TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2013-2014
SỬ DỤNG CÔNG CỤ
BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ
ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN
A-ĐẶT VẤN ĐỀ
Giáo dục và đào tạo bao giờ cũng là cội nguồn của một nền văn hoá dân tộc, là quốc
sách hàng đầu của Đảng và Nhà nước ta, trong công cuộc công nghiệp hoá hiện đại
hoá đất nước ta hiện nay thì Giáo dục và đào tạo lại càng trở nên có vị trí đặc biệt
quan trọng, vì vậy việc phát hiện và bồi
dưỡng nhân tài cho Đất nước là một vấn đề rất quan trọng và cần thiết trong việc
dạy học toán hiện nay, nhằm phát huy năng lực tư duy của học sinh trong quá trình
giải toán và phát hiện những học sinh có năng lực về toán học . Đúng như tiêu đề
sáng kiến nhằm tổng hợp đưa ra các phương pháp giải toán có tính chất chọn lọc ,
nhờ khai thác phát triển và sử dụng bất đẳng thức học sinh đã được học trong
chương trình toán THCS
Để đáp ứng nhu cầu tìm hiểu , học tập của giáo viên và học sinh nhiều phương
pháp giải những dạng toán khó đã được xây dựng ,sử dụng bất đẳng thức đã biết vào
giải quyết một số bài toán khác , nhằm mục đích đưa ra một tài liệu cho học sinh ,
giáo viên tìm hiểu và tham khảo thêm và cũng là một tài liệu giúp cho việc bồi dưỡng
học sinh giỏi, thi vào lớp 10-THPT, THPT chuyên của giáo viên được tốt hơn .
Với rất nhiều mục đích mà sáng kiến đưa ra , nhưng với thời gian , kiến thức và
kinh nghiệm của bản thân còn khiêm tốn , việc biên soạn phụ thuộc vào nhiều yếu tố :
tài liệu tham khảo, thực tế , thời gian…chắc chắn rằng nội dung của sáng kiến còn
chưa được phong phú . Nhưng với sự cố gắng của bản thân chắc chắn sáng kiến là
một tài liệu quan trọng cho những người quan tâm đến việc dạy học toán hiện nay .
Rất mong nhận được sự đóng góp chân thành của bạn đọc đẻ sáng kiến được
hoàn thiện hơn giúp ích cho việc dạy học toán ngày càng hiệu quả cao hơn
A. CƠ SỞ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:
1. Thực trạng vấn đề cần giải quyết :
Xét một cách toàn diện, toàn bộ học sinh ở cấp THCS “ Rất ngại” phải “ Chạm
trán”với những bài toán có nội dung tổng hợp. Nguyên nhân chủ quan là các em

tập trung và mất nhiều thời gian tìm tòi lời giải
-Cần thiết phải xây dựng một số chuyên đề về toán học làm tài liệu tham khảo cho
việc giảng dạy và học toán được tốt hơn
2
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2013-2014
-Cần khai thác và phát triển cao hơn , đầy đủ và hoàn thiện hơn một số dạng toán cơ
bản ở trường THCS
-Việc viết sáng kiến kinh nghiệm là một công việc thường xuyên , một định hướng
của ngành
4. Đối tượng nghiên cứu :
Học sinh lớp 9 THCS NGUYỄN ĐÌNH CHIỂU , dự thi học sinh giỏi , thi vào lớp 10-
THPT
B. MỤC ĐÍCH VÀ YÊU CẦU :
1. Mục đích :
-Giới thiệu đầy đủ về phương pháp giải và nội dung một số dạng toán thường gặp ở
cấp THCS
Nhờ “Sử dụng công cụ bất đẳng thức đại số,để giải một số bài toán liên quan”
-Làm cho học sinh hứng thú và yêu thích môn toán hơn, mong muốn được tìm hiểu
và nghiên cứu sự thú vị , phong phú của bộ môn toán học, ứng dụng vào thực tế
-Phát hiện và bồi dưỡng những học sinh có năng khứu về môn toán
-Rèn luyện khả năng tự suy luận lôgic , phát triển trí tuệ và hoàn thiện nhân cách của
học sinh một cách toàn diện
-Làm tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh nghiên cứu thêm
-Ứng dụng kết quả của các dạng toán vào giải quyết một số bài toán thực tế khác
2. Yêu cầu :
-Nắm vững được những định nghĩa , tính chất và một số hằng , bất đẳng thức…cơ
bản
-Hệ thống hoá các kiến thức và phương pháp giải một số dạng toán thường gặp trong
các kỳ thi học sinh giỏi , thi vào lớp 10-THPT
- Có những kỹ năng cần thiết khi biến đổi các biểu thức đại số ,chứng minh các bất

