Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2

Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2
(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)
MỤC LỤC
NỘI DUNG
Sơ đồ khai thác tính chất lũy thừa bậc hai trong SKKN
năm học 2014-2015
I – ĐẶT VẤN ĐỀ
1) Lý do chọn để tài
2) Phạm vi đề tài
3) Thời gian thực hiện đề tài
4) Đối tượng nghiên cứu
5) Phương pháp nghiên cứu
II – GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1) Quá trình chuẩn bị
2) Quá trình thực hiện
Khắc sâu BĐT kép
Sử dụng hẳng bất đẳng thức (I): a2 + b2 ≥ 2ab

TRANG
1-2

4
4
4
4
4

Sử dụng hẳng bất đẳng thức (II): (a + b)2 ≥ 4ab

5
5

6
7
9

Sử dụng BĐT (III): 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2

14

III – KẾT QUẢ THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
1) Kết quả
2) Bài học kinh nghiệm

SƠ ĐỒ KHAI THÁC BĐT (I) (SKKN năm học 2014 -2015)
1/18

17
18


Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2
(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)
A2 ≥
(A - B)2
(ay - bx)2

(a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2
(a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) ≥ (ax +

1 1 1
+ + ) ≥ 9 với x, y, z>0

x y z

(x + y + z)(

x, y, z > 0 và x+ y + z  1.
1 1 1
CMR: + + ≥ 9
x y z

x, y, z > 0 và x+ y + z = 1.
1 1 1
CMR: + + ≥ 9
x y z

a, b, c > 0 và a+ b + c  1.
CMR 2 1  2 1  2 1
a  2bc

b  2ac

c  2ab

a
b
c
3
+
+
≥
với

bc ac ba
2

abc
a2
b2
c2
+
+
≥
với
bc ac ba
2

a,b,c>0

a2
b2
c2
3
+
+
≥
với
bc ca ba
2

1
+
x ( y  z)

3

1
+
y ( z  x)
3

1
3
≥
với x,y,z > 0
2
z ( x  y)
3

; xyz = 1
1
+
x ( y  z)
3

1
1
+ 3
với x,y,z > 0
y ( z  x)
z ( x  y)
3

Tìm GTNN của:

SƠ ĐỒ
: xyz
= 1KHAI THÁC BĐT (II) VÀ (III) (SKKN năm học 2014 -2015)

A2 ≥ 0
2/18
2

1


Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2
(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)
PHẦN I : ĐẶT VẤN ĐỀ
1- Lý do chọn đề tài
Tại đại hội toàn quốc lần thứ IX của Đảng cộng sản Việt Nam đã khẳng
định:
“Giáo dục và đào tạo phải có sự đổi mới và nâng cao chất lượng toàn diện
về nội dung phương pháp dạy và học. Phát huy tư duy khoa học sáng tạo, năng
lực tự học , tự nghiên cứu của học sinh”
Sự phát triển mạnh mẽ của cách mạng khoa học của cơng nghệ thơng tin
hiện đại tốn học đã có tác dụng sâu sắc trong mọi lĩnh vực của xã hội lồi
người.
Chính vì vậy, trong chiến lược con người hiện nay, nhà nước ta coi trọng
đặc biệt việc nâng cao toàn diện về giáo dục cho học sinh. Đặc biệt nhà nước ta
trong các chỉ thị giáo dục luôn đề cao bồi dưỡng học sinh giỏi và học sinh có
năng khiếu, bồi dưỡng nhân tài ở các trường phổ thơng.
Tốn học là một nội dung cực kỳ quan trọng trong công tác bồi dưỡng và
phát triển năng lực cho học sinh nhất là học sinh giỏi.
Trong chương trình Tốn lớp, Cuốn sách Đại số 9 có tính chất: Luỹ thừa

