Khai thác một số bài toán gốc nhằm rèn luyện kỹ năng giải bài tập toán cho học sinh lớp 10

MỤC LỤC
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI………………………………………………………....1
II. NỘI DUNG………………………………………………………………….......2
II.1. Từ một bài tốn đơn giản đến việc tìm tịi và ứng dụng nó trong giải tốn......2
II.1.1. Bài tốn cơ bản 1……………………………………………………….......2
II.1.2. Bài toán cơ bản 2……………………………………………………….…..7
III.1.3.Bài toán cơ bản 3………………………………………………………......12
II.2. Một vài kinh nghiệm đúc kết qua việc dạy học sinh khai thác bài toán
gốc nhằm rèn luyện kỹ năng giải bài tập toán cho học sinh lớp 10........................17
III. KẾT LUẬN......................................................................................................16
III.1. Đối với giáo viên………………………………………………………..….16
III.2. Đối với học sinh…………………………………………………………....17
TÀI LIỆU THAM KHẢO………………………………………………………..18


I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Đổi mới chương trình, nội dung, phương pháp dạy và học là một trong những
luận điểm cơ bản của đổi mới căn bản toàn diện giáo dục và đào tạo đã được Đại
hội Đại biểu tồn quốc của Đảng lần thứ XI chỉ rõ đó là tiếp tục đổi mới mạnh mẽ
phương pháp dạy và học theo hướng hiện đại; phát huy tính tích cực, chủ động,
sáng tạo và vận dụng kiến thức, kỹ năng của người học; Tập trung dạy cho học
sinh cách học, cách nghĩ, khuyến khích tự học, tạo cơ sở để người học tự học, tự
cập nhật kiến thức và đổi mới tri thức, kỹ năng nhằm phát triển năng lực cho học
sinh. Mơn Tốn trong trường phổ thơng cũng là một môn học như các môn học
khác nhưng là môn học có tiềm năng rất phong phú trong việc khai thác và phát
triển năng lực toán học cho học sinh.
Thực trạng dạy học mơn Tốn trong những năm gần đây cho thấy nhiều giáo
viên chỉ làm công tác truyền lại những vấn đề, điều có sẵn trong sách giáo khoa,
trong tài liệu tham khảo mà chưa quan tâm nhiều về việc rèn luyện kỹ năng giải bài
tập tốn thơng qua việc khai thác một số bài toán gốc cơ bản. Nhiều giáo viên khi
dạy chỉ làm nhiệm vụ cung cấp cho cho học sinh các công thức, các khái niệm, để

làm sao các em vận dụng và nhớ một cách máy móc, thuộc lịng là được. Điều đó
khơng phù hợp với xu thế đổi mới cách dạy, cách học của Bộ giáo dục và đào tạo
đề ra hiện nay. Vì thế rất nhiều học sinh, chẳng hạn như đội ngũ học sinh khá giỏi
khi đi thi gặp đúng bài, đúng dạng(một cách dễ thấy) thì làm được. Cịn nếu thay
đổi giả thiết, tổng qt lên một chút thì khơng làm được. Đặc biệt là trong chương
trình mơn Tốn lớp 10 hiện hành phần vectơ, bất đẳng thức,.. luôn là một vấn đề
quan trọng và khó. Thế nên rất nhiều học sinh khi gặp các bài tốn thuộc loại đó
thường bỡ ngỡ, không làm được như trong các kỳ thi học sinh giỏi..? Tại sao có
điều đó, là do giáo viên chưa thực sự quan tâm đến nó, chưa đổi mới, chưa biết
khai thác tiềm năng vốn có của sách giáo khoa, chưa đọc được ý đồ của người viết
sách. Với lý do đó, tơi cũng suy nghĩ rất nhiều làm thế nào để bản thân các em học
sinh, đặc biệt là học sinh khá giỏi không xem thường các kiến thức của bài học, bài
tập sách giáo khoa, đồng thời các em học sinh trung bình cũng khơng e ngại kiến
thức của mình. Đây là vấn đề cần đặt ra? Trong phạm vi bài viết này bản thân tôi
cũng không có tham vọng lớn mà chỉ có một mong muốn là trao đổi với đồng
nghiệp một số kinh nghiệm nhỏ từ việc khai thác tiềm năng sách giáo khoa qua đề
tài "Khai thác một số bài toán gốc nhằm rèn luyện kỹ năng giải bài tập toán cho
học sinh lớp 10".
Qua đó nhằm rèn luyện kỹ năng giải bài tập toán cho học sinh lớp 10 ở
trường trung học phổ thơng. Tuy nhiên, vì kiến thức cịn hạn hẹp, vì khn khổ bài
viết, do đó bản kinh nghiệm cịn nhiều hạn chế. Tơi thành thật mong nhận sự trao
đổi góp ý của độc giả để bản thân ngày một tốt hơn.

