Tạo hứng thú học môn Toán qua việc khai thác lời giải một số bài toán
MỞ ĐẦU
A. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Ở trường THPT dạy toán là dạy hoạt động toán học. Đối với học sinh, có thể xem
việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. Các bài tập ở trường phổ
thông là một phương tiện rất có hiệu quả và không thể thay thế được trong việc giúp
học sinh nắm vững tri thức, phát triển tư duy, hình thành kĩ năng, kĩ xảo ứng dụng toán
học vào thực tiễn. Hoạt động giải bài tập toán học là điều kiện để thực hiện tốt các mục
đích dạy học toán ở trường phổ thông. Vì vậy tổ chức có hiệu quả việc dạy giải bài tập
toán học có vai trò quyết định đối với chất lượng dạy học toán.
Trong thực tiễn dạy học, bài tập toán học được sử dụng với những dụng ý khác nhau.
Mỗi bài tập có thể dùng để tạo tiền đề xuất phát, để gợi động cơ, để làm việc đối với nội
dung mới, để củng cố hoặc kiểm tra… Chính vì vậy, việc dạy giải một bài tập cụ thể
không chỉ nhằm vào một dụng ý đơn nhất nào đó mà thường bao hàm những ý đồ nhiều
mặt đã nêu.
Đối với bản thân tôi, trong quá trình giảng dạy môn toán, tôi thấy rằng: mỗi bài tập
toán cụ thể được đặt ra ở thời điểm nào đó của quá trình dạy học đều chứa đựng một
cách tường minh hay ẩn tàng những chức năng khác nhau.
 Chức năng dạy học: bài tập nhằm hình thành, củng cố cho học sinh những tri
thức, kĩ năng kĩ xảo ở các giai đoạn khác nhau của quá trình dạy học.
 Chức năng giáo dục: bài tập nhằm hình thành cho học sinh thế giới quan duy vật
biện chứng, hứng thú học tập, niềm tin và phẩm chất đạo đức người lao động
mới.
 Chức năng phát triển: bài tập nhằm phát triển năng lực tư duy của học sinh, đặc
biệt là rèn luyện những thao tác trí tuệ, hình thành những phẩm chất của tư duy
khoa học.
 Chức năng kiểm tra: bài tập nhằm đánh giá mức độ, hiệu quả dạy và học, đánh
giá khả năng độc lập học toán và trình độ phát triển của học sinh.
Một tiết học sẽ trở nên sinh động hấp dẫn hơn, tạo hứng thú học tập bộ môn cho học
sinh, nếu người thầy nhận thức được vị trí và chức năng của bài tập toán học.
Từ những suy nghĩ ấy, nay tôi mạnh dạn chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm này để

 Xây dựng chương trình giải
 Thực hiện chương trình giải
 Kiểm tra và nghiên cứu lời giải
a. Thực hiện nội dung bài toán
 Để giải được một bài toán, trước hết phải hiểu đề bài và ham thích giải bài toán
đó. Vì thế người giáo viên cần chú ý gợi động cơ, khơi gợi trí tò mò, hứng thú
của học sinh và giúp các em hiểu bài toán phải giải. Phải tìm hiểu bài toán một
cách tổng thể để bước đầu hiểu toàn bộ bài toán, tránh vội vàng đi ngay vào các
chi tiết.
 Tiếp theo phải phân tích bài toán: Cái gì đã cho? Cái gì chưa biết? Có mối liên hệ
nào giữa cái phải tìm và cái đã cho?
Ví dụ 1: Biết
( )
tan 5a b+ =
và
( )
tan 3a b− =
, hãy tính
tan 2 , tan 2a b
.
 Hãy chú ý xem xét bài toán, chưa nên vội vàng khai triển
( )
tan a b+
,
( )
tan a b−

(dù vẫn đi đến kết quả nhưng dài và phức tạp). Ta đã biết
( )
tan a b+

x y
+ =
. Từ 1 điểm
0 0 0
( ; )M x y
nằm ngoài Elip kẻ tới E hai
tiếp tuyến
0 1 0 2
;M T M T
( với
1 2
,T T
là tọa độ các tiếp điểm). Lập phương trình
đường thẳng
1 2
TT
.
+ Nếu học sinh không phân tích tìm hiểu nội dung bài toán mà lao ngay vào lập
phương trình tiếp tuyến
0 1 0 2
;M T M T
và tìm tọa độ
1 2
;T T
sau đó viết phương trình
qua
1 2
;T T
. Cách giải này hoàn toàn đúng nhưng tương đối dài, vậy ta có thể tìm
cách nào ngắn và hay hơn không? Ta có thể giải bài toán như sau:

( )
( )
( )
0 1 0 1
0 1
0 2 0 2
0 2
1 1
9 4
1 2
9 4
x x y y
M
x x y y
M

+ =

∈ ∆
 
⇒
 
∈ ∆



+ =


Từ (1) và (2) suy ra phương trình

c
a b c a b m
> − = + −
< + + = +
+ Để chọn lọc kiến thức thích hợp, ta loại (3) và (4) vì chúng chỉ đề cập quan hệ
đẳng thức chứ không phải bất đẳng thức như điều phải chứng minh.
+ Để ý (1) và (2) là các bất đẳng thức. Đối chiếu với điều phải chứng minh, ta thấy
mỗi số hạng phải có bậc 2, trong đó mỗi cạnh bình phương một lần. Hãy thử với
(1), ta bình phương 2 vế:
2 2 2
2a b c bc> + −
.
+ Tương tự:
2 2 2
2 2 2
2
2
b a c ac
c a b ab

> + −


> + −


+ Cộng từng vế và ước lược ta có điều phải chứng minh.
+ Hãy tiếp tục thử với (2): nếu nhân 2 vế của (2) với a ta được:
2
a ab ac< +

+ + +
”
+ Để chứng minh (1), ta viết lại:

4 4 2 2 2
4
(3)
2
a b c a b c
ab bc bc ab ac bc
+ +
+ + ≥
+ + +
+ Áp dụng bất đẳng thức (2):
2 2 2 2
( )
(3)
2( )
a b c
VT
ab bc ca
+ +
≥
+ +
Mà:
2 2 2
a b c ab bc ca+ + ≥ + +
nên:
2 2 2
(3)

Trước hết xét những bước lớn rồi tiếp đến những bước nhỏ. Làm như vậy chúng
ta đã có trong tay một cách giải trong đó mỗi bước có được chắc chắn là đúng.
d. Kiểm tra và nghiên cứu lời giải.
 Ngay cả những học sinh giỏi sau khi đã tìm thấy lời giải và trình bày sáng sủa lí
luận của mình cũng đều có xu hướng gấp sách lại và làm việc khác. Làm như vậy
là họ đã bỏ mất một giai đoạn quan trọng và bổ ích cho việc học hỏi. Nhìn lại
cách giải tìm ra, khảo sát và phân tích lại kết quả và con đường đã đi, họ có thể
củng cố những kiến thức của họ và phát triển khả năng giải các bài toán. Một
người thầy giỏi phải hiểu và làm cho học sinh hiểu rằng: không có một bài toán
nào là hoàn toàn kết thúc. Bao giờ cũng còn lại một cái gì để suy nghĩ. Có đầy đủ
kiên nhẫn và chịu khó suy nghĩ sâu sắc, ta có thể hoàn thiện cách giải, và trong
mọi trường hợp bao giờ cũng hiểu được cách giải sâu sắc hơn. Khi học sinh đã
thực hiện chương trình, học sinh đã biết lời giải, thử lại mỗi bước lập luận và họ
có nhiều lí do chính đáng để tin rằng cách giải của mình đúng. Dẫu sao thì vẫn có
thể có lầm lẫn, nhất là trong trường hợp lí luận dài và quanh co. Do đó việc thử
lại là cần thiết. Đặc biệt là nếu như có 1 phương tiện nhanh chóng và trực quan để
thử xem kết quả hay sự lập luận có đúng không thì không được bỏ qua. Một trong
những nhiệm vụ quan trọng hàng đầu của người thầy là không được làm cho học
sinh có ấn tượng là những bài toán ít học thì không có quan hệ gì với nhau cả.
GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung
4
Tạo hứng thú học môn Toán qua việc khai thác lời giải một số bài toán
Chúng ta có thể tìm thấy sự liên hệ của bài toán này với bài toán khác khi chúng
ta nhìn lại cách giải bài toán đó. Học sinh sẽ thấy việc nhìn lại cách giải bài toán
như vậy thực sự là bổ ích nếu như họ đã cố gắng một cách chân thực để tìm ra lời
giải bài toán đó và nếu như họ có ý thức là làm việc có kết quả. Khi đó học sinh
muốn thấy được là sự cố gắng đó có thể mang lại cho họ một cái gì khác và cần
phải làm gì để lần sau cũng thu được kết quả tốt như vậy.
Ví dụ: Cho tam giác ABC có các góc A, B, C nhọn. Chứng minh rằng:


,
từ (2) và (3) suy ra:
2 2 2
3
tan tan tan 3 27 9A B C+ + ≥ =
, dấu đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi A = B = C.
+ Nếu học sinh chỉ hài lòng với kết quả này và dừng ở đây thì thật đáng tiếc vì khi
nghiên cứu lời giải bài toán này ta có thể khái quát hóa bài toán và xây dựng các
bài tập tương tự khác: “ Cho tam giác ABC nhọn và
*
n N∈
. Chứng minh rằng:
tan tan tan 3 3
n n n n
A B C+ + ≥
”
+ Từ bài toán trên ta có thể đưa ra các bài toán khác tương tự như sau:
“ Chứng minh rằng trong tam giác ABC nhọn ta luôn có:

tan tan tan 3 3A B C+ + ≥
.