bậc hai của một số.Nắm chắc, hiểu sâu tính chất này, học sinh áp dụng được vào
nhiều bài toán về Bất đẳng thức.
2. Phạm vi chọn đề tài
Nội dung của bài viết trong bản Sáng kiến kinh nghiệm này tơi chỉ trình
bày việc khai thác tính chất: Luỹ thừa bậc hai của mọi số đều khơng âm. Biến
đổi nó thành một Bất đẳng thức kép và hương dẫn học sinh sử dụng nó.
Các bài tốn trong bản Sáng kiến kinh nghiệm được chọn lọc và đủ dạng
loại Đại số và hình học giúp học sinh sử dụng tốt Bất đẳng thức trên.
Đặc biệt tôi đi sâu vào biện pháp khai thác phát triển và sử dụng Bất đẳng
thức: (a -b)2≥ 0. Tuỳ theo mức độ dạy cho học sinh đại trà hoặc học sinh giỏi.
3. Thời gian thực hiện
- Các năm học 2014-2015; 2015-2016; 2016-2017
4. Đối tượng nghiên cứu
Học sinh lớp 8A1, 9A1 - Trường THCS Phương Liệt
5. Các phương pháp nghiên cứu
Đọc tài liệu và sách tham khảo.
- Tổng hợp nội dung nghiên cứu theo từng dạng bài hoặc chuyên đề.
- Trong quá trình nghiên cứu các phương pháp thực tiễn gồm:
+ Phương pháp điều tra
+ Phương pháp thực nghiệm
+ Phương pháp nêu vấn đề
+ Phương pháp phân tích tổng hợp

3/18


Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2
(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)
II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. Quá trình chuẩn bị

Khảo sát thực tế: Sau khi nhận lớp, tôi dành thời gian làm quen với lớp,
tình hình học tập của các em. Đánh giá sơ bộ trình độ nhận thức của học sinh
qua bài kiểm tra chất lượng. Tìm phương pháp giảng dạy thích hợp với đối
tượng.
+ Giáo viên nghiên cứu nội dung của SGK lớp 8, SGK lớp 9, hệ thống bài tập
lien quan đến bất đẳng thức từ lớp 6 đến lớp 9 đặc biệt là lớp 8 và lớp 9.
+ Hệ thống lại các bài tập cùng dạng loại, sâu chuỗi các kiến thức lại với nhau
tạo thành hệ thống bài tập phát triển tư duy vững chắc.
+ Sau mỗi dạng loại, có chốt kiến thức và khắc sâu phương pháp.
+ Phương pháp dạy học phải tạo điều kiện cho học sinh được học tập và trải
nghiệm, phát triển năng lực tự học cho học sinh.
Tôi thực hiện đề tài này với lớp 8A1, 9A1. Thời gian thực hiện 4 tháng.
Khảo sát kết quả trước khi thực hiện như sau:
Xếp loại
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu
Lớp 8A1
30%
38%
27%
5%
Lớp 9A1
28%
43%
22%
7%
Trước khi thực hiện đề tài: việc chứng minh bất đẳng thức gặp vơ cùng khó
khăn, học sinh khơng biết vận dụng kiến thức để chứng minh bất đẳng thức,

khơng khí học tập trầm đơn điệu, học sinh khá giỏi chán nản, có ý thức chủ quan
xem nhẹ trong học tập, coi thường thiếu ý chí vươn lên.

4/18


Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2
(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)
2) Quá trình thực hiện:
A. KHẮC SÂU BẤT ĐẲNG THỨC KÉP:
a2 + b2 ≥

(a  b) 2
≥ 2ab
2

1/.Tính chất của lũy thừa bậc hai
“Bình phương của mọi số đều không âm”
A 2 ≥ 0 A
Suy rộng ra : (a – b)2≥ 0 với a, b R
Đây là một hằng bất đẳng thức quen thuộc mà việc ứng dụng của nó trong
khi giải các bài tập Đại số và Hình học rất có hiệu quả :

a2 + b2 ≥ 2ab
2

2

2

(a – b) = a – 2ab + b ≥ 0 

(a + b)2 ≥ 4ab
2

a + b

2

( a  b) 2
≥
2

(I)
(II)
(III)

Dấu bằng xảy ra khi a = b.
Cả ba Bất đẳng thức trên đều nêu lên ý nghĩa quan hệ giữa tổng hai số với
tích của chúng hoặc với tổng các bình phương của hai số đó .
2.Chứng minh Bất đẳng thức (I), (II), (III).
BĐT (I):
a2 + b2 ≥ 2ab
 a2 – 2ab + b 2 ≥ 0
 (a – b)2 ≥ 0 (đúng)
Dấu “=” xảy ra khi a = b.
BĐT (II):
(a + b)2 ≥ 4ab
 a2 + 2ab + b2 – 4ab ≥ 0
 a2 – 2ab + b 2 ≥ 0

 (a – b)2 ≥ 0 (đúng)
Dấu “=” xảy ra khi a = b.
BĐT (III):
a2 + b2 ≥

(a  b) 2
2

2a2 + 2b2 ≥ a2 + 2ab + b 2
 a2 – 2ab + b 2 ≥ 0
 (a – b)2 ≥ 0 (đúng)
Dấu “=” xảy ra khi a = b.
Tổng hợp cả ba Bất đẳng thức (I), (II), (III) tạo ra một Bất đẳng thức kép:

5/18


Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2
(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)
a2 + b2 ≥

(a  b) 2
≥ 2ab
2

Dấu “=” xảy ra khi a = b.
B. CÁC BÀI TOÁN VẬN DỤNG
I/.Sử dụng hẳng bất đẳng thức (I): a2 + b2 ≥ 2ab
*Áp dụng BĐT (II) : a2 + b2≥ 2ab vào đại số.
1.Bài toán 1:

Cho các số a, b, c, x thoả mãn điều kiện
x + a + b + c = 7
 2
2
2
2
 x  a  b  c  13
Chứng minh rằng : 1 ≤ x ≤

5
.
2

Giải :
Áp dụng BĐT (I) : a + b ≥ 2ab.
Do đó :
2 ( a2 + b2 + c2 ) ≥ 2ab + 2ac + 2bc
 3( a2 + b2 + c2 ) ≥ ( a + b + c )2
Mặt khác: (1)  a + b + c = 7 – x
(2)  a2 + b2 + c2 = 13 – x2
Thay vào (*):
3(13 – x2) ≥ (7 – x)2
 4x2 – 14x + 10 ≤ 0
2

2

 2( x – 1 )(x 1≤x≤

(*)

5
)≤0
2

5
(đpcm).
2

2.Bài toán 2 :
Cho ba số x, y, z thoả mãn: x + y + x = 1
Chứng minh rằng : x4 + y4 + z4 ≥ xyz
Giải :
2
2
Áp dụng BĐT (I) ta có : a + b ≥ 2ab
Do đó :
x4 + y4 ≥ 2x2y2
y4 + z4 ≥ 2y2z2
z4 + x4 ≥ 2z2x2
 2( x4 + y4 + z4 )≥ 2(x2y2 + y2z2 + z2x2 )
Áp dụng bất đẳng thức (I)
x2y2 + y2z2 ≥ 2xy2z
y2z2 + x2z2 ≥ 2yz2x
z2x2 + x2y2 ≥ 2zx2y
 2( x2y2 + y2z2 + x2z2) ≥ 2xyz( x + y + z )
Từ (1), (2) suy ra:
x4 + y4 + z4 ≥ xyz (đpcm)

6/18

(1)

(2)


Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2
(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)
3.Bài toán 3:
Cho ba số a, b, c, d thoả mãn điều kiện: a + b + c + d = 2
Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 1
Giải:
2
2
Áp dụng bất đẳng thức (1): a + b ≥ 2ab ta có :
a2 + b2 ≥ 2ab
a2 + b2 ≥ 2ab
c2 + b2 ≥ 2cb
a2 + d 2 ≥ 2ad
d2 + c2 ≥ 2dc
b2 +d2 ≥ 2db
Cộng theo vế của các bất đẳng thức trên ta được:
3(a2 + b2 + c2 + d2) ≥ 2 (ab + bc + cd + ac + ad + bd)
 4(a2 + b2 + c2 + d2) ≥ (a + b + c + d )2 = 2 2 = 4
 a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 1 (đpcm)
Dấu “= ”xảy ra khi a = b = c = d =

1
.
2

*Áp dụng BĐT (I) : a2 + b2≥ 2ab vào hình học.
4.Bài tốn 4:
Trong tứ giác lồi ABCD với diện tích S có điểm 0 thoả mãn điều kiện :
OA2 + OB2 + OC2 + OD2 = 2S.
Chứng minh rằng: ABCD là hình vng nhận O là tâm
C
Giải :
B
+ Ký hiệu SABCD = S
SAOB = S1; SBOC = S2; SCOD = S3 ; SDOA = S4
1
1
O
+ S ≤ OA.OB; S ≤ OB.OC;
1

2

2
1
1
S3≤ OC.OD; S4≤ OD.OA;
2
2

D

A

Áp dụng BĐT (1): a2 + b2 ≥ 2ab  ab ≤
Ta có : S ≤

2

1 2
( a + b 2)
2

1
( S1 + S2 + S3 + S4 )
2

1 1
.
( OA2 + OB2 + OC2 +
2 2
1
1
OD2 + OA2 + OB2 + OC2 + OD2 ) = ( OA2 + OB2 + OC2 + OD2) = .2S = S
2
2

S ≤ OA.OB + OB.OC + OC.OD + OD.OA ≤

Ta thấy điều này chỉ xảy ra khi các BĐT đều trở thành đẳng thức, nghĩa là phải
có:
OA  OB; OB  OC ; OC  OD; OD  OA