1


II. NỘI DUNG
II.1. Từ một số bài toán đơn giản đến việc tìm tịi và ứng dụng nó trong giải
tốn.
II.1.1. Bài toán cơ bản 1 Cho G là trọng tâm tam giác ABC khi và chỉ khi

uuur uuur uuur r
(I)
GA  GB  GC  0
(SGK Hình học 10, tr. 11-NXBGD)
Chứng minh:

A

Gọi M là trung điểm BC
uuur uuur uuur r
Ta có: GA  GB  GC  0
uuur
uuur uuur
� GA   GB  GC
uuur
uuuu
r
uuur
uuuu
r r
� GA  2GM � GA  2GM  0





G
B

 G là trọng tâm tam giác ABC

M

C

uuur
Nhận xét 1: Như vậy để chứng minh bài toán trên ta biểu thị GA qua 2 vectơ
uuu
r uuur
GB,GC. Chúng ta nhận thấy G là trọng tâm tam giác ABC nên G thuộc miền trong
tam giác ABC, vì thế G chia diện tích tam giác ABC thành 3 phần bằng nhau có
diện tích là S1, S2, S3 lần lượt là diện tích tam giác GBC, GCA, GAB và bằng
uuur
uuur
uuur r
1
SABC Vì vậy từ (I)  S1GA  S2 GB  S3GC  0. Điều này cho ta liên tưởng giả
3
sử G là điểm bất kỳ thuộc miền trong tam giác ABC. Khi đó ta có thể vận dụng
phương pháp chứng minh bài toán gốc trên để chứng minh cho bài toán sau, qua
việc biểu thị một vectơ qua hai vectơ khác.
Bài 1: Cho ABC, M thuộc miền trong tam giác. Gọi S 1, S2, S3 lần lượt là diện tích
tam giác MBC, MAC, MAB.
uuuu
r
uuur
uuur r
Chứng minh rằng: S1MA  S2 MB  S3MC  0 (1)
Giải: Như vậy để chứng minh bài toán 1, ta vận dụng phương pháp biểu thị một
vectơ qua hai vectơ còn lại

uuur
r S uuur
S1 uuuu
2
Ta có (1)  MC   MA  MB
S3
S3
Kéo dài AM, MB cắt BC, AC lần lượt tại A1, B1. Dựng hình bình hành MB'CA'
uuur uuuur uuuur
 MC  MA '  MB'
2


Gọi H, K lần lượt là hình chiếu A, C lên BM


B'C B1C KC
B'C KC
MA ' KC


�

�

(vì B'C = MA')
AM B1A AH
AM AH
AM AH

1
S1 2 MB.KC KC MA '




S2 1 MB.AH AH MA
2

A
B1 K
M

uuuur
r
S1 uuuu
MA
'


MA

(*)
S3

B

B'

H

C

A1

uuuur
S2 uuur
Tương tự MB'   MB (**)
S3

A'

uuur
r S uuur
S1 uuuu
MC


MA
 2 MB
Từ (*) và (**) ta suy ra
S3
S3
uuuu
r
uuur
uuur r
� S1MA S2 MB S3MC  0
Nhận thấy rằng đây là một dạng khác của bài toán gốc 1 và tổng quát hơn.
Khi ta khai thác bài tốn đó dưới dạng diện tích tam giác, nhưng rất nhiều học sinh
khơng làm được vì vấn đề ở đây là học sinh không biết bắt nguồn từ đâu, không

biết mấu chốt của bài toán. Do vậy để hướng dẫn học sinh biết giải những dạng
tốn này thì phải hướng dẫn cho học sinh biết “quy lạ về quen”.
Nhật xét 2: Ở bài 1 kết quả không phụ thuộc vào điểm M, do đó ta thay M bởi I là
tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và r là bán kính đường trịn nội tiếp tam
giác ABC thì học sinh có thể sử dụng bài tốn 1 để giải bài toán sau.
Bài 2: Cho ABC, gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABC. Đặt BC = c, BC = a,
uur
uur uur r
CA = b. Chứng minh rằng aIA  bIB  cIC  0 (2)
Giải vắn tắt: Áp dụng bài 1, ta có:
uur
uu
r
uur
S1IA  S2IB  S3IC
1 uur 1 uur 1 uur r
� raIA  rbIB  rcIC  0
2
2
2
uur
uur uur r
� aIA  bIB  cIC  0

A

I
B

r

a

S1
C

3


Nhận xét 3: Nếu ta nhìn các cạnh dưới "góc độ" góc, thì ta lại có bài tốn sau.
Bài 3: Cho ABC, gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABC. Đặt AB = c, BC = a,
uur
uur
uur
r
CA = b. Chứng minh rằng: IA sinA  IBsinB  ICsinC  0
Nhận xét 4: Ta thấy vị trí M thuộc miền trong tam giác, vậy ABC nhọn thì tâm O
đường trịn ngoại tiếp ABC thuộc miền trong. Do đó, ta có bài tốn mới.
Bài 4: Cho ABC nhọn, BC = a,uuCA
trịn ngoại
ur = b, ABuu=
ur c. Gọi Ouulà
ur tâm đường
r
tiếp ABC. Chứng minh rằng: OA sin2A  OBsin2B  OCsin2C  0
(4)
Nhận xét 5: Từ kết quả bài 2, nếu ta bình phương vơ hướng (2) khi đó xuất hiện
uuur uuur 1
uur uur uur uur uur uur
IA.IB,IB.IC,IC.IA . Và sử dụng công thức AB.AC  (AB2  AC2  BC2) .
2

uuu
r uuur uuur
uuur uuur
(Thật vậy CB  (AB  AC) � CB2  (AB  AC)2 ).
Ta lại có bài tốn mới sau.
Bài 5: Cho ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp
IA 2 IB2 IC2
ABC. Chứng minh rằng:
(5)


