra khi x=y=z
Như vậy qua bài tập 1 học sinh đã được rèn luyện cách chứng minh bất
đẳng thức theo các cách khác nhau.Và từ bài tập 1,theo cách biến đổi khác
nhau thu được một số bất đẳng thức mới( bài toán 1.1, bài toán 1.2,bài toán
1.3; bài toán 1.4).Các bất đẳng thức mới này mới nhìn khơng có vẻ gì là liên
quan với nhau nhưng thực ra nó có chung từ một bất đẳng thức gốc là bất đẳng
thức ở bài tập 1. Từ đó học sinh thấy các bất đẳng thức này không phải là từng
mảng rời rạc mà là một khối liên hệ với nhau.Làm cho học sinh không còn cảm
thấy sợ (đi từ bất đẳng thức quen thuộc) bằng lập luận suy nghĩ logic mà học
sinh đã chủ động tìm được cách làm của bài tập tưởng trừng như rất khó .
Hồn tồn tương tự như vậy tơi cho học sinh bài tập sau.
Bài tập 2: Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:

(a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c ) ≤ abc .
Ở bài tập này ta thấy trung bình cộng hai số bất kì có trong tích ở vế trái
chính là một thừa số ở vế phải

8


( a + b − c ) + ( a − b + c ) = 2 a

( a + b − c) + (−a + b + c ) = 2b
( a − b + c) + (−a + b + c ) = 2c

Tức là xuất hiện tích hai số và tổng hai số nên ta nghĩ đến bất đẳng thức
Côsi. Tuy nhiên để sử dụng bất đẳng thức Cơ si thì cần điều kiện các số khơng
âm vì vậy ở bài tốn này ta có thể làm như sau:
Hướng dẫn
Khơng mất tính tổng qt, ta giả sử a = max{a, b, c}.
Khi đó a + b – c ≥ 0 và a – b + c ≥ 0.
Nếu – a + b + c < 0 thì bất đẳng thức đã cho đúng.
Do đó ta chỉ cịn xét cả ba không âm.
Cách 1. Theo bất đẳng thức Cô – Si:
2
 a +b−c + a −b+c 
2
(a + b − c)(a − b + c ) ≤ 
÷ =a
2


2

 a −b+c −a +b+c 
2
(a − b + c)(−a + b + c ) ≤ 
÷ =c
2


2
 −a + b + c + a + b − c 
2
(−a + b + c)(a + b − c ) ≤ 
÷ =b
2


Do cả hai vế của các bất đẳng thức trên đều không âm, nên nhân vế với vế ta
được:
[ (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c)]2 ≤ (abc ) 2
Hay: (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c ) ≤ abc (đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
a + b − c = a + (b − c )
Ta lại có 
a − b + c = a − (b − c)
Nên tích (a + b – c)(a – b +c) chính là tích của tổng hai số với hiệu hai số
(a
và b-c). Tương tự với các số cịn lại có trong tích ở vế trái. Từ đó ta nghĩ đến
hằng đẳng thức A2 – B2 = (A – B)(A + B). Mà A2 – B2 ≤ A2. Vậy ta nghĩ đến có
thể giải bài tập trên theo cách sau:
Cách 2. Ta có bất đẳng thức hiển nhiên a2 – (b – c)2 ≤ a2 hay

(a + b – c)(a – b + c) ≤ a2 .
Tương tự ta có thêm hai bất đẳng thức nữa
(−a + b + c)(a + b − c ) ≤ b 2
(a − b + c)(−a + b + c ) ≤ c 2 .
Do cả hai vế của các bất đẳng thức trên đều không âm, nên nhân vế với vế ta
được:
[ (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c)]2 ≤ (abc ) 2
Hay: (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c ) ≤ abc (đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
9