OA  OB  OC  OD

 ABCD là hình vng nhận O làm tâm.
5.Bài tốn 5:
Cho đoạn thẳng AB và đường thẳng d song song với nhau. Tìm điểm M
(M và d nằm khác phía đối với AB ) sao cho các tia MA, MB tạo với đường
thẳng d thành  MCD có diện tích nhỏ nhất.
7/18


Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2
(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)
Giải :
M
d’

x
A

B
h H
d

C

K

D

Gọi C và D là giao điểm của các tia MA và MB với đường thẳng D.
Diện tích  MCD = S; MH và MK là các đường cao của  MAB và  MCD.

Đặt MH = x; AB = a; HK = h.
Do AB // CD   MAB đồng dạng  MCD
AB MH
x
a ( x  h)


 CD 
CD MK x  h
x
a ( x  h) 2 a x 2  2hx  h 2 a
h2
1
Do đó : S = CD.MK =
 .
 ( x  2h  )
2
x
2
x
2
x
2
2
h
Do a và h là hằng số nên S nhỏ nhất khi x+
nhỏ nhất.
x
h2
Ta lại thấy x và

là hai số dương
x
h2
Xét tích x.
=h2
x
h2
h2
Vậy tổng x+
nhỏ nhất khi và chỉ khi x =
 x2 = h2  x = h.
x
x



II/.Sử dụng hẳng bất đẳng thức (II): (a + b)2 ≥ 4ab
*Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2≥ 4ab vào đại số.
6.Bài toán 6:
Cho x, y là các số thực thỏa mãn x + y = 2. Chứng minh :
2
xy(x + y2)  2
Giải
2

 a  b  , ta có :
Áp dụng bất đẳng thức : ab 
4

2

2
2
4
x  y

1
1  2 xy   x  y  
2
2
xy  x  y   (2 xy )( x  y ) 

2
2
2
4
8
2

2

Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y =1
6.Bài toán 6:
Cho a, b, c >0 và a + b + c = 1 CMR: b + c ≥ 16abc.
Giải:
Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 ≥ 4ab

8/18

Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2
(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)
Từ giả thiết: 1 = ( a + (b + c)2) ≥ 4a(b + c)
Do b + c > 0 nên nhân hai vế với b + c
b + c ≥ 4a(b + c)2`
(1)
Áp dụng BĐT (II) ta lại có :
( b + c )2 ≥ 4bc
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
b + c ≥ 4a.4bc = 16abc.
Vậy b + c ≥ 4abc. (đpcm).
Dấu “=” xảy ra khi a = b + c =

1
2

7.Bài toán 7:
Cho a, b, c > 0
CMR : (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc.
Giải :
Áp dụng BĐT (II) ta có :
(a + b)2 ≥ 4ab
(b + c)2 ≥ 4bc
(c + a)2 ≥ 4ca.
 (a + b)(b + c)(c + a)2 ≥ 64a2b2c2(vì a, b, c >0).
 (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc. (vì a, b, c >0) (đpcm).
Xảy ra đẳng thức khi a = b = c >0.
8.Bài toán 8:
Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta có :

(a + b)2 (b + c)2 ≥ 4abc(a + b + c).
Giải
Áp dụng BĐT (II) ta có :
Trước hết (a + b)2 (b + c)2 = (a + b)(b + c)2
= (ab + ac + b2 + bc)2 = (ac + (a + b + c)b2.
Áp dụng BĐT (II) cho hai số : ac và (a + b + c)b ta có:
(ac + (a + b + c)b2≥ 4ac.(a + b + c)b
Xảy ra dấu “=”khi ac = (a + b + c).b
Vậy (a + b)2 (b + c)2 ≥ 4abc(a + b + c) (đpcm).
9.Bài toán 9:
Cho a1, a2, a3, …, an  0; 1.
CMR : (1 + a1+ a2+ a3+ …+ an)2≥ 4 (a12+ a22+ a32+ …+ an2).
Giải:
2
Áp dụng BĐT (II): (a + b) ≥ 4ab.
Cho hai số 1 và a1+ a2+ a3+ …+ an ta được:
(1 + a1+ a2+ a3+ …+ an)2≥ 4.1.( a1+ a2+ a3+ …+ an).
hay (1 + a1+ a2+ a3+ …+ an)2≥ 4( a1+ a2+ a3+ …+ an).
Do ai  0; 1. với i = 1, 2, 3, …, n
Nên suy ra ai ≥ ai2.
Từ các kết quả trên ta suy ra:
9/18


Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2
(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)
(1 + a1+ a2+ a3+ …+ an)2≥ 4 (a12+ a22+ a32+ …+ an2).
Xảy ra dấu “=” khi a1= a2= a3= …= an-1 = 0 và an = 1
*Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2≥ 4ab vào hình học.
10.Bài tốn 10:

Cho tứ giác lồi ABCD có tổng hai đường chéo bằng 48.
CMR diện tích SABCD ≤ 288.
Chứng minh
Ta có SABCD = S =

1
AC.BD
2

(1)

với AC và BD là hai đường chéo.
(a  b) 2
vào BĐT (1) ta có :
4
( AC  BD) 2 48 2
AC.BD ≤

 576
4
4
1
Từ (1) và (2) suy ra : S ≤ .576 = 288 (đpcm).
2

Áp dụng BĐT (II): (a + b)2≥ 4ab  ab≤

(2)

11.Bài toán 11:

Hai đường chéo AC và BD của tứ giác lồi ABCD cắt nhau tại O. Biết diện
tích SAOB = 49; SCOD = 64. CMR : S(ABCD) ≥ 225.
Giải
C
S
OA S AOD
B
Ta có : AOB 
(chung đường cao)

S BOC

OC

S COD

 SAOB . SCOD = SBOC . SAOD = 49 . 64 = 562.
Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 ≥ 4ab ta có :
(SBOC + SAOD)2 ≥ 4 SBOC . SAOD
(SBOC + SAOD)2 ≥ 4 . 49 . 64 = 1122
 SBOC + SAOD ≥ 112.
D
 SABCD ≥ 49 + 64 +112 = 225 (đpcm).

O

A

12.Bài toán 12:
Cho tứ giác lồi ABCD có diện tích S = 2048, tổng AB + BD + DC = 128.

Tính độ dài BD?
Giải:
C
SABCD = SABD + SBCD
B
1
1
1
≤ AB.BD  CD.BD  BD( AB  CD )
2

2

2

Áp dụng BĐT (II) (a + b)2≥ 4ab

O

 ab≤

( a  b) 2
4

cho hai số : BD và AB + CD ta có :
A

D

1

1 ( BD  AB  CD ) 2 1 1
 . .1282 = 2048.
2048 ≤ BD.( AB  CD)  .
2
2
4
2 4

10/18


Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2
(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)
Dấu “=”xảy ra khi các BĐT đều trở thành đẳng thức nghĩa là phải có:
BD = AB + CD mà BD + AB + CD = 128  BD = 128 : 2 = 64
Vậy BD = 64.
13.Bài toán 13 :
Cho  ABC. Qua một điểm M bất kỳ thuộc cạnh AC kẻ các đường song
song với hai cạnh kia, chúng tạo thành với hai cạnh ấy một hình bình hành. Tìm
vị trí của M để hình bình hành ấy có diện tích lớn nhất.
Giải
A
x
E

M
H

y

S1
B

K

F

F

Gọi hình bình hành tạo thành EMFB
Đặt dt(EMFB) = S1; dt(  ABC) = S (const)
Ta cần tìm GTLN của S1
Kẻ AK  BC; AK ∩ EM = H
Ta có S1 = EM. HK; S =


1
BC.BK
2

S
EM .HK
= 2.
BC . AK
S1

Đặt MA = x ; MC = y
Vì EM // BC 

EM AM

x
(định lý Ta lét).


BC
AC x  y

HK
y
(định lý Ta lét).

AK x  y
S
2 xy
Nên
=
S1
( x  y) 2

Và

Áp dụng BĐT (a + b)2  4ab 

2ab
1
 .
2
2
( a  b)

S
2 xy
1
1
=
  S1  S.
2
S1
2
2
( x  y)
1
Do đó max S1 = S  x = y  điểm M là trung điểm của AC.
2

Vậy

Vậy điểm M nằm ở vị trí là trung điểm AC thì diện tích BEMF đạt Max.
14.Bài tốn 14: Cho hình bình hành BEMF. Dựng cát tuyến qua M cắt các cạnh
của góc B tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ nhất.