1
bc
ca ab
uur
uur uur
Giải vắn tắt: Từ (2)  (aIA  bIB  cIC)2  0
uur uur
uur uur
uur uur
� a2IA 2  b2IB2  c2IC2  2cbIA.IB  2caIC.IA  2abIA.IB  0
1
� a2IA 2  b2IB2  c2IC2  2ab (IA 2  IB2  a2) 
2
1
1
2ca (IC2  IA 2  b2)  2ab (IA 2  IB2  c2)  0
2
2
 (a2 + ab + ac) IA2 + (b2 + ba + bc) IB2 + (c2 + ca + cb) IC2 - abc(a + b + c) = 0.

 a(a + b + c) IA2 + b(a + b + c) IB2 + c(a + b + c) IC2 = abc (a + b + c)
 aIA2 + bIB2 + cIC2 = abc.


IA 2 IB2 IC2


 1.
bc
ca ab

Nhận xét 6: Từ công thức (2) nếu ta thay I bởi M bất thì ta ln có
4


uuuu
r
uuur uuur
(aMA  bMB  cMC)2  0 và biến đổi hồn tồn tương tự như bài tốn 5, ta suy ra
aMA2 + bMB2 + cMC2  abc (***)
Dễ thấy dấu "=" xảy ra  M  I. Từ đó ta có thể vận dụng giải bài tốn sau:
Bài 6: Cho ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh rằng tồn tại duy
nhất điểm M sao cho aMA2 + bMB2 + cMC2  abc
(6)
Hướng dẫn: Từ (***) và (6)  aMA2 + bMB2 + cMC2 = abc  M  I, với I là tâm
đường tròn nội tiếp ABC. Vậy M duy nhất.
Nhận xét 7: Cũng bài tốn 6, ta có thể phát biểu dưới dạng khác. Nhằm rèn luyện
năng lực sáng tạo trong toán học cho học sinh từ đó quy lạ về quen sau.
Bài 7: Cho ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c. Tìm vị trí M sao cho P = aMA 2
+ bMB2 + cMC2 đạt giá trị nhỏ nhất.

Nhận xét 8: Qua dạng bài toán trên, nếu biết vận dụng linh hoạt kết hợp các bài
toán lại, thì ta có thể vận dụng giải các bài tốn tương tự sau, nhưng ở mức độ cao
hơn.
Bài 8: Cho ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c, nội tiếp đường tròn (O; 1).
Chứng minh rằng với mọi M ta ln có
a2(b2 + c2 - a2) MA + b2 (c2 + a2 - b2) MB + c2 (a2 + b2 - c2) MC  a2b2c2.
uuur
uuur
uuur
r
Giải vắn tắt: Theo bài 4, ta có OA sin2A  OBsin2B  OCsin2C  0
Và OA = OB = OC = 1, a = 2RsinA = 2sinA, b = 2sinB, c = 2sinC.
uuur uuuu
r uuur uuuu
r uuur uuur uuuu
r

uuur uuuu
r

 MA = OA. MA = OA . MA �OA.MA  OA(OA  OM)  (1 OA.OM) (****)
uuur uuuu
r
Dấu bằng xảy ra của (****) khi và chỉ khi OA,MA cùng hướng.
uuur uuuu
r
Ta có: a2 (b2 + c2 - a2) MA = 2abc sin2A. MA  2abcsin2A(1 - OA.MA ), tương tự
cho 2 trường hợp còn lại.
Ta suy ra

uuuu
r uuur
uuur
uuur
VT  2abc (sin2A + sin2B + sin2C) - 2abc. OM(OA sin2A  OBsin2B  OCsin2C)
= 2abc. 4sinA. sinB. sinC = a2b2c2
Mấu chốt của bài toán này, là xuất hiện a2(b2 + c2 - a2) = 2abc cosA.sinA, O là tâm
đường tròn ngoại tiếp ABC nhọn. Do đó, ta liên tưởng và vận dụng bài 4.
Nhận xét 9: Từ bài tốn trên có sự xuất hiện a2(b2 + c2 - a2) khi đó ta nghĩ ngay đến
cosA . Do vậy, nếu biết kết hợp với cách giải bài tốn 1, ta có thể vận dụng giải bài
toán sau.
Bài 9: Cho ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c. Gọi H là trực tâm ABC.
Chứng minh rằng

uuur
uuur
uuur r
1
1
1
HA

HB

HC
 O.
b2  c2  a2
c2  a2  b2
a2  b2  c2
5

Giải sơ lược: Tương tự bài toán 1.
Kéo dài AH, BH cắt BC, AC lần lượt tại A1, B1.
Dựng hình bình hành HB' CA'
uuur uuuur uuuu
r
 HC  HA '  HB'
Ta có:

B1
H

CB' B1C acosC


AH AB1 ccosA

uuuur
uuur
acosC uuur
� HA '  CB'  
HA
ccosA

B'

A

B

A1

C

(9')

uuuu
r
uuuu
r
bcosC uuur
HB (9'')
tương tự HB'  CA '  
ccosB

A'

uuur
acosC uuur bcosC uuur
HA 
HB
Từ (9') và (9'') ta suy ra HC  
ccosA
ccosB
a uuur
b uuur
c uuur r
HA 
HB 

HC  0
cosA
cosB
cosC
uuur
uuur
uuur r
1
1
1
� 2 2 2 HA  2 2 2 HB  2
HC
0
b c a
c a b
a  b2  c2
�

Nhận xét 10: Qua việc giải quyết các bài tốn trên, ta thấy rằng điểm M ln thuộc
miền trong tam giác. Đây có thể là vấn đề đặc trưng, cái mấu chốt cho các bài dạy
thuộc loại trên. Khi gặp các bài tốn có liên quan đến điểm M và các vectơ, hay
cạnh. Giáo viên có thể hướng cho các em học sinh cách liên tưởng định lý đã học.
Các độc giả có thể từ bài tốn cơ bản trên khai thác thêm vận dụng sáng tạo, giải
quyết bài toán thuộc loại này, hay sử dụng các bài toán cơ bản khác. Việc khai thác
tiềm năng Sách giáo khoa là điều cực kỳ quan trọng.
II.1.2. Bài toán cơ bản 2: Chứng minh rằng nếu a 0, b 0 thì
a 3  b 3 ab(a  b) .(II) Đẳng thức xảy ra khi nào ?

Chứng minh.
Cách 1: (II)  a 3  a 2 b  b 3  ab 2 0

 a 2 ( a  b )  b 2 ( a  b ) 0
 ( a  b)( a 2  b 2 ) 0
 ( a  b ) 2 ( a  b ) 0
6


Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Cách 2:
Ta có: a 3  b 3 (a  b)( a 2  b 2  ab) (a  b)( 2ab  ab) ab(a  b)
( vì a 2  b 2 2ab ). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b.
Nhận xét 1: Vì a, b là hai số dương nên, từ (II) ta có thể suy ra một bất đẳng thức

b �
ab(a b)
mới a 
3

3

a 3  b3
ab

a b (1)

Bài 1: Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng
a 3  b3 b 3  c 3 c 3  a 3


�2(a  b  c) (1)

ab
bc
ca
Hướng dẫn: Bất đẳng thức (1) giải được nhờ việc áp dụng nhận xét 1, ba lần
Bài 2: Cho a, b, c là ba số thực không âm. Chứng minh rằng

a 3  b 3  c 3 a 2 bc  b 2 ac  c 2 ab .
Chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức (II) ta được a3 + b3 ≥ ab(a + b)
b3 + c3 ≥ bc(b + c)
a3 + c3 ≥ ac(a + c)
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta có
2(a3 + b3 + c3) ≥ a2(b + c) + b2(a + c) + c2(a + b) (1)
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số thực không âm ta được
a2(b + c) + b2(a + c) + c2(a + b) ≥ 2a 2 bc  2b 2 ac  2c 2 ab (2)
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Nhận xét 2: Thực chất đây là một dạng khai thác bài tốn trên. Tuy nhiên nếu như
người GV khơng biết khai thác,vận dụng bài tốn trên dưới nhiều khía cạnh thì liệu
bài tốn trên giải được đối với HS khơng phải dễ chút nào. Và ở bài tốn sau đây,
chúng ta có thể đặt thêm một vấn đề nhằm khai thác bài tốn trên với việc ab=1. Ta
lại có bài tốn sau dưới góc độ khác.
Bài 3: Cho a > 0, b > 0 và ab = 1. Chứng minh rằng

a3
b3

1
1 b 1 a
7

Chứng minh.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

a 3  b3  a 4  b 4
1
2a b

Áp dụng bất đẳng thức (II) và bất đẳng thức Côsi cho hai số khơng âm ta có

a 3  b3  a 4  b 4 ab(a  b)  2a 2b 2 2  a  b
�

1
2ab
2ab
2 ab

(đpcm).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1.
Bài 4: Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng:
�1 1 1 � 3 �b  c c  a a  b �
(a 3  b3  c3 ) � 3  3  3 �� �


b
c �
�a b c � 2 � a

�

Chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức (II) ta được a3 + b3 ≥ ab(a + b)
b3 + c3 ≥ bc(b + c)
a3 + c3 ≥ ac(a + c)
Suy ra 2(a3 + b3 + c3) ≥ bc(b + c) + ac(a + c) + ab(a + b) (1)
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được

1
1
1
3
 3 3 
3
abc
a
b
c

(2)
Từ (1), (2) suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài 5: Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh rằng:
5b3  a 3 5c 3  b3 5a 3  c3


�a  b  c .
ab  3b 2 cb  3c 2 ac  3a 2

Chứng minh.