3 3 3
tan tan tan 9 3A B C+ + ≥
.

4 4 4
tan tan tan 27A B C+ + ≥
.

+ Bạn có biết một bài toán nào liên quan không? Một định lý có thể dùng không?
+ Xét kỹ cái chưa biết ( ẩn ), và thử lại một bài toán quen thuộc có cùng ẩn hay có
ẩn tương tự.
+ Đây là một bài toán có liên quan mà bạn đã có một lần giải rồi, có thể sử dụng nó
không? Có thể sử dụng kết quả của nó không? Hay sử dụng phương pháp? Có
cần phải đưa thêm một số yếu tố phụ thì mới giải được nó không?
+ Có thể phát biểu bài toán một cách khác không? Một cách khác nữa? Quay về các
định nghĩa.
+ Nếu chưa giải được bài toán đã đề ra thì hãy giải một bài khác có liên quan. Bạn
có thể nghĩ ra một bài toán có liên quan và dễ hơn không? Một bài toán tổng quát
hơn? Một trường hợp riêng? Một bài toán tương tự? Bạn có thể giải một bài toán
tương tự? Bạn có thể giải một phần bài toán không? Hãy giữ lại một phần điều
kiện, bỏ qua phần kia. Khi đó ẩn được xác định ở một chừng mực nào đó, nó biến
đổi như thế nào? Bạn có thể từ các dữ kiện rút ra một yếu tố có ích không? Bạn
có thể nghĩ ra những điều kiện khác có thể giúp bạn xác định được ẩn không? Có
thể thay đổi ẩn hay các dữ kiện, hay cả hai nếu cần thiết sao cho các ẩn mới và
các dữ kiện mới được gần nhau hơn không?
+ Bạn đã sử dụng mọi dữ kiện hay chưa? Đã sử dụng toàn bộ điều kiện hay chưa?
Đã để ý tới mọi khái niệm chủ yếu trong bài toán chưa?
3) Thực hiện chương trình giải .
+ Khi thực hiện chương trình giải hãy kiểm tra lại từng bước. Bạn đã thấy rõ ràng
là mỗi bước đều đúng chưa? Bạn có thể chứng minh là nó đúng không?
4) Trở lại cách giải ( nghiên cứu cách giải đã tìm ra ).
+ Bạn có thể kiểm tra lại kết quả? Bạn có thể kiểm tra lại toàn bộ quá trình giải bài
toán không?
+ Có thể tìm được kết quả một cách khác không? Có thể thấy ngay kết quả trực tiếp
không?
+ Bạn có thể sử dụng kết quả hay phương pháp đó cho một bài toán nào khác
không?
GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung

 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
+
1
sin .sin .sin
2 2 2
A B C
+
(2)
+ Áp dụng BĐT Cô si:
3
3
2 2 2
1 1 1 1
3
sin sin sin sin .sin .sin
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1
3
sin .sin sin .sin sin .sin sin .sin .sin
2 2 2 2 2 2 2 2 2
A B C A B C
A B B C C A A B C

+ + ≥





 
(3)
+ Mặt khác ta chứng minh:
1
sin .sin .sin
2 2 2 8
A B C
≤
(4)
Thật vậy:
( )
2
1
4 4 os os sin 1 sin os .sin 0
2 2 2 2 2 2 4
A B A B C C A B C
c c c
− + −
 
⇔ − ≤ ⇔ − + ≥
 ÷
 
2
2
1 1
sin os sin 0
2 2 2 4 2
C A B A B
c
− −

7
Tạo hứng thú học môn Toán qua việc khai thác lời giải một số bài toán

( ) ( ) ( )
5 1VT a b c ab bc ca abc= + + + + + + +
, áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các
số không âm ta có:
( ) ( ) ( )
( )
3
2 3
3 3
3 3
5 1 3 3 1VT abc abc abc abc≥ + + + = +
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
 Từ bài toán (5) ta có thể xây dựng được các bài toán tương tự khác như sau:
1) Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng:
1 1 1
1 1 1 27
cos cos cosA B C
   
+ + + ≥
 ÷ ÷ ÷
   
.
2) Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng:
3
1 1 1 2
1 1 1 1
sin sin sin

5) Cho tam giác ABC. Tìm GTNN của biểu thức sau:
1 1 1
1 1 1
tan tan tan
2 2 2
P
A B C
   
 ÷ ÷ ÷
= + + +
 ÷ ÷ ÷
 ÷ ÷ ÷
   
Hướng dẫn:
 Ở bài toán 1, áp dụng bất đẳng thức (5) và BĐT
1
cos .cos .cos
8
A B C ≤
ta hoàn toàn
giải quyết xong bài toán 1.
 Tương tự, áp dụng BĐT (5) và
3 3
sin .sin .sin
8
A B C ≤
ta sẽ chứng minh xong bài
toán 2.
 Kết hợp bài toán 1 và 2 ta có bài toán 3.
 Ở bài toán 4 ta áp dụng trực tiếp BĐT (5) ta tìm được

vì dừng lại cả thầy và trò cùng nhau tìm cách khai thác bài toán thì không những
có thể đưa ra các bài toán tổng quát, tương tự mà còn giúp cho học sinh phát
triển khả năng suy luận, tư duy logic, tạo cảm giác tự tin, hứng thú học tập môn
toán đối với học sinh.
Bài toán 2. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung
8
Tạo hứng thú học môn Toán qua việc khai thác lời giải một số bài toán