11/18


Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2
(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)
Giải
A

M

E

B

F

C

Bài toán 14 này là bài toán khai thác của bài tốn 13.
Bài tốn này có SBEMF = const = S1
Các lập luận tương tự như bài 13 với SABC = S1 ta có :
Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2  4ab 
Ta có :

S
( x  y) 2
=
2 xy
S1

( a  b) 2
2
2ab

( x  y) 2
S
=
≥2
S1

2 xy

Dấu “=” xảy ra khi x = y tức là khi vị trí của điểm M là trung điểm của AC.
Từ đó ta thấy cách dựng cát tuyến qua M:
- Lấy trên tia BE điểm A sao cho E là trung điểm BA.
- Tia AM cắt tia BF tại C.
 ABC có diện tích nhỏ nhất
15.Bài tốn 15:
Trong các hình thanh ABCD (BC // AD) có diện tích S khơng đổi. Hai
đường chéo AC và BD cắt nhau tại E.
Hỏi ở hình thanh nào thì ÄABE có diện tích lớn nhất.
Giải
D
C
+ Dễ thấy S ABE = SCDE = S’
S
+ Đặt SBCE = S1 ; SAED = S2
S’
DK = x và AD = y
+
Trước
hết ta chứng minh rằng:
S2
S’
S’ 2 = S1.S2
(1)
KA
'
'
S

EC D S1 S
A
EC S
Thật vậy : 1' 
;
 '   S’ 2 = S1.S2.

S

EA

S2

+Ta sẽ biểu thị các tỉ số :

EA

S

S2

S1 S 2 S '
;
;
theo x, y
S
S
S

Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AD ở K

Ta có : DK = BC = x; SACK = SABCD = S
 ACK

 CEB

 AED 

BC
x

AK x  y

S1
S2
BC 2
x2
AD 2
y2
;
(
) 

(
)

S
AK
AK
( x  y) 2 S
( x  y) 2

12/18

(2)


Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2
(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)
Từ (1) và (2) suy ra:
S ' 2 S1 .S 2
x2 y2
S'
xy
) 



4
S
S .S
S ( x  y) 2
( x  y)
ab
1
Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2  4ab 

2
4
( a  b)
(

S'
xy
1
1

  S' 
2
S ( x  y)
4
4
1
Vậy Max S = khi x = y tức là hình thanh ABCD trở thành hình bình hành
4

Ta có :

16.Bài tốn 16:
Qua điểm M thuộc miền trong của ÄABC vẽ các đường thằng AM, BM,
CM cắt các cạnh của tam giác lần lượt tại A1, B1, C1.
CMR :

AM BM CM
.
.
8
A1 M B1 M C1 M

Giải
Từ A hạ AH  BC; MH 1  BC.

Kí hiệu S(MBC) = S1; S(MCA) = S2; S(MBA)
= S3
 AHA1
 MH 1A1

A

B1
M

AA1
S  S 2  S3
AH
S


 1
MA1 MH 1 S1
S1
MA S1  S 3 S 2 S 3

= 

MA1
S1
S1 S1


B

H

H1

A1

C

Chứng minh tương tự :
MB S1  S 3
MC S1  S 2
;


MB1
S2
MC1
S3

Nhân theo từng vế ba BĐT trên :
(S  S 2 )( S1  S 3 )( S1  S 2 )
AM BM CM
.
.
 1
A1 M B1 M C1 M
S1 .S 2 .S 3

Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2  4ab
Muốn vậy ta bình phương 2 vế của (*)

(

AM 2 BM 2 CM 2 (S1  S 2 ) 2 (S1  S 3 ) 2 ( S1  S 2 ) 2 4 S 1S 3 .4 S 2 .S 3 .4S 1 .S 2
) .(
) .(
) 

 64
A1 M
B1 M
C1 M
( S1 .S 2 .S 3 ) 2
( S1 .S 2 .S 3 ) 2
AM BM CM
(đpcm)
.
.
8
A1 M B1 M C1 M

Dấu “=”xảy ra khi M là trọng tâm  ABC
III/.Sử dụng BĐT (III): 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2
*Áp dụng BĐT (III) : 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 vào đại số.
17.Bài toán 17:
Cho a + b = 6
CMR : a2 + b2 ≥ 18.