Áp dụng bất đẳng thức (II) ta có
a3 + b3 – 6b3 ≥ ab(a + b) - 6b3 = b(a2 + ab - 6b2) = (ab + 3b2)(a - 2b)
 5b 3  a 3 (ab  3b 3 )(2b  a )


5b 3  a 3
2b  a
ab  3b 2

8


Tương tự

5c 3  b 3
5a 3  c 3

2
c

b
2a  c
,
cb  3c 2
ac  3a 2

Cộng các bất đẳng thức trên vế với vế ta được điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài 6: Chứng minh rằng với ba số dương a, b, c bất kì ta có

a3
b3
c3
a b c
 2
 2
�
2
2
2
2
a  ab  b b  bc  c c  ac  a
3
Chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức (II) ta được a3 + b3 ≥ ab(a + b)

۳ a3

a 2b  ab 2  b3

۳ 3a3

a 2b  ab 2  a 3  a 3  b3

۳ 3a3

a( a 2  ab  b 2 )  ( a  b)(a 2  ab  b 2 )

a3
۳ 2

a  ab  b 2

2a  b
3

b3
2b  c
c3
2c  a
�
Tương tự 2
,
�
2
2
2
c  ac  a
3
b  bc  c
3

Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được điều cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài 7: Cho x, y, z là ba số thực dương và xyz =1. Chứng minh rằng

2 x9  y 9
2 y9  z9
2 z 9  x9



�3
x6  x3 y 3  y 6 y 6  y 3 z 3  z 6 z 6  z 3 x3  x 6
Chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức (II) ta được (x3)3 + (y3)3 ≥ x6y3 + x3y6

� 2 x9  y 9 �x 6 y 3  x3 y 6  x9
� 2 x9  y 9 �x3 ( x 6  x3 y 3  y 6 )
2 x9  y 9
۳ 6 3 3 6 x3
x x y y
2y 9  z 9
2z 9  x9
3
�
y
z 3
Tương tự
,
6
3 3
6
y6  y3 z3  z 6
z z x x
9


Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được
2x 9  y 9
2y9  z9
2z 9  x9

 6
 6
 x 3  y 3  z 3 (1)
6
3 3
6
3 3
6
3 3
6
x x y y
y y z z
z z x x

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: x3 + y3 + z3 ≥ 3xyz = 3. (2)
Từ (1), (2) suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y =z =1
Bài 8: Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng
1
1
1
1
 3
 2

.
3
3
3
abc
a  abc  b

b  abc  c
a  abc  c
3

Chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức (II) ta được a3 + b3 ≥ ab(a + b)
 a3 + b3 + abc ≥ ab(a + b + c)



Tương tự

1
c

3
abc(a  b  c)
a  abc  b
3

1
a
1
b


, 2
3
3
abc(a  b  c)

abc(a  b  c) a  abc  c
b  abc  c
3

Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Nhận xét 3: Nếu ở bài toán trên chứng ta cộng điều kiện nữa abc=1. ta có bài tốn
mới sau đây.
Bài 9: Cho a, b, c là ba số thực dương và abc=1. Chứng minh rằng
1
1
1
 3 3
 3 3
�1 .
3
a  b 1 b  c 1 a  c 1
3

Nhận xét 4: Nếu ta lại đặt a3 = x; b3 = y; c3 = z. Ta lại có bài tốn mới sau.
Bài 10: Cho x, y, z là ba số thực dương và xyz = 1. Chứng minh rằng
1
1
1


1 .
x  y 1 y  z 1 z  x 1

Nhận xét 5: Ta lại bỏ đi điều kiện xyz=1. Ta lại có bài tốn mới khó hơn

Bài 11: Cho x, y, z là ba số thực dương. Chứng minh rằng
10


1
x  y  3 xzy



1
y  z  3 xyz



1
z  x  3 xyz



1
3

xyz

.

a3
b3
c3



1.
a 2  b 2  ab b 2  c 2  bc a 2  c 2  ca

Bài 12: Cho a, b, c >0 thoả mãn

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c
Nhận xét 6: Việc chứng minh các bài 10, 11, 12 khơng khó, nếu biết sử dụng linh
hoạt các bài toán tương tự bài 8. Nếu HS không biết vận dụng bài 9 (tức vận dụng
bài toán 1).
3

3

3

 a  b  c
a b c
 
 
    . Trong đó a, b, c là
Bài 13: Chứng minh rằng 





b c a
 b  c  a

các số thực dương.
Chứng minh.
3

 a
 a
a a
a
 1  
 

1
Áp dụng bất đẳng thức (II) ta được 

 b
b  b
b
 b

3

3

 b
c
c
b
b  c
 1  
Tương tự    1  

, 
.

c
c
c
a
a
a





Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được
3

3

3

 a  b  c
a b c
a
b
c

 
 


 b    c    a   3 b  c  a  b  c  a

 
 


Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có

a
b
c


3
b
c
a

(1)

(2)