ac bc c
> ∀ >

> ⇔

< ∀ <

*
,a b b c a c> > ⇒ >
*
,a b c d a c b d> > ⇒ + > +
*
0, 0a b c d ac bd> > > > ⇒ >
*
0
n n
a b a b> > ⇒ >
*
0a b a b> > ⇒ >
* So sánh hai phân số cùng tử đều dương
1 1
0a b
a b
> > ⇒ <
3.Một số hằng bất đẳng thức :
*
2
0,A A≥ ∀
.Dấu “=” xảy ra chỉ khi A=0
*

1)
2 2
2x y xy+ ≥
2)
2 2
x y xy+ ≥
.Dấu “=” xảy ra khi x=y=0
3)
2
( ) 4x y xy+ ≥
4)
2
x y
y x
+ ≥
, với x,y là hai số cùng dấu
5)sử dụng công thức (a
±
b)
2

≥
O để chứng minh bất đẳng thức
6) Bất đẳng thức Côsi
1 2
1 2n
n

là hai bộ số tỉ lệ với nhau tức là
:
1 2
1 2

n
n
a
a a
b b b
= = =
8) Bất đẳng thức Trê-bư-sếp
4
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2013-2014
Nếu
.
3 3 3
a b c
aA bB cC a b c A B C
A B C
≤ ≤

+ + + + + +
⇒ ≥

≤ ≤

Nếu
.
3 3 3

Nếu a,b,c là số đo ba cạnh của tam giác thì: a,b,c >0
Và:
; ;b c a b c a c b a c a b c a b− < < + − < < + − < < +
11)
1 1 4
x y x y
+ ≥
+
;(x,y>0)
12)
1 1 1
( )( ) 9x y z
x y z
+ + + + ≥
,với x,y,z>0
13)
3
2
a b c
b c a a b
+ + ≥
+ +
,với a,b,c>0.
II.ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI TOÁN
1.Dùng Bất đẳng thức để tìm cực trị
a.Bài toán có nội dung cực trị đại số
*Những điểm cần chú ý
-nếu f(x)
A≥
thì f(x)có giá trị nhỏ nhất là A

Sử dụng Bất đẳng thức CôSi ta có:
1 1
2 . 2 2S x x MinS
x x
= + ≥ = ⇒ =
.Dấu: “=” xảy ra
khi:
1
1x
x
= =
mâu thuẫn với giả thiết
3x ≥
+Phân tích và tìm tòi lời giải:
5
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2013-2014
Lập bảng biến thiên của
1
S x
x
= +
, để dự đoán Min S
x 3 4 5 … 19 20
1
x
1
3
1
4
1

bằng nhau
Nên ta nghĩ đến việc đưa tham số
α
sao cho tại điểm rơi x=3 thì cặp số
x
α
và
1
x
phải
bằng nhau
+Xác định điểm rơi:x=3 cho cặp số:
3x
α α
=
và
1 1
3x
=
thì phải xảy ra
1 3
9
3
α
α
= ⇒ =
Từ đó ta biến đổi S theo điểm rơi như sau:
*Lời giải đúng:
1 1 8 1 8.3 10
2 .