3
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
(1).
Giải
+ Khi gặp bài toán này học sinh giải như sau:
(1)
9
1 1 1
2
a b c
b c c a a b
    
⇔ + + + + ≥
 ÷  ÷ ÷
+ + +
    


a b b c c a a b b c c a
a b b c c a a b b c c a

+ + + ≥ + + +



+ + ≥

+ + + + + +


Nhân vế với vế của (2) và (3) ta được điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy
ra khi và chỉ khi a = b = c.
 Khai thác bài toán:
 Về cách giải: Có thể giải bài toán này theo cách khác hay không?
Ta có:
( ) ( )
2 2 2
1 4
a b c
VT
ab ac bc ba ca cb
= + +
+ + +
. Để chứng minh (4) ta chứng minh bài
toán sau: “ Cho
*
1 2 3 1 2 3
, , , , à , , , ,

2
2
1 2
1 2 1 2
1 2
. . .
n
n n
n
a
a a
a a a b b b
b b b
 
+ + + = + + +
 ÷
 ÷
 
L L

( )
2 2 2
1 2 n
a a a⇒ + + +L
( )
2
2 2
1 2
1 2
1 2

+ + +
L
L
L
. Dấu bằng xảy ra :
1 2
1 2
n
n
a
a a
b b b
= = =L
.
 Xây dựng bài toán :
2.1. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
2 2 2
a b c
P
b c c a a b
= + +
+ + +
2.2. Cho a, b, c > 0. CMR:
3 3 3 2 2 2
2
a b c a b c
b c c a a b
+ +
+ + ≥

2
MinP =
đạt được khi
1
3
a b c= = =
.
+ Để chứng minh bài toán 2.2 ta viết lại:
4 4 4
a b c
P
ab ac bc ab ac bc
= + +
+ + +
, sau đó áp
dụng BĐT (5) ta có:
( )
( )
2
2 2 2
2
a b c
P
ab bc ca
+ +
≥
+ +
Mặt khác
2 2 2
a b c ab bc ca+ + ≥ + +

a
y
c
z
c

=



=



=



, , 0x y z⇒ >
và
1x y z+ + =
, ta đi tìm GTNN của
biểu thức sau:
3 3 3
x y z
P
y z z x x y
= + +
+ + +
, áp dụng bài toán 2.2 ta được:

bài toán: “ Cho x, y, z > 0 và
1 1 1
1
x y z
+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
( ) ( ) ( )
yz xy
zx
P
x y z y z x x x y
= + +
+ + +
”
Bình luận: Bằng cách tìm tòi và phát hiện như vậy học sinh sẽ tự tìm ra cho mình các
bài toán khác,biết cách quy lạ về quen, giúp các em cảm thấy tự tin, thích thú học
toán và cao hơn nữa là giúp các em rèn luyện, phát triển tư duy và tạo hứng thú
trong học tập.
Bài toán 3. Cho x, y, z là các số thực không đồng thời bằng 0.
GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung
10
Tạo hứng thú học môn Toán qua việc khai thác lời giải một số bài toán
CMR:
2 2 2
2 .cos 2 .cos 2 .cos (1)x y z xy C yz A zx B+ + ≥ + +
Giải:
+ Nếu khai thác bài toán theo cách chứng minh, thì ta cần xét xem có thể định
hướng theo những cách nào?
Cách 1: ( Dùng phương pháp biến đổi tương đương )


( ) ( )
' 2 2 2 2 2 2 2
2
( .cos .cos ) ( 2 .cos ) .sin .sin 2 .sin .sin
( .sin .sin ) 0 2 0 2 0 , , .
y C z B y z yz A y C z B yz B C
y C y B VT x R VT x y z R
∆ = + − + − = − − +
= − − ≤ ⇒ ≥ ∀ ∈ ⇒ ≥ ∀ ∈
+ Dấu “ = ” xảy ra
sin :sin :sin : :A B C x y z⇔ =
Cách 3: ( Dùng phương pháp tam thức bậc hai )
+ Gọi I là một điểm bất kì trong miền tam giác ABC. Đặt các vectơ:
1 1 1 1
, . ,IA e IX x e e= =
uur uur uur ur ur
có phương vuông góc
BC
uuur
.
+ Đặt
1 2 2 2
, . ,IB e IY y e e= =
uuur uur uur uur uur
có phương vuông góc
CA
uuur
.
+ Đặt