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài 14: (bài toán tổng quát)
Cho a1, a2,..,an là các số thực không âm, n  N * . Chứng minh rằng
a1n+1 + a2n+1 + .. + ann+1 ≥ a1a2..an(a1 + a2 + .. + an).
Chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho n + 1 số thực khơng âm ta có
11

a1n+1 + a1n+1 + a2n+1 + .. + ann+1 ≥ (n + 1)a12a2…an
a1n+1 + a2n+1 + a2n+1 + …. + ann+1 ≥ (n + 1)a1a22a3…an
……………………………………….
a1n+1 + a2n+1 + …. + ann+1 + ann+1 ≥ (n + 1)a1a2….an2
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = …. = an .
Áp dụng bất đẳng thức (II) và bất đẳng thức tổng quát vào chứng minh các
bất đẳng thức sau.
Nhận xét 8: Từ những ví dụ minh hoạ thêm chúng ta có thể khai thác bài tốn trên
bằng nhiều cách nhiều hướng khác nhau. Biết nhìn nhận vấn đề trong nhiều hướng
khác nhau. Để làm được điều đó ắt hẳn người Giáo viên phải tìm mọi cách hướng
dẫn khai thác các ứng dụng của nó dưới nhiều góc độ. Chẳng hạn ta có bài tốn cơ
bản sau đây.
III.1.3. Bài toán cơ bản 3: Chứng minh rằng nếu a 0, b 0 thì
a 4  b 4 ab(a 2  b 2 ) .(III) . Đẳng thức xảy ra khi nào ?

Chứng minh.
(III)  a 4  b 4  a 3b  ab 3 0
 a 3 ( a  b )  b 3 ( a  b ) 0
 (a  b)(a  b)(a 2  ab  b 2 ) 0
 (a  b) 2 (a 2  ab  b 2 ) 0

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Bài 1: (bài tốn tổng qt).
Cho a1, a2,….,an là các số thực khơng âm, n  N * . Chứng minh rằng
a1n+2 + a2n+2 + …. + ann+2 ≥ a1a2….an(a12 + a22 + …. + an2).
Chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho n + 1 số thực khơng âm ta có

a1n+2 + a1n+2 + a1n+2 + a2n+2 + …. + ann+2 ≥ (n + 2)a13a2….an
a1n+2 + a2n+2 + a2n+2 + a2n+2 + …. + ann+2 ≥ (n + 2)a1a23a3….an
…………………………………
a1n+2 + a2n+2 + ….+ ann+2 + ann+2 + ann+2 ≥ (n + 2)a1a2….an3
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = …. = an .
12


Áp dụng bất đẳng thức (III) và bất đẳng thức tổng quát vào chứng minh các
bất đẳng thức sau.
Bài 2: Cho hai số dương a, b. Chứng minh rằng

a a



b

b b
a

a  b .

Chứng minh.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a 2  b 2  a b (a  b) . Đây chính
là bất đẳng thức (III) cho hai số dương a và b nên ta được điều phải chứng
minh.
Bài 3: Chứng minh rằng a 4  b 4  c 4 a 3 bc  b 3 ac  c 3 ab .
Trong đó a, b, c là ba số thực không âm.

Chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức (III) ta có a4 + b4 ≥ a3b + ab3
b4 + c4 ≥ b3c + bc3
a4 + c4 ≥ a3c + ac3
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được
2(a4 + b4 + c4) ≥ a3(b + c) + b3(a + c) + c3(a + b). (1)
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số khơng âm ta có
a3(b + c) + b3(a + c) + c3(a + b) 2a 3 bc  2b 3 ac  2c 3 ab

(2)

Từ (1), (2) suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
2

2

2

a b c
a b  c 
Bài 4: Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh rằng           
b c a
b c a

Chứng minh.
4

 a
a
a

  1  1  
Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có 

b b
 b
4

 b
b b


 c   1  c 1  c 


4

 c
c
c


 a   1  a 1  a 



Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được
13


3

3

3

2
2
2
a
b
c  a   b   c 
a b  c





(1)
      3 
b
c
a  b   c   a 
b c a

a
b
c


3 (2)

b
c
a

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
3

3

3

 a  b  c
a b c
và áp dụng kết quả Bài 9. ta được            (3)
b c a
 b  c  a

Từ (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài 5: Chứng minh rằng

2 x 16  y 16
2 y 16  z 16
2 z 16  x16


x 4  y 4  z 4
12
8 4
12

12
8 4
12
12
8 4
12
x x y y
y y z z
z z x x
trong đó x, y, z là ba số thực dương.
Chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức (III) ta có

x    y 
4 4

4 4

 x12 y 4  x 4 y 12

 2 x16  y16 x12 y 4  y 12 x 4  x16
 2 x16  y16 x 4 ( x12  x 8 y 4  y12 )
2 x16  y 16
 12
x 4
8 4
12
x x y y
Tương tự

2 y 16  z 16
2 z 16  x 16
4

y
, 12
z 4 .
12
8 4
12
8 4
12
y y z z
z z x x

Cộng vế với vế các bất đẳng thức ta được điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
Bài 6: Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng

a

5

 1 1 1
 b 5  c 5  3  3  3  3(a 2  b 2  c 2 )
a b c 



Chứng minh.