4
1
2 2
t t
ab ab
a b
= ⇒ = ≥ ≥ =
+
   
 ÷  ÷
   
.Dẫn đến bài toán phụ:
Cho t
4≥
Tìm Min của
1
S t
t
= +
Xác định điểm rơi cho cặp số
1 4
α α
=
và
1 1
4t
=

thì phải xảy ra :
1 4 1 1 15 1 15 2 15.4 17

 ÷
 
+
 
 ÷
 
Vậy:
1 17
2 4
a b MinS= = ⇒ =
6
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2013-2014
Thí dụ 3:Cho a,b,c >0 và a+2b+3c
≥
20
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 9 4
2
S a b c
a b c
= + + + + +
Giải:.Dự đoán S =1, tại điểm rơi a=2, b=3,c=4.
Sử dụng Bất đẳng thức CôSi ta có:
4 4
3 4 3
2 . 4
.4 3
4 4
9 9 1 9 1 3 1 1 3 9 4
2 . 6 .6 3 8(1)

 
+ ≥ = ⇒ + ≥ = ⇒ + + + + + ≥
 
 ÷
 
 
 
 
+ ≥ =
+ ≥ =
 
 ÷
 



Mà:
1 3
2 3 20 5(2)
4 2 4
b
a b c a+ + ≥ ⇒ + + ≥
Cộng tứng vế các bất đẳng thức (1) và (2) ta được:
2
3 9 4
13 3 13
2
4
a
S a b c b MinS

≤≤
x
Thí dụ 5: Tìm giá trị lớn nhất của S=xyz.(x+y)(y+z)(z+x)
x,y,z >0 và x+y+z =1
Giải :
Vì: x,y,z >0 , áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
27
1
3
1
.3
33
≤⇒≤⇒≥++ xyzxyzxyzzyx
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y;y+z;x+z ta có:
33
))()((.32))()((3))()(( zxzyyxzxzyyxxzzyyx +++≥⇒+++≥+++
Dấu “=” xảy ra khi
3
1
=== zyx
Vây:
729
8
27
1
.
27
8
=≤S


Suy ra
).(3)(
4442222
zyxzyx ++≤++
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
⇒++≤ ).(31
444
zyx
3
1
444
≤++ zyx
Vậy :
444
zyx ++
có giá trị nhỏ nhất là:
3
1
khi
3
3
±=== zyx
Thí dụ 7:Cho x,y là các số thực thay đổi .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2 2
( 1) ( 1) 2A x y x y y= − + + + + + −
(Câu IV.2 thi ĐH khối B-năm 2007)
Giải: Ngoài cách giải bằng phương pháp toạ độ, xét tính chất biến thiên của hàm số,
sử dụng công cụ đạo hàm trong chương trình toán cấp THPT, ta cũng có thể giải bài
toán trên bằng phương pháp bất đẳng thức mà học sinh khá giỏi ở cấp THCS cũng có

 ÷
 
*Chú ý:Từ bài toán trên ta có hướng giải bài toán tổng quát sau:
Cho x,y là các số thực thay đổi.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
2 2 2 2
( ) ( )A x a y x a y y b= − + + + + + −
Trong đó:
0,
3
a
a b≥ ≥
là hằng số
Đáp số:
0
3
3
x
MinA b a
a
y
=


= + ⇔

=


Thí dụ 8: Trong tam giác vuông có cùng cạnh huyền , tam giác nào có diện tích lớn

ADE
∆
đồng dạng
=⇒∆
BC
DE
ABC
ABCchuvi
ADEchuvi
∆
∆
. A
Mà chu vi của tam giác ADE =AM+AN =AB+AC-BC
=8-2x. Do đó : D E
21
44)2()4(4
8
28
2
=⇔=⇒
≤+−−=−=⇒
−
=
xMaxDE
xxxDE
x
x
DE
M N
Do đó : BC=2cm ; AB= 3,5cm; AC=2,5cm