3.1. Khi x = y = z = 1 ta có:
3
cos cos cos
2
A B C+ + ≤
+ Đây là 1 bài toán quen thuộc với học sinh, dấu bằng xảy ra
ABC⇔ ∆
đều.
3.2. Khi xyz > 0 ta có:
( )
cos cos cos
1 (2)
2 2 2
A B C x y z
x y z yz zx xy
⇔ + + ≤ + +
+ Hay thay x bởi
1
x
, y bởi
1
y
, z bởi
1
z
, ta có:
.cos .cos .cos (3)
2 2 2
yz zx xy
x A y B z C

A B C+ + ≥
” (4)
Hướng dẫn: Áp dụng (2) ta có:
cos 5
cos cos
3 2 3
C
A B+ + ≤
. (5)
Kết hợp (4) và (5) ta có
5
cos cos cos
2 3
A B C+ + =
điều này đạt được khi và chỉ khi:

sin :sin :sin 1:1: 3A B C =
hay
ABC
∆
cân tại C và
µ
0
120C =
.
Bài toán 4. Cho tam giác ABC và x, y, z là các số thực không đồng thời bằng 0.
CMR:
2 2 2
2 .cos2 2 .cos2 2 .cos 2 0 (1)x y z xy C yz A zx B+ + + + + ≥
Giải:

2 2 2
1 2 ( .cos2 .cos2 ) 2 cos2 0 (*)x x y C z B y z yz A⇔ + + + + + ≥
+ Coi vế trái của bất đẳng thức (*) là (1) tam thức bậc hai, ta tính:

2 2 2
2 2 2 2
2
' ( .cos 2 .cos2 ) ( 2 .cos 2 )
.sin 2 .sin 2 2 .cos 2 .cos2 2 .cos(2 2 )
( .sin 2 .sin 2 ) 0
y C z B y z yz A
y C z B yz B C yz B C
y C z B
∆ = + − + +
= − − + − +
= − − ≤
+ Vậy bất đẳng thức (*) luôn đúng với
, ,x y z∀
.
+ Dấu đẳng thức xảy ra
: : sin 2 :sin 2 :sin 2x y z A B C⇔ =
.
Cách 3: ( Dùng vectơ )
+ Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
+ Đặt:
1 1 1
, . ,OA e OX x e e= =
uuur ur uuur ur ur
cùng phương với
OA

x y z xy e e yz e e zx e e
x y z xy C yx A zx B
+ + ≥ ⇔ + + ≥
⇔ + + + + + ≥
⇔ + + + + + ≥
uuur uuur uuur r r r
ur uur uur ur ur ur
+ Dấu bằng xảy ra
: : sin 2 :sin 2 :sin 2x y z A B C⇔ =
.
 Chúng ta đã chứng minh bất đẳng thức (1) đúng, khai thác bài toán ta sẽ xây
dựng được các bài toán khác:
4.1. Cho x, y, z = 1, ta được:
3
cos 2 cos2 cos 2
2
A B C+ + ≥ −
+ Dấu đẳng thức xảy ra
ABC
⇔ ∆
đều.
4.2. Khi
0xyz >
, chia 2 vế cho
0xyz >
, ta có:

( )
cos2 cos 2 cos 2
1

 
.”
4.3. Ứng dụng bất đẳng thức (1), ta có thể xây dựng các bài toán:
a) Cho tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3.cos 2 2.cos2 2 3 cos 2Q A B C= + +
b) Cho tam giác ABC. Tìm các góc của tam giác ABC để biểu thức sau:

3(cos 2 cos2 ) cos2Q A C B= − +
đạt giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn :
a) Theo (1) ta có:
2
2
2
2
2
2 2 3
3 3
2 3
2 2
2 2
1
1
2
2
x
x
xy
yz y y

+ Dấu đẳng thức xảy ra
sin 2 sin 2 sin 2 5
, ,
1
4 3 12
2 3
2
2
A B C
A B C
π π π
⇔ = = ⇒ = = =
b) Viết lại:
3.cos 2 3 cos 2 cos 2 2 .cos2 2 .cos2 2 .cos2Q C A B xy C yx A zx B− = − − = + +
+ Từ đó suy ra:
1
2
3
2
1
2
x
y
z
−

=




đề, tạo điều kiện để các em phát triển tư duy, hứng thú trong học tập.
Bài toán 5. Ta xét bài toán sau:
“ Cho a, b ,c là 3 cạnh tam giác. CMR:
( )( )( ) (1)a b c b c a c a b abc+ − + − + − ≤
”
Giải:
+ Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
2
2
2
2
2
2
( )( ) (2)
2
( )( ) (3)
2
( )( ) (4)
2
a b c b c a
a b c b c a b
b c a c a b
b c a c a b c
a b c c a b
a b c c a b a