14


Áp dụng bất đẳng thức tổng quát của bất đẳng thức (**) cho n = 3 ta được
a5 + b5 + c5 ≥ abc(a2 + b2 + c2) (1).
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

1 1 1
3
 3 3
(2)
3
a b c abc

Từ (1), (2) suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Nhận xét 1: Từ bài tốn 6, chúng ta có thể khai thác bậc 5, đối với 2 số bằng
một bất đẳng thức a 5  b 5 (a  b)a 2 b 2 (IV) rõ ràng việc chứng minh bất đẳng
thức này quả thật khơng khó. Tuy nhiên, nêu người thầy biết khai thác bài tốn cơ
bản trên thì việc nhận ra và chứng minh bài toán này là một việc làm đơn giản.
Cũng chính vì thế việc vận dụng chính bài tốn này, và nhìn nó dưới góc độ “biện
chứng” thì ta lại có một bài tốn mới.
Bài 7: Các số dương x, y, z có tích bằng 1. Chứng minh rằng:
xy
yz
zx
 5
 5
1 .
5
5

x  xy  y
y  yz  z
z  zx  x 5
5

Chứng minh:
áp dụng (IV), ta có: x 5  y 5  xy ( x  y ) x 2 y 2  xy


xy
xy
1
z



5
2 2
1  ( x  y ) xy x  y  z
x  xy  y
xy  ( x  y ) x y
5

Tương tự

yz
x
zx
y


; 5

5
5
x  y  z z  zx  x
x yz
y  yz  z
5

Cộng vế theo vế các BĐT trên ta có điều cần chứng minh
Các bài tập tương tự
Áp dụng các bất đẳng thức (II), (III) và các bất đẳng thức tổng quát của chúng giải
các bài tập sau.
Bài 8: Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh rằng
a 2  b 2  c 2  abc ( a  b  c ) .

Bài 9: Cho a, b, c là ba số dương và a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng
a3 + b3 + c3 ≥ a + b + c.
Bài 10: Cho a, b, c, d là những số thực dương. Chứng minh rằng

a2 b2 c2 d 2 a b c d
      
b2 c2 d 2 a2 b c d a

15


Bài 11: Cho a1, a2,………,an là các số thực dương (n ≥ 3, n  N). Chứng minh
rằng:

a

1

n

a  a  ...  an  1 
1
1  n  a2  ...  an a1  a3  ...  an
n
n  1


 a2  ...  an  n  n  ...  n  

 ...  1 2
n

1
a
a
a
a
a
a
1
2
n



2
n 
 1



 y 8 (3  x 8 ) 2
Bài 12: Giải hệ phương trình sau  2
 y (4 y 4  x 4 ) 2 x 2

II.2. Một vài kinh nghiệm đúc kết qua việc dạy khai thác một số bài toán gốc
nhằm rèn luyện kỹ năng giải bài tập toán cho học sinh lớp 10
Theo bản thân tôi, hướng dẫn học sinh khai thác bài toán gốc để nhằm rèn
luyện kỹ năng giải bài tập tốn cho học sinh của người giáo viên ln là việc làm
quan trọng khi hướng dẫn học sinh giải bài tập tốn.
Trong q trình giảng dạy, bản thân tơi đã vận dụng một số biện pháp qua
việc khai thác bài toán gốc nhằm rèn luyện kỹ năng giải bài tập toán cho học sinh.
Đặc biệt là ứng dụng các bài tốn đó vào dạy và học Tốn và phân tích như trên tơi
thất tương đối có hiệu quả.
1. Khi dạy học luôn vận dụng khai thác tiềm năng Sách giáo khoa, một cách
có hệ thống. Biết phân tích các vấn đề, các trường hợp xảy ra, các điều mà nhà viết
sách đưa ra, đang ẩn tàng trong đó.
2. Tăng cường tham khảo, tìm tịi và nghiên cứu tài liệu. Qua đó hệ thống
các loại bài tốn cùng dạng, có những tính chất cùng nhau. Để tìm cách đưa các bài
tốn đó "quy lạ về quen" nhằm khai thác rèn luyện kỹ năng giải các bài tập toán
cho học sinh một cách có hiệu quả.
3. Trong q trình dạy học ln hướng cho học sinh các cách phân tích, tiếp
cận bài toán. Nhằm rèn luyện kỹ năng giải bài tập tốn, biết phân tích khai thác các
dạng tốn cơ bản qua một số bài tốn gốc để từ đó có thể tương tự hóa khái qt
hóa bài tốn, của học sinh chứ không phải chỉ cung cấp cho học sinh cách giải máy

móc một bài tốn nào đó.
4. Khi gặp một bài tốn nào đó giáo viên cần hướng dẫn cho học sinh xem
xét nó dưới nhiều góc độ, cách nhìn khác nhau. Vận dụng cái đã biết, để chuyển từ
cái chưa biết về cái đã biết.
5. Trong quá trình dạy học cần tạo chuỗi bài toán liên quan. Làm cho học
sinh bài vận dụng linh hoạt các kiến thức cơ bản đã học để giải nó.
III. KẾT LUẬN
III.1. Đối với giáo viên
16