13/18

(*)

Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2
(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)
Giải:
2
2
2
Áp dụng BĐT : 2(a + b ) ≥ (a + b)
ta có : (a2 + b2) ≥

(a  b) 2 36

 18
2
2

(đpcm)

*Khai thác bài toán:
Tương tự :

(a 2  b 2 ) 2 18 2

 162
2
2
(a 4  b 4 ) 2 162 2
(a8 + b8) ≥


 13122
2
2

(a4 + b4) ≥

18.Bài toán 18:
Cho a, b > 0 và a + b = 1
1
a

1
b

CMR : (a  ) 2  (b  ) 2  12,5
Giải :
1
1
và b + ta có :
a
b
1
1
ab 2
1 2
(a   b  ) (a  b 
)
(1  )
1
1

a
b 
ab
ab
(a  ) 2  (b  ) 2 

a
b
2
2
2
1
2
Áp dụng BĐT (II) : (a + b)  4ab  1 ≥ 4ab 
≥4
ab
1
(1  ) 2
2
ab  (1  4)  25  12,5
Do đó :
2
2
2
1 2
1
Kết hợp với (*) ta có (a  )  (b  ) 2  12,5 (đpcm)
a
b
1

Đẳng thức xảy ra khi a = b =
2

Áp dụng BĐT : 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 cho hai số a +

19.Bài toán 19:
Cho a, b, c là các số thoả mãn :
a  b  c  2
 2
2
2
a  b  c  2
4
CMR : a, b, c  0; 
 3

Giải:
Ta cần chứng minh : 0 ≤ a ≤

4
(b, c tương tự)
3

Áp dụng BĐT(III) : 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2
Ta có : 2(b2 + c2) ≥ (b + c)2
Từ (1) : b + c = 2 – a
(2):b 2 + c2 = 2 – a2
 2(2 - a2) ≥ (2 – a)2
 4 – 2a2 ≥ 4 – 4a + a2  3a2 – 4a ≤ 0  a( 3 – 4 ) ≤ 0

14/18

(*)


Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2
(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)
4
3
4
4
Chứng minh tương tự : 0 ≤ b ≤ ; 0 ≤ c ≤
3
3

Giải BPT trên ta được: 0 ≤ a ≤

*Áp dụng BĐT (III) : 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 vào hình học.
20.Bài tốn 20:
Cho tam giác vng ABC có góc C bằng 900, hai cạnh góc vng CA và CB lần
lượt bằng b và c còn cạnh huyền AB bằng c. Chứng minh rằng c ≥

2

Giải
 = 900
ACB
AB = c; AC = b; CB = a
Áp dụng định lý Pitago vào ABC: c2 = a2 + b2
Áp dụng BĐT (III): 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2

2c2 ≥ (a + b)2

A

 c2 ≥
C

ab

B

c≥

(a  b) 2
2
ab
2

(đpcm)

Từ ba BĐT trên và các bài toán tiêu biểu có thể xây dựng thành chùm bài tốn
có mối liên quan

15/18


Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2
(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)
PHẦN III : KẾT LUẬN
A/.MỘT SỐ KẾT QUẢ

1/- Đối với thày – người truyền thụ tri thức.
Khai thác BĐT (a - b)2 = a2 – 2ab + b2 ≥ 0 để hướng dẫn học sinh sử
dụng BĐT kép :
a 2 + b2 ≥

( a  b) 2
 2ab
2

để bồi dưỡng học sinh khá và giỏi là cả một q trình tích luỹ, nghiên cứu học
hỏi khơng ngừng thường xuyên liên tục của người thày. Việc này giúp cho vốn
kiến thức tốn học của thày khơng ngừng được củng cố, bổ sung, nâng cao kinh
nghiệm giảng dạy của thày ngày càng phong phú.
Phạm vi của đề tài này chỉ đi sâu vào trình bày cách khai thác và sử dụng
ba bất đẳng thức mà ta tạm gọi là “kép”. Sử dụng ba bất đẳng thức này ta có thể
xây dựng một chùm bài tập có mối liên quan. Tuy nhiên, còn nhiều bài tập dạng
chứng minh BĐT, với cách suy nghĩ và cách làm tương tự, chúng ta cũng có
hàng loạt bài tốn tạo thành một chùm bài tốn BĐT hay và sinh động, giải toả
được tâm lí khó dạy và khó học chứng minh BĐT của thày và trị. Tuỳ theo trình
độ của học sinh của đối tượng mà khai thác giảng dạy ở những mức độ khác
nhau sao cho phù hợp. Điều này đòi hỏi người thày phải có q trình thường
xun đúc rút kinh nghiệm và nâng cao nghệ thuật sư phạm.
Lấy các kiến thức trong SGK làm chuẩn mực kết hợp với tri thức sách
tham khảo, cùng với sự tìm tịi sáng tạo của bản thân, người thày hoàn toàn làm
chủ được tri thức trong q trình giảng dạy của mình. Đây chính là mấu chốt cơ
bản để người thày dạy tốt.
Tìm tịi, khai thác và phát triển, hướng dẫn học sinh sử dụng BĐT: (a - b)2
2
= a – 2ab + b 2 ≥ 0 thông qua các BĐT kép là một trong các biện pháp tôi đã
thực hiện nhiều năm. mỗi năm lại được bổ sung phong phú sâu sắc hơn trong