Như vậy để chứng minh bài toán 2 ta quan tâm đến các số (a + b – c);
(a + c – b); (b + c – a) không âm hay nói cách khác ta có a + b ≥ c; a + c ≥ b;
b + c ≥ a, điều này gợi nhớ cho ta đến bất đẳng thức trong tam giác. Dấu “=”
trong bất đẳng thức (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c ) ≤ abc xảy ra khi a = b = c
nên từ bài tốn 2 ta có thể chuyển thành đề bài toán 3 sau.
Bài toán 3: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thỏa mãn
(a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) ≥ abc .
Chứng minh tam giác này là tam giác đều.
Hướng dẫn
Theo kết quả bài tốn 2 ta có (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c ) ≤ abc
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Kết hợp với điều kiện (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) ≥ abc ta có
(a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c) = abc
Vậy a = b = c hay tam giác này là tam giác đều.
Tương tự như cách khai thác ở bài toán 1, bằng các cách: biến đổi đồng
nhất, sử dụng thêm các bất đẳng thức quen thuộc khác vào hai vế của các bất
đẳng thức đã có, phối hợp giữa các hằng đẳng thức và các bất đẳng thức quen
thuộc vào hai vế của mỗi bất đẳng thức đã biết, cho thêm giả thiết của bài tốn

tơi hướng dẫn học sinh khai thức bài toán 2 theo các hướng như sau.
Khai thác bài toán 2
Thực hiện nhân các số ở vế trái ta có
(a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c)
= a 2 (b + c) + b 2 (a + c) + c 2 (a + b) − (a 3 + b3 + c 3 + 2abc)
Như vậy: (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c ) ≤ abc
⇔ a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a 2 (b + c) + b 2 (c + a ) + c 2 (a + b) (2)
Do đó ta có bài toán 2.1
Bài toán 2.1. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a 2 (b + c) + b 2 (c + a ) + c 2 (a + b) .
Hướng dẫn: sử dụng bài toán 2 và biến đổi như (2)
*Từ bài toán 2 biến đổi vế phải
a 2 (b + c) + b 2 (c + a ) + c 2 (a + b) = ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)
Ta được: a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)(3)
Như vậy ta có bài tốn 2.2
Bài tốn 2.2. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a).
Hướng dẫn: sử dụng bài toán 2 và biến đổi như (3)
* Cộng 3abc vào hai vế của bất đẳng thức ở bài tốn 2.1, ta lại có:
a3 + b3 + c3 + 6abc ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca)(4). Đây là đề bài toán 2.3
10


Bài toán 2.3. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
a3 + b3 + c3 + 6abc ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca).
Hướng dẫn: sử dụng bài toán 2.1 và biến đổi như (4)
*Áp dụng đẳng thức
a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca)
vào vế trái của bất đẳng thức ở bài toán 2.3, ta lại thu được:
(a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) + 9abc ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca)

hay (a + b + c)3 + 9abc ≥ 4(a + b + c)(ab + bc + ca)(5) ta được bài toán 2.4
Bài toán 2.4. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
(a + b + c)3 + 9abc ≥ 4(a + b + c)(ab + bc + ca).
Hướng dẫn: sử dụng bài toán 2.3 và biến đổi như (5)
*Nếu thêm a + b + c > 0 thì từ bất đẳng thức ở bài tốn 2.4, ta có
9abc
(a + b + c) 2 +
≥ 4( ab + bc + ca )
a+b+c
9abc
2
2
2
≥ 2(ab + bc + ca ) (6) đây là bài toán 2.5
Suy ra: a + b + c +
a+b+c
Bài toán 2.5. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
9abc
a2 + b2 + c2 +
≥ 2(ab + bc + ca ) .
a+b+c
Hướng dẫn: sử dụng bài toán 2.4 và biến đổi như (6)
*Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si: 3abc ≤ a 3 + b3 + c3 vào vế trái của bất
đẳng thức ở các bài toán 2.1, 2.2, 2.3 (7) ta có bài tốn 2.6
Bài tốn 2.6. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
2(a3 + b3 + c3) ≥ a 2 (b + c) + b 2 (c + a ) + c 2 (a + b) .
Hướng dẫn: làm theo hướng dẫn (7)
*Ta đã có:
2
a (b + c) + b 2 (c + a ) + c 2 (a + b) = ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (8)

nên bài tốn 2.6 cịn có thể chuyển thành bài tốn2.7 sau
Bài toán 2.7. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
2(a3 + b3 + c3) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a).
Hướng dẫn: sử dụng bài toán 2.6 và biến đổi như (8)
*Lại có:
ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) + 3abc = (a + b + c)(ab + bc + ca).
Nên bài toán từ bài toán 2.7, ta cộng hai vế của bất đẳng thức với cùng 2abc ta
có bài tốn 2.8
Bài tốn 2.8. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
2(a3 + b3 + c3) + 3abc ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca).
11