-Việc khai thác một số bài toán cơ bản trong sách giáo khoa là một việc làm
cần thiết, từ đó để từ đó rèn luyện kỹ năng giải bài tập toán cho học sinh, phát triển
được năng lực sáng tạo trong dạy học tốn. Trong q trình dạy học nhận thấy rằng
nếu người dạy biết khai thác một cách khéo léo các bài tập trong sách giáo khoa,
chọn lọc những bài toán cơ bản để rèn luyện kỹ năng giải bài tập toán sẽ tạo nên
được cho học sinh niềm đam mê toán học.
- Rèn luyện kỹ năng giải bài tập toán qua việc khai thác một số bài toán cơ
bản giúp cho học sinh có khả năng phát triển tư duy toán học một cách tốt nhất,
nâng cao khả năng nhạy bén trong mọi tình huống và sự phát triển toàn diện.
- Tập luyện cho học sinh biết cách chuyển đổi các bài toán tương đương, biết
dự đoán. Cần động viên, khích lệ cho học sinh nhưng đồng thời rèn luyện cho các
em tư duy toán học.
- Rèn luyện cho học sinh huy động được các kiến thức cơ bản khi giải một
bài toán. Hướng dẫn học sinh suy nghĩ theo kiểu tương tự, khái qt, biết tìm tịi
khai thác, dự đoán để vận dụng cho bài toán khác.
- Trong q trình dạy học người giáo viên ln phải tìm tịi hướng dẫn học
sinh biết chủ động trong mọi tình huống, làm chủ kiến thức. Cần hướng cho học
sinh biết nhìn và soi xét kĩ các bài tốn sách giáo khoa, tập cho các em tự nghiên
cứu, tìm tịi và cách sáng tạo các bài toán mới, cách khai thác các bài toán cơ bản và

biết vận dụng các bài tốn đó để khám phá kiến thức tốn học.
III.2. Đối với học sinh
- Học sinh luôn phải là người trung tâm biết cách nhìn nhận bài tốn, tránh
cách học thụ động, tránh cách học chủ yếu là ghi nhớ kiến thức để đối phó với thi
cử, qua đó biết chủ động tích cực hình thành lên khả năng tự học, tự nghiên cứu để
qua mỗi bài dạy của thầy sự chiếm lĩnh tri thức là cao nhất.
- Đứng trước một dạng tốn, bài tốn dù có đơn giản đến mấy, ngồi việc
giải, học sinh cần phải tìm các cách giải khác nhau, chẳng hạn khi giải một bài tốn
có liên quan đến định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai, học sinh phải biết tìm tịi
cách giải hợp lý để né tránh những vấn đề mà chương trình đã giảm tải.
- Học sinh cần rèn luyện cho mình các hoạt động thật linh hoạt theo nhiều
hướng khác nhau. Đặc biệt là các bài toán về vecto, các bài tốn về bất đẳng thức
trong chương trình Tốn lớp 10 - THPT.
Ngày 04 tháng 03 năm 2021

17


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Nguyễn Bá Kim, Phương pháp dạy học mơn Tốn, NXB Đại học sư phạm.
2. G. Plya, Tốn học và những suy luận có lí, NXB Giáo dục.
3. Bộ GD&ĐT, Toán học và tuổi trẻ,NXB Giáo dục, Hà Nội.
4. Nguyễn Bá Kim –Vũ Dương Thụy, Phương pháp dạy học mơn Tốn, NXB
Giáo dục 1992.
5. Đào Tam(chủ biên), Tuyển tập 200 Bài thi vơ địch tốn, NXBGD.
6. Đồn Quỳnh(Chủ biên), SGK Hình học 10,NXB Giáo dục.
7. Đồn Quỳnh(chủ biên), SGK Đại số 10 11, NXB Giáo dục
8. Ban tổ chức kì thi 30/4, Tuyển tập đề thi 30/4 các năm, NXB Giáo dục

18

19


LỜI CẢM ƠN
Sáng kiến kinh nghiệm này được hoàn thành trong quá trình giảng dạy tại
trường THPT Quỳnh lưu 4, và đã được thực nghiệm áp dụng thử tại trường THPT
Quỳnh lưu 4. Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới Ban giám hiệu, các thầy
cô trong tổ Tốn –Tin - Văn phịng, trường THPT Quỳnh lưu 4, đã tạo điều kiện tốt
nhất cho bản thân làm công tác thực nghiệm. Đặc biệt xin cảm ơn thầy Chu Viết
Tân (THPT Hồng Mai), thầy Ngơ Quang Vân (THPT Quỳnh Lưu 4), thầy Hồ Đức
Tráng (THPT Quỳnh lưu 4) đã đọc, góp ý và thực hiện áp dụng thử sáng kiến trực
tiếp.
Cuối cùng xin cảm ơn tấm lòng ưu ái của các thầy cô!