các mơn học của bộ mơn tốn. Đây cũng là một phương pháp nghiên cứu khoa
học và bồi dưỡng cho học sinh theo phương pháp này chính là tập cho học sinh
tiếp cận với phương pháp tự học tập, tự nghiên cứu- Một trong những biện pháp
đổi mới phương pháp học tập của học sinh.
Phần trình bày trong SKKN này đồng thời cũng là một nội dung bài giảng
tôi đã trực tiếp giảng dạy bồi dưỡng học sinh (nhất là đối tượng học sinh giỏi)
của lớp 8A1, 9A1.
2) Đối với học sinh.
Thường xuyên được bồi dưỡng, khai thác và phát triển các bài tốn cơ bản
kiến thức như đã trình bày ở trên học sinh hiểu sâu, nhớ lâu hiểu rộng các vấn đề
vừa làm quen các phương pháp tìm tịi, tích luỹ, tổng hợp, tự nghiên cứu.
Học sinh cần biết củng cố các kiến thức cơ bản mà biết trau dồi nâng cao
tri thức tốn học của mình từ bài giảng của thày và từ các sách tham khảo một
cách thông minh và sáng tạo.
Được học tập và bồi dưỡng theo cách thày hướng dẫn, khai thác kiểu
trình bày trong SKKN trên học trò : “Học một biết nhiều” vừa tiết kiệm thời
gian học tập và nghiên cứu.
16/18


Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2
(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)
Học sinh được chủ động tri thức của mình, phát huy được tính tích cực
sáng tạo trong các hoạt động học tập.
3) Kết quả kiểm chứng:
Sau khi thực hiện giảng dạy cho học sinh theo phương pháp trên, với sự
tìm tịi tích lũy kiến thức một cách nghiêm túc, học sinh đã tiến bộ và chính điều
đó là niềm động viên cho bản than tôi tiếp tục phấn đấu.
Kết quả bài khảo sát chất lượng dành cho học sinh 2 lớp sau khi học
chuyên đề bất đẳng thức như sau:

Xếp loại
Lớp 8A1
Lớp 9A1

Giỏi
68%
62%

Khá
27%
31%

Trung bình
5%
7%

Yếu
0%
0%

B/-MỘT SỐ BÀI HỌC KINH NGHIỆM.
1.Trong qúa trình giảng dạy, nhất là quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi,
người thày bên cạnh những kiến thức cơ bản phải biết tìm tịi, khai thác phát
triển và nâng cao có thể tổng qt hố ănggơrit hố khi cần thiết. Có như vậy
mới phát huy được vai trị tích cực hố các hoạt động của học sinh. Phát huy
được tính tích cực thơng minh sáng tạo của trò, tạo điều kiện trực tiếp cho học
sinh tự làm việc và tự nghiên cứu – làm việc nhiều hơn.
2.Thày và trị đều thường xun tích cực học tập tích luỹ và học hỏi một
cách sáng tạo để người dạy “Biết mười dạy một” và học sinh thì “Học một biết
mười”.

3.Quá trình hạy HSG người dạy cần phải tiến hành từ dạy tốt, khắc sâu
các kiến thức cơ bản mới nâng cao mở rộng và phát triển. Cố gắng đào sâu, phát
triển nâng cao trên cơ sở từ đơn giản đến phức tạp, lưu ý đến tính vừa sức tránh
địi hỏi quá tải.
4. Người dạy phải luôn học tập, cập nhật thơng tin, nâng cao trình độ
khơng ngừng đúc rút kinh nghiệm để đáp ứng ngày càng cao của công tác bồi
dưỡng nhân tài trong sự nghiệp mới.
C- KẾT LUẬN
Trên đây là một số biện pháp kết quả và những kinh nghiệm mà tôi đã
thực hiện. Tôi đã tiến hành đúc rút thành bản kinh nghiệm này trong quá trình
dạy Toán cho học sinh (nhất là bồi dưỡng học sinh giỏi).
Trong khi trình bày khơng tránh khỏi thiếu sót. Rất mong được ý kiến
đóng góp của các đồng chí và đồng nghiệp.

17/18