Ta có :
4
3
4
1
3
21
0
≥++⇔≤
S
S
S
S
S
S
S
S
A
Theo tính chất đường phân giác ta có: E
ca
bc
AC
AE
a
c
EC
AE
ba
b
AB

;
))((
3
2
bcac
ab
S
S
cbab
ac
S
S
++
=
++
=
; khi đó :
4
3
3
21
≥++
S
S
S
S
S
S
0)()()(
0)2()2()2(

ac
caba
bc
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh :
II. Bài tập đưa về dạng vận dụng bất đẳng thức :
xyyx 4)(
2
≥+
; hoặc :
2
)(
2
22
yx
yx
+
≥+
Thí dụ 11: Chứng minh rằng trong các tứ giác lồi có hai đường chéo bằng m và
vuông góc , hình vuông có chu vi nhỏ nhất
Giải: B
( hình 3) Xét tứ giác ABCD có :
mBDACBDAC
==⊥
,
( hằng số)
Kí hiệu như (hình vẽ 3 )
mdbca
=+=+
////
a b

D hình 3
Nên : ab +ad +bc +cd
)2(2)(
2////////
mdcbammdmcmamb =+++=+++≥
Từ (1) và (2) suy ra : (a+b+c+d)
2
=8m
2
Do đó :Min (a+b+c+d)=2
2
m . Khi đó : a+b=c+d và :
0
90
=∠=∠=∠=∠
DCAB
,
tức là : ABCD là hình vuông
Thí dụ 12:
Giải bài toán trong thí dụ trên bằng cách khác :
Áp dụng bất đẳng thức :
2
)(
2
22
yx
yx
+
≥+
Ta có :

+
≥

Do đó
m
m
dcba 22
2
4
=≥+++
. Vậy : Min (a+b+c+d)=
////
22 dcbam
===⇔
.
Suy ra : ABCD là hình vuông
III. Bài tập đưa về dạng vận dụng bất đẳng thức Cô-si:
xyyxyx 20;0
≥+⇒≥≥
,
dấu “=” xảy ra
yx
=⇔
10
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2013-2014
Thí dụ 13:
Chứng minh rằng:
a, Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất
b, Trong các hình chữ nhật có cùng diện tích thì hình vuông có chu vi bé nhất .
( bài tập 67, SBT toán 9 tập I-Nxb GD)

yx
+
. Dấu “=” xảy ra chỉ khi: x=y; điều đó có
nghĩa là trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất
b,Với các hình chữ nhật có cùng diện tích thì tích xy không đổi nên từ :
xy
yx
≥
+
2

suy ra :
2
yx
+
đạt giá trị nhỏ nhất bằng
xy
khi và chỉ khi:x=y Điều đó có nghĩa là : trong các
hình chữ nhật có cùng diện tích thì hình vuông có chu vi bé nhất
Thí dụ 14
Cho tam giác ABC vuông tại A . D là điểm nằm giữa hai điểm B và C . E và F lần l-
ợt là hình chiếu của D lên AB và AC . Hãy xác định vị trí của điểm D để tứ giác
AEDF có diện tích lớn nhất ?
B
Giải:
Ta có : AEDF là hình chữ nhật nên : hình 5
S
AEDF
=AE.AF(1) E D
ABC là tam giác vuông tại A nên ta có :

∆
đồng dạng
AFAEDFDECFBE
CF
DE
DF
BE
DCF
==⇒=⇒∆

(do AE=DF;AF=DE)(3)
Từ (1);(2)và (3)ta suay ra :
11
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2013-2014
S
ABC

AEDF
SAFAEAFAEAFAE 2.2 2 ==≥
ABCAEDF
SS
2
1
≤⇒
. Dấu “=” xảy ra khi và
chỉ khi : AE=BE và AF=CF
⇔
DB=DC; D là trung điểm của BC
Vậy : khi D là trung điểm của BC thì S
AEDF