Hướng dẫn:sử dụng bài toán 2.7 và biến đổi cộng hai vế với 2abc
*Biến đổi bất đẳng thức ở bài toán 2.1 thành
a( a + b)(a + c ) + b(b + a )(b + c) + c (c + a )(c + b) + 4abc ≥ 2(a + b)(b + c )(c + a ) V
a
b
c
4abc
+
+
+
≥ 2. (9)
ớia,b,cdương thì :
b + c c + a a + b (a + b)(b + c )(c + a )
Ta được bài toán 2.9
Bài toán 2.9. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
a
b

c
4abc
+
+
+
≥ 2.
b + c c + a a + b (a + b)(b + c )(c + a )
Hướng dẫn: sử dụng bài toán 2.1 và biến đổi như (9)
*Cho thêm giả thiết a + b + c = 1, thay vào bài toán 2 ta có:
(1 – 2a)(1 – 2b)(1 – 2c) ≤ abc(10).ta có bài tốn 2.10
Bài tốn 2.10. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
Chứng minh rằng: (1 – 2a)(1 – 2b)(1 – 2c) ≤ abc.
Hướng dẫn: sử dụng bài toán 2 và biến đổi như (10)
*Khai triển bất đẳng thức ở bài toán 2.10 với chú ý là a + b + c = 1,
ta có: 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 1(11) đây là bài toán 2.11
Bài toán 2.11. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
Chứng minh rằng: 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 1.
Hướng dẫn: sử dụng bài toán 2.10 và biến đổi như (11)
*Theo bất đẳng thức: 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)2 = 1. Kết hợp với bất
đẳng thức ở bài toán 2.11 ta thu được: 7(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 2 (12), đây là
bài toán 2.12
Bài toán 2.12. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
Chứng minh rằng: 7(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 2.
Hướng dẫn: sử dụng bài toán 2.11 và biến đổi như (12)
*Thay a + b + c = 1 vào bất đẳng thức ở bài toán 2.1:
a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a 2 (1 − a ) + b 2 (1 − b) + c 2 (1 − c) .
Biến đổi ta được: 2(a3 + b3 + c3) + 3abc ≥ a2 + b2 + c2. (13)
đây là bài toán 2.13
Bài toán 2.13. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
Chứng minh rằng: 2(a3 + b3 + c3) + 3abc ≥ a2 + b2 + c2.

Hướng dẫn: sử dụng bài toán 2.1 và biến đổi như (13)
3
1
a+b+c
*Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si : abc ≤ 
; và kết hợp
÷ =
3

 27
với bất đẳng thức ở bài tốn 2.11 ta có
12


Vì 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 1 ⇔ 4(ab + bc + ca) – 8abc ≤ abc + 1
1
7
+ 1 hay ab + bc + ca – 2abc ≤
suy ra: 4(ab + bc + ca) – 8abc ≤
(14) đây
27
27
là bài toán 2.14
Bài toán 2.14. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
7
Chứng minh rằng: ab + bc + ca – 2abc ≤
.
27
Hướng dẫn: sử dụng bài toán 2.11 và biến đổi như (14)
*Từ bài toán 2.11: 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 1

⇔ 4(ab + bc + ca) – 4abc ≤ abc + 1
1
8
suy ra: 4(ab + bc + ca) – 4abc ≤ 5. + 1 hay ab + bc + ca – abc ≤
(15)
27
27
đây là bài toán 2.15
Bài toán 2.15. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
8
Chứng minh rằng: ab + bc + ca – abc ≤
.
27
Hướng dẫn: sử dụng bài toán 2.11 và biến đổi như (15)
*Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có:
1
1
a2 + b2 + c2 ≥ (a + b + c)2 = ,
3
3
và kết hợp với bất đẳng thức ở bài toán 2.13 ta được :
6(a3 + b3 + c3) + 9abc ≥ 1(16) đây là bài toán 2.16
Bài toán 2.16. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
Chứng minh rằng: 6(a3 + b3 + c3) + 9abc ≥ 1.
Hướng dẫn: sử dụng bài toán 2.13 và biến đổi như (16)
* Ta thay
1
1
ab + bc + ca = [(a + b + c)2 – (a2 + b2 +c2)] = 1 − (a 2 + b 2 + c 2 ) 
2