+ − + + −
 
+ − + − ≤ =


+ +
=
ta được bài toán:
“ Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác. CMR:
( )( )( )
8
abc
p a p b p c− − − ≤
”.
5.2. Có thể mở rộng bài toán 5 thành bài toán khác:
a) Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác ABC, biết chu vi tam giác ABC bằng 3. CMR:
3 3 3
4( ) 15 27 (5)a b c abc+ + + ≥
b) Cho a, b, c không âm. CMR:
( )( )( ) (6)abc a b c b c a c a b≥ + − + − + −
Hướng dẫn:
a) Từ a, b, c là 3 cạnh của tam giác, theo bất đẳng thức (1) ta có:

( )( )( ) (7)abc a b c b c a c a b≥ + − + − + −
+ Theo giả thiết:
3a b c+ + =
nên:

(7) (3 2 )(3 2 )(3 2 ) (9 6 )(9 6 4 )(3 2 )
27 18( ) 12( ) 8
9 12( ) 27 3 9 4( ) (8)
abc a b c abc a b ab c
abc a b c ab bc ca abc
abc ab bc ca abc ab bc ca
⇔ ≥ − − − ⇔ ≥ − − + −


(vô lí)
+ Trường hợp 1: Trong 3 số có 1 số âm thì bất đẳng thức (6) luôn đúng.
+ Trường hợp 2: Cả 3 số cùng không âm, áp dụng bất đẳng thức Côsi như cách
làm đối với bất đẳng thức (1), ta có điều phải chứng minh.
+ Dấu bằng xảy ra
a b c⇔ = =
.
GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung
14
Tạo hứng thú học môn Toán qua việc khai thác lời giải một số bài toán
5.3. Có thể mở rộng bài toán hơn không?
“ Cho a cố định, x, y, z là các số thực không âm có:
1x y z+ + =
. Tìm giá trị nhỏ
nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
Q xy yz zx axyz= + + −
”.
Việc chọn các giá trị cụ thể a ta sẽ có các bài toán khác nhau, nhưng bản chất
của bài toán thì không thay đổi.
II. KHAI THÁC MỘT BÀI TOÁN VỀ TỔ HỢP .
 Trong chương trình Toán lớp 12, phần Giải tích có bài tập:
“ Tính tổng:
0 1 2

n
n n n n
S C C C C= + + + +
”.
 Bài toán được giải như sau: Xét khai triển:

− −
+ = + + + +
1) Thay x = 1 vào (3) ta có:
1 2 3 1
2. 3. . .2
n n
n n n n
C C C n C n
−
+ + + + =
+ Vậy có thể xây dựng bài toán: “ Tính tổng:
1 2 3
2. 3. .
n
n n n n
S C C C nC= + + + +
”.
2) Thay
1x
= −
vào (3), ta có:
1 2 3 1
2. 3. ( 1) 0
n n
n n n n
C C C nC
−
− + − + − =
+ Từ đó ta có bài toán: “ CMR:
1 2 3 1

S C C C n n C
−
= + + + + −
”.
4) Trong đẳng thức (1) ta nhân 2 vế với x:

0 1 2 1
(1 ) . . . (5)
n n n
n n n
x x C x C x C x
+
+ = + + +
+ Đạo hàm 2 vế của (5):
1 0 1 2 2
(1 ) . (1 ) 2. . 3. . ( 1). . (6)
n n n n
n n n n
x n x x C C x C x n C x
−
+ + + = + + + + +
+ Thay
1
2
x =
vào 2 vế của (6), ta có bài toán:
“ Tính tổng:
2
0 1 2
1 1 1

2 1 1 1 1

1 1 2 3 1
n n n
n n n n
n
n n
n n n n
n
n
n n n n
x dx C C x C x C x dx
x
C x C x C x C x
n n
C C C C
n n n
+
+
+
+ = + + + +
+
 
⇔ = + + + +
 ÷
+ +
 
⇔ − = + + + +
+ + +
∫ ∫

−
+ + + + = −
b)
0 1 2 2 1 1
. ( 1). ( 2). 2. .2
n n n
n n n n n
n C n C n C C C n
− − −
+ − + − + + + =
c)
2 3
2 3
2.
( 1)
. 1
( 1) ( 1) ( 1)
n
n n
n
n
C C
n
C
n n n
−
+ + + =
− − −
với
2,n n Z≥ ∈

= − ⇒ − =
= ⇒ =
= ⇒ =
+ Vậy
( ) ( 1)( 1)( 2) ( )P x x x x x G x= − + +
+ Thay P(x) vào phương trình (1), ta thu được:

2 2
( 2)( 1)( 1)( 2) ( 1). ( 1) ( 2)( 1) ( 1)( 1)( 2). ( )x x x x x x x G x x x x x x x x G x+ + + − − + − = − − + − + +
+ Suy ra:

2 2
2 2
( 1) ( )
( 1). ( 1) ( 1). ( )
1 1
G x G x
x x G x x x G x
x x x x
−
+ + − = − + ⇔ =
− + + +
(với
0, 1, 2x x x≠ ≠ ± ≠ −
)