BMI đều
Ta có:
∠
MBC=
∠
IBA(=60
0
-
∠
CBI)
Lại có:BM =BI và
∠
BMC =
∠
BIA =120
0
Do đó:
( . . )ABI CBM g c g MB MC MA∆ = ∆ ⇒ + =
I
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có: B
C
1 1 2 4 4 2
2
.
MB MC MA R R
MB MC
+ ≥ = = =
Vậy: Giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M D hình
6
1 1

===
2
2
1
1
Thí dụ 16:
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính MN . Trong các hình chữ nhật ABCD nội
tiếp nửa
đường tròn (A và D thuộc MN , B và C thuộc nửa đường tròn ).
Hình nào có chu vi lớn nhất ?
Giải:
( hình 7) Đặt AB=b,OA=a.Ta có: chu vi ABCD lớn nhất khi và chỉ khi:
2a+b lớn nhất
2
)2( ba +⇔
lớn nhất .
Áp dụng bất đẳng thức : Bu –nhia-côp-xki ta có: B B
/
C
ba
ba
RbaMax
Rbababa
2
12
5)2(
5))(12().1.2()2(
2222222
=⇔=⇔=+⇒
=++≤+=+

Ta có:
,
OAB OAM OBM
S S S= +
suy ra:
1(*)
a b
xy bx ay
x y
= + ⇔ + =
a)Áp dụng bất đẳng thức Côsi,ta có: O P A x
1 2
a b ab
x y xy
= + ≥
hình 8
Suy ra:
2 4
OAB
S xy ab= ≥
.Đẳng thức xảy ra chỉ khi:
2 ; 2 , :x a y b khi= =
d//PQ
Vậy: Min
2 , :
OAB
S ab khi=
d//PQ
b) Áp dụng bất đẳng thức : Bu –nhia-côp-xki ta có
( )

Giải: hình 9
Kí hiệu S là diện tích .
Ta có:
AOC AOB AOB AOC
ADC ABD ABC
S S S S
OA
AD S S S
+
= = =
A
Tương tự:
OAB OBC
ABC
S S
OB
BE S
+
=
;
OAC OBC
ABC
S S
OC
CF S
+
=
F E
Suy ra:
2

giác ABC đều
II.Dùng bất đẳng thức để giải phương trình, hệ phương trình
Thí dụ 19:Giải phương trình sau:
222
24141051963.4 xxxxxx −−=+++++
Giải
Ta có:
1616)1(3
16)12.(31963
2
22
≥++=
+++=++
x
xxxx
99)1(514105
22
≥++=++ xxx
Vây:
532141051963.4
22
=+≥+++++ xxxx
Dấu “=” xảy ra khi: x+1=0
⇒
x=-1
Vây:
222
24141051963.4 xxxxxx −−=+++++
Khi x=-1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=-1

5 0x x− >
Áp dụng Bất đẳng thức Côsi ta có:
2 2 2 2
1
.2 (5 )( 2) (5 )( 2)
2 2
B x x x x x x= − + = − +
.
Dấu: “=” xảy ra khi và chỉ khi:x=-1 và
4
3
x =
Vây: nghiệm của phương trình là:x=-1
Thí dụ 21: Giải phương trình:
34 3
16 5 6. 4 (1)x x x+ = +
GiảiVì:
34 3
16 5 0 6. 4 0x x x+ ≥ ⇒ + >
,do đó
0x >
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương :
2
4 ,4 1,2,x x +
ta có:
3 3 2 2 2
3
6. 4 3. 4 (4 1).2 4 4 1 2 4 4 3(2)x x x x x x x x+ = + ≤ + + + = + +
Từ (1) và (2) suy ra:
4 2 4 2 2 2

=≤−++≤−+ xxxx
.Dấu “=” xảy ra khi x=1
Mặt khác
22)12(344
22
≥++=++ yyy
Dấu “=” xảy ra khi
2
1
−=y
Vây:
2
1
;123442
22
−==⇔=++=−+ yxyyxx
Vây: Nghiệm của phương trình là:
2
1
;1 == yx
Thí dụ 23: Giải hệ phương trinh
3(1)
( , )
1 1 4(2)
x y xy
x y R
x y