2
Vào các bất đẳng thức ở các bài tốn 2.14 ta có
7
13
1
⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 4abc ≥
1 − (a 2 + b 2 + c 2 )  – 2abc ≤
(17)
27
27
2
Bài toán 2.17. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
13
2
2
2
Chứng minh rằng: a + b + c + 4abc ≥
.
27
Hướng dẫn: sử dụng bài toán 2.14 và biến đổi như (17)
*Ta thay
1
1
ab + bc + ca = [(a + b + c)2 – (a2 + b2 +c2)] = 1 − (a 2 + b 2 + c 2 ) 
2
2
13


Vào các bất đẳng thức ở các bài toán 2.15 ta có

8
11
1
⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 2abc ≥
. 1 − (a 2 + b 2 + c 2 )  – abc ≤
(18)
27
27
2
ta có bài toán 2.18
Bài toán 2.18. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
11
2
2
2
Chứng minh rằng: a + b + c + 2abc ≥
.
27
Hướng dẫn: sử dụng bài toán 2.15 và biến đổi như (18)
*Vẫn từ bài toán 2.11: 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 1.
1
Vì 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)2 nên ab + bc + ca ≤
; 8(ab + bc + ca) ≤
3
4
7
9abc + 1 + 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 1 + = 9abc + (19)
3
3
Nên ta có bài toán 2.19 sau:

Bài toán 2.19. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
7
Chứng minh rằng: 8(ab + bc + ca) ≤ 9abc + .
3
Hướng dẫn: sử dụng bài toán 2.11 và biến đổi như (19)
1
*Thay ab + bc + ca = [(a + b + c)2 – (a2 + b2 + c2)]
2
1
= [1 – (a2 + b2 + c2)] (20)vào bài toán 2.19
2
5
ta được: 4(a2 + b2 + c2) + 9abc ≥
đây là bài toán 2.20
3
Bài toán 2.20. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
5
Chứng minh rằng: 4(a2 + b2 + c2) + 9abc ≥ .
3
Hướng dẫn: sử dụng bài toán 2.19 và biến đổi như (20)
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Thơng qua việc xây dựng, đề xuất các bài tốn đã nêu trên, góp phần hình
thành cho học sinh kỹ năng tư duy logic, kĩ năng tìm tịi, khám phá và kĩ năng
phối hợp nhiều kĩ thuật phức tạp hơn trong một bài tập dần hình thành tư duy
linh hoạt cho học sinh . Bên cạnh đó cũng từ các cách suy ra bất đẳng thức mới
từ một bất đẳng thức đã biết cũng đã giúp các em hình thành phương pháp hiệu
quả để chứng minh một bất đẳng thức. Phương pháp quy lạ về quen. Chẳng hạn
ta xét bài tốn sau:
“ Cho ba số thực khơng âm thỏa mãn x + y + z = 3. Chứng minh rằng:

x 2 + y 2 + z 2 + xyz ≥ 4
14


Rõ ràng bài tốn trên khơng giống như các bài toán ta đã nêu trên ở giả thiết
x + y + z = 3, nhưng nếu ta đặt x = 3a, y = 3b, z = 3c thì giả thiết sẽ là: a, b, c
không âm và a + b + c = 1, còn điều cần chứng minh sẽ là
(3a ) 2 + (3b) 2 + (3c) 2 + 3a.3b.3c ≥ 4
4
⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 3abc ≥ (**)
9
Rõ ràng bất đẳng thức trên được suy ra từ bất đẳng thức ở bài toán 2.18. Thật
vậy, áp dụng bất đẳng thức Cô – Si vào vế trái của (**) ta có:
4
≤ a 2 + b 2 + c 2 + 3abc
9
= a 2 + b2 + c 2 + 2abc + abc
3