+ − =


x y x y x y
x y xy

=

+ = ⇔ + = + ⇔ = =


+ = +

*Chú ý: Từ bài toán trên ta có thể khái quát cách giải theo hướng sau:
(1)
( , )
(2)
x y xy a
x y R
x b y b c

+ − =

∈

+ + + =


Trong đó:
2
0, 0,
4
c

+
+
≥
++≥
+
+
+
+
+
=++
Vì: x+y+z=1 nên
xyzzyx ≥++
444
. Dấu “=” xảy ra khi:
3
1
=== zyx
Vây:



=++
=++
xyzzyx
zyx
444
1
có nghiệm
3
1

±=⇒=⇒≤−⇒≤+−⇒ xxxxx
Nếu:
222 =⇒= yx
Nếu:
222 −=⇒−= yx
Vây: hệ phương trình có nghiệm:





=
=
22
2
y
x
và





−=
−=
22
2
y
x
III.Dùng bât đằng thức để giải phương trình nghiệm nguyên



−+






−⇔≤+−+








+−+








+−⇔ z
yy
xzzy

0)1(1
2
3
2
2
22
=−+






−+






− z
yy
x





=
=

Vây: các số cần tìm là





=
=
=
1
2
1
z
y
x
Thí dụ 27:Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
2
111
=++
zyx
Giải:
Không mất tính tổng quát ta giả sử
zyx ≥≥
Ta có:
32
3111
2 ≤⇒≤++= z
zzyx
Mà z nguyên dương nên z=1
Thay z=1 vào phương trình ta được:

Từ (*) với x<0 ,y < 0 thì phương trình không thoả mãn
(*)với x > 0,y >0
Ta có :
0
22
>−=⇔=+=+ xyxyxxxx
Đặt
)(;
+
∈= Zkkx
.Ta có:
2
)1( ykk =+
.
Nhưng
⇒+<+=
22
)1()1( kkkk
⇒+<+=
22
)1()1( kkkk
1+<< kyk
Mà giữa k và k+1 là hai số nguyên dương liên tiếp không tồn tại một số nguyên
dương nào cả
Nên không có cặp số nguyên dương nào thoả mãn phương trình
Vây:phương trình có nghiệm duy nhất là:x=0;y=0
Thí dụ 29. Giải phương trình :
)(
2
1


=


⇒ = −


=

Vậy phương trình có nghiệm (x;y;z)=(3;-2008;2011)
Thí dụ 30. Giải phương trình :
4 2 2 4 3 6 5x y z x y z
+ + + = − + − + −
(1)
Giải:
Điều kiện :
5,3,2
≥≥≥
zyx
( ) ( ) ( )
2 2 2
(1) 2 2 2 1 3 4 3 4 5 6 5 9 0
2 1 3 2 5 3 0
x x y y z z
x y z
⇔ − − − + + − − − + + − − − + =
⇔ − − + − − + − − =
Vế trái của phương trình là tổng của ba biểu thức không âm nên sẽ bằng 0 khi và chỉ
khi


95
43
12
35
23
12
z
y
x
z
y
x
z
y
x
( thoả mãn điều kiện)
17
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2013-2014
Vậy: nghiệm của phương trình là:
)14;7;3();;(
=
zyx
Thí dụ 31: Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
2 2
2 2 2 10 0x y xy x y
+ − + + − =
Giải
Đặt:
xySyxS
=+=

S
Sxyyxyx
≤⇔≥−+⇔≥−
Do đó :
21)1(0202.
4
)102(
6
1
2
11
2
1
2
1
1
2
1
≤+⇔≤−+⇔≤−+
SSS
S
SS
Vì
1
S
là số nguyên chẵn nên
{ }
9;1)1(
2
1