a+b+c
≤ a + b + c + 2abc + 
÷
3


1
= a 2 + b 2 + c 2 + 2abc +
27
2

2

2

4 1 11
−
=
(đây là bất đẳng thức ở Bài toán 2.18)
9 27 27
Từ ví dụ nêu trên, chúng ta đã làm cho học sinh thấy rằng, đơi khi thoạt
nhìn thì các bài tốn có thể nói là hồn tồn khác nhau, nhưng qua việc phân tích
trên cho ta thấy các bài tốn đó lại có nguồn gốc giống nhau. Hơn thế nữa, qua
đây cũng mở cho ta một hướng để ta có thể đề xuất thêm rất nhiều bài toán mới
từ các bài toán đã nêu bằng cách đặt ẩn phụ một cách thích hợp.
Khi chưa thực hiện đề tài này tơi nhận thấy nhiều học sinh khi gặp phải
bài toán về bất đẳng thức thường thấy “sợ” và thường bỏ qua bài này trong các
đề thi.
Qua những lần kiểm tra định kì, kiểm tra thường xuyên của lớp, của
trường , của Phòng giáo dục các em có được điểm 10, điều đó chứng tỏ học sinh
đã làm được dạng bài tập khó này. Cụ thể ,trong năm 2020-2021 nhà trương
phân công cho tơi dạy tốn lớp 9A1, 9A2 thì kết quả thu được như sau :
2
2
2
Hay a + b + c + 2abc ≥

Làm bài tốt,
nhanh
SL
%

Làm được bài,
chưa nhanh
SL
%

Kiểm
tra

Tổng
số HS

Lần 1

20

1

5,0

11

Lần 2

20

3

15,0

Lần 3

20

6

30,0

Còn khúc mắc
SL

%

55,0

8

40,0

12

60,0

5

25,0

14

70,0

0

0,0

3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận
15


Trên đây là toàn bộ sáng kiến kinh nghiệm: “Giải pháp rèn luyện khả
năng tư duy logic cho học sinh giỏi lớp 9 trườngTHCS Lê Đình Chinh, huyện
Ngọc Lặc khi học về bất đẳng thức”. Qua sáng kiến này tôi đã hướng dẫn cho
học sinh biết cách chứng minh hai bài toán quen thuộc theo nhiều cách và từ các
bất đẳng thức khá quen thuộc này ta đã suy ra được các bất đẳng thức khác bằng
các cách khác nhau.
Qua thời gian thực hiện đề tài bằng cách hướng dẫn học sinh giải bài toán
về bất đẳng thức theo nhiều cách, và phát triển thành các bài toán mới học sinh
đã hứng thú học hơn với dạng toán bất đẳng thức. Từ đó các em đã linh hoạt,
sáng tạo hơn trong học toán.
Mặc dù vậy, như mọi người đều biết, khơng có cách giải nào có thể giải
được mọi bài tốn. Khơng thể có một kinh nghiệm nào có thể áp dụng được vào
mọi tình huống. Kinh nghiệm nhỏ này chỉ áp dụng được vào một số bài tập nhất
định. Bài viết này chắc chắn cịn nhiều thiếu sót về nội dung cũng như hình thức
trình bày, rất mong nhận được thật nhiều góp ý chân thành của Hội đồng khoa
học các cấp.
3.2 Kiến nghị
Việc vận dụng sáng kiến vào quá trình giảng dạy cũng dễ dàng vì các
hướng khai thác của bài toán được sắp xếp từ dễ đến khó nên học sinh dễ dàng
tiếp thu. Tuy nhiên, để có hiệu quả hơn khơng những đối với sáng kiến này mà

Phòng Giáo Dục và Đào Tạo nên triển khai các sáng kiến kinh nghiệm đạt giải
cao, áp dụng vào trường THCS trong tồn huyện thơng qua các lớp chun đề.
Ngọc Lặc, ngày 20 tháng 4 năm 2021
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Tôi xin cam kết sáng kiến này do tôi tự
làm, không sử dụng sao chép coppy của
người khác
Người viết

Nguyễn văn Kiệm

16


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Các đề thi học sinh giỏi toán 9 của các huyện trong tỉnh và các tỉnh khác
trên mạng intenet(chủ yếu ở trang />[2]. Sách nâng cao và phát triển Toán 8 tập 2 - tác giả Vũ Hữu Bình
[3]. Sách nâng cao và phát triển Tốn 9 tập 1 - tác giả Vũ Hữu Bình
[4]. Sách nâng cao và các chuyên đề Đại số 9- tác giả Vũ Dương Thụy
[5]. Bài tập nâng cao và một số chuyên đề Toán 9 – tác giả Bùi Văn Tuyên

17