2
;
3
4
2
1
2
1
S
S
S
S
Do đó



=
=+



=
−=+
0
2
;
3
4
xy
yx

2
2
2
yxy
yxy
yxyxy
yxyxy
yxyxyxyx
yxyxxyyxxyyx
+−=⇔
+−=⇔
+−=+⇔
+−=+⇔
+−=−+−+⇔
+−=+−++⇔=++⇔
Bởi vì : 1989=3
2
.13.17
( )
2
22
198917.13 3.2 yxy
+−=⇒
Vế phải (1989-x+y)
2
là số chính phương
221.17.13.
22
kky
⇒=⇒

Số lượng %
2006-2007 6 3 50
2007-2008 6 4 75
2008-2009 3 3 100
2009-2010 3 3 100
2.Chất lượng học sinh dự thi vào lớp 10-THPT (hệ công lập)
Năm học
Số học
sinh
tham
Số học sinh
trúng tuyển
%
Số học sinh
đạt loại khá giỏi
Số lượng %
2005-2006 135 60 44,4 23 38,3
2006-2007 102 51 50,0 31 60,8
2007-2008 62 38 61,3 25 65,8
2008-2009 45 34 75,6 23 67,7
II. Viết các chuyên đề toán học đã được sử dụng
19
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2013-2014
Việc khai thác một số tính chất hay từ một bài toán trong chương trình toán THCS
là rất cần thiết , SKKN đề tài nghiên cứu khoa học là một công việc làm thường
xuyên và khoa học nhằm dạy và học bộ môn toán ngày càng tốt hơn tạo ra được
nhiều nhân tài cho đất nước . Bản thân đã có nhiều bài viết được đăng trên các tạp
chí, được ứng dụng trong việc dạy và học toán
+Tạp chí Toán học &tuổi trẻ :
-Số 380 tháng 02 năm 2009 bài: Sử dụng công cụ Đại số để giải một số bài tập

ường gặp trong các kì thi tốt nghiệp THCS, thi học sinh giỏi , thi vào lớp 10-THPT,
đồng thời chuẩn bị tốt để học toán ở lớp trên. Sự phân chia các dạng toán này trong
cuốn sách chỉ có tính chất
tương đối . Cho dù đã có cách giải chung cho mỗi dạng toán , xong nhiều bài toán
vẫn còn có những lời giải riêng phù hợp với nó và chính điều đó là một trong những
vẻ đẹp sáng tạo của toán học . Do đó ngoài cách giải đã nêu trong cuốn sánh , các em
học sinh nên cố gắng tìm thêm cho mình các cách giải khác .
Trên đây là một số biện pháp giải phương trình, bất đẳng thức, cực trị…thường
gặp trong các kì thi, qua thực tế giảng dạy và ôn thi cho học sinh cuối cấp THCS tôi
thấy kết quả đạt được khá khả quan , chất lượng học sinh đạt giải trong các kì thi
năm sau cao hơn năm trước ,tỉ lệ học sinh yếu giảm dần , tỉ lệ học sinh khá giỏi tăng
lên rõ rệt như đã nêu rõ cụ thể ở trên .Hi vọng rằng sáng kiến kinh nghiệm này sẽ
đóng góp một phần nhỏ bé, tài liệu thiết thực trong giảng dạy bộ môn toán ở trờng
THCS và bồi dưỡng học sinh giỏi toán trong các kì thi
Với khung thời gian có hạn, kinh nghiệm còn hạn chế “Sử dụng công cụ bất
đẳng thức đại số,để giải một số bài toán liên quan”.Của tôi không sao tránh được
những điểm còn thiếu xót. Kính mong các thầy ,cô giáo đóng góp ý kiến chân thành
để tôi khắc phục và tránh được những điểm còn hạn chế để cuốn sách này được
hoàn chỉnh hơn trong lần tái bản.
Xin chân thành cảm ơn !
Ngày 09 tháng 5 năm 2010
Người viết
21