2 2
( 1) ( )
( 1) ( 1) 1 1
G x G x

+ Xét
3 2
( ) ( 1)( 1) ( 1)( 1)( 1)P x x x x x x x= + − = + − − +
. Suy ra:

( )
3
3 2
( 1) 1 1 ( 3 3 2)P x x x x x x x
 
+ = + + = + + +
 
, thu được đẳng thức:

3 2 2 2
( 3 3 2). . ( ) ( 1)( 1). ( 1)x x x x P x x x x P x+ + + = − − + +
.
Khi đó ta thu được bài toán 2 sau:
Bài toán 2: Tìm đa thức với hệ số thực P(x) thỏa mãn đẳng thức:

3 2 2 2
( 3 3 2). ( ) ( 1)( 1). ( )x x x x P x x x x P x x+ + + = − − + ∀

+ Nếu ta lại xét:

( )
2 2 2
2
( ) ( 1)( 3 2) ( 1)( 1)( 2)
(2 1) (2 1) 1 (2 )(2 1)

2
1 0P x x+ + =
, vậy nếu
0
x
là nghiệm
2
0 0 0
1x x x⇒ + + >
cũng là nghiệm, suy ra
( )
0P x =
có vô số nghiệm ( mâu thuẫn ).
+ Vậy
( )
0P x =
vô nghiệm
( )
*
deg 2 , ,P n m n m N⇒ = = ∈
chẵn, suy ra
( )
P x
được biểu
diễn dưới dạng:
( )
( )
( )
2
1

+ Nếu
( )
0G x ≠
, giả sử
deg 2G p m= <
.
+ Ta có
( )
( )
deg 2 2
2 2
deg 2 2
VT p
p m p
VP m p
=

⇒ < +

= +


( mâu thuẫn )
+ Vậy
( ) ( )
( )
2
0 1
m
G x P x x≡ ⇒ = +

( )
( ) ( )
2
1 . 1 , .P x x P x P x x R+ + = + ∀ ∈
 Chú ý : Trong cách giải trên vấn đề đặt ra là tại sao ta lại tìm được biểu diễn:
( )
( )
( )
2
1
m
P x x G x= + +
.
GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung
17
Tạo hứng thú học môn Toán qua việc khai thác lời giải một số bài toán
Ta có:
( )
( )
( ) ( ) ( )
2
2
2 2 2 4 3 2 2
1 1 1 1 2 2 3 3 2 2 1 1x x x x x x x x x x x
 
+ + + = + + + = + + + + = + + +
 
 Từ bài toán trên ta có thể đưa ra phương pháp xây dựng các bài toán tương tự:
1) Chọn đa thức có dạng:
( )

2 . 2P x x P x P x+ =
Hướng dẫn: Giải tương tự bài toán 4 ta thu được đáp số:
( )
( )
2
1
m
P x x= +
2) Nếu ta chọn đa thức có dạng:
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
2 2
1 1 1 1
m m
P x x x G x P x x x G x= + + + ⇒ − = − + + −
+ Xét
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 4 2 2 2
1 1 1 1x x x x x x x x+ + − + = + + = + +
, ta thu được bài toán sau:
Bài toán 6.Tìm đa thức với hệ số thực
( )
P x
thỏa mãn:
( )
( ) ( )

( )
2 2
f x f y f x f y x y− = − +
. (2)
+ Từ đẳng thức:
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2
x y x y x y x y f x ax b− + = + − ⇒ = +
là nghiệm của
phương trình sau:
c)
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
.x y f x y x y f x f y− + = + −
. (3)
+ Từ đẳng thức:
( )
( ) ( )
3 3 2 2
x y x xy y x y f x x− = + + − ⇒ =
là nghiệm của phương trình:
d)
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
3 3 2 2
f x f y x xy y f x f y− = + + −
. (4)

( )
( ) ( ) ( ) ( )
0 0x y f x y x y g x y f x y g x y x y f⇔ − + = − + + = − + + −
+ Từ đó ta thu được:
( )
( ) ( ) ( ) ( )
0 0g
xg x yg y x y g x y
=


− = − +


+ Chọn
y x= −
ta thu được:
( ) ( ) ( ) ( )
0 0xg x xg x g x g x x+ − = ⇒ = − − ∀ ≠
GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung
18
Tạo hứng thú học môn Toán qua việc khai thác lời giải một số bài toán
+ Ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
xg x yg y x y g x y− = − +
, thay
y
bởi
y−
ta được:


( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
3 3 2 2
, , .f x f y x xy y f x f y x y− = + + − ∀
(6)
( Vô địch MONDOVA 2004 )
Giải:
+ Xây dựng hàm:
( ) ( ) ( ) ( )
0 0 0g x f x f g= − ⇒ =
thay vào phương trình (6) thu được:
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
3 3 3 3 3 3
0 0f x f y g x f g y f g x g y− = + − + = −

( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( )
2 2 2 2

, 0,x y x y g x ax f x ax b≠ ≠ − ⇒ = ⇒ = +
trong đó:
,a b R∈
.
+ Thử lại thấy đúng, vậy
( )
f x ax b= +
thỏa mãn.
Bài toán 9. Tìm tất cả hàm
:f R R→
thỏa mãn điều kiện:

( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
, ,x y f x f y x y f x y x y+ − = − + ∀
( SILK ROAD MATHEMATICAL COMPETITION MARCH 2004 )
Giải:
+ Dễ dàng thử được:
2
( ) , ( , )f x ax bx a b R= + ∈
thỏa mãn phương trình. Chúng ta
chứng minh chỉ f(x) có dạng như trên thỏa mãn phương trình.
+ Xét
2
( ) ( )g x f x ax bx= − −
.
Chọn
[ ]
0 ( ) (0) ( ) (0) 0 (0) 0y x f x f xf x xf x f= ⇒ − = ⇒ − = ∀ ⇒ =

x y f x f y x y f x x f y y x f y y f x
y f x x f y x f y y f x
x f y f y y f x f x
f x f x f y f y
x y
x y
+ − = + + − − + − −
= + − − − −
⇔ − − = − −
− − − −
⇒ = ≠
+ Suy ra:
( ) ( ) ( 0)f x f x cx x− − = ≠
+ Mặt khác ta có:
[ ]
( 2 ). ( ) ( )
( 2 ). ( ) . ( )
( )
x y f x x f y cy
x y f x x f y
f x y
x x
+ + −
+ + −
+ = =
+ Thay vào phương trình đầu ta thu được:

[ ]
[ ]
[ ]

x f y cy y f x cx a
y x
 
= − + − ⇔ − = −
 ÷
 
− −
⇔ − = − ⇔ = =

2
1
( )
2 2
cx
f x ax⇒ = +
+ Vậy f(x) có dạng:
2
( )mx nx f x+ =
Thử lại ta có f(x) thỏa mãn phương trình.
4) Xây dựng một số bài toán xuất phát từ một bài toán phương trình
hàm trong kỳ thi toán Quốc tế.
Bài toán 10. ( IMO 2004 ) .Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn đẳng
thức:
( ) ( ) ( ) 2 ( )P a b P b c P c a P a b c− + − + − = + +
với
, ,a b c R∀ ∈
thỏa mãn ab + bc + ca = 0.
Giải:
 Bài toán được xây dựng trên các hằng đẳng thức có điều kiện sau đây:
+ Với

( )
0
.
n
i
i
i
P x a x
=
=
∑
thay vào (1) ta thu được:
( )
( )
( )
0 0
3 5 8 . 2.7 .
n n
i
i i i i i
i i
i i
a x a x
= =
+ + − =
∑ ∑
GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung
20
Tạo hứng thú học môn Toán qua việc khai thác lời giải một số bài toán
+ Đồng nhất hai vế ta được:

=

+ + − − = ⇔

=

+ Suy ra
0
i
a =
với i lẻ, i = 0, i chẵn lớn hơn hoặc bằng 6,
0
i
a ≠
khi i = 2, i = 4.
+ Vậy
( )
4 2
P x ax bx= +
, thử lại thấy
( )
P x
là nghiệm đúng.
 Với cách giải như trên chúng ta dễ dàng xây dựng được các bài toán tương tự
với cách giải tương ứng như sau:
 Với
0 ( , , )ab bc ca a b c R+ + = ∈
ta có đẳng thức
( )
2


0
2
2 2
0 0 0
6 3 ( 2) (7)
i
n n n n
i i i i i i i i
i i i i
i i i
a x a x a x a x
=
= = =
 
   
+ + − =
 ÷
 ÷  ÷
   
 
∑ ∑ ∑ ∑
+ Hằng đẳng hệ số ta có:
( )
. 6 3 ( 2) 7 0
k k k k
i j
i j k
a a
+ =

3i ≥

2
0, 2 0 ( )
i
a k a P x kx= = → = ⇒ =
+ Thử lại ta thấy thỏa mãn điều kiện của bài toán.
Bài toán 12. Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực P(x) thỏa mãn:

( ) ( ) ( ) ( ) , , , 0P a P b P c P a b c a b c R ab bc ca+ + = + + ∈ + + =
( Bài toán này có lời giải tương tự bài toán 11 )
+ Để có thể xây dựng bài toán dạng này một cách dễ dàng, chúng ta xét cách xây
dựng sau đây:
+ Ta có đẳng thức:
3 3 3
( ) 3 ( )a b a b ab a b+ = + + +
Nếu
3 3 3 3
3 ( ) 6 7 ( )ab a b b a b a b+ = ⇒ + = +
Từ đó chúng ta nhận được bài toán sau:
Bài toán 13. Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực P(x) thỏa mãn đẳng thức:

3
( ) ( ) 7 ( ) , , ( ) 2P a b P a P b a b R ab a b b+ = + ∈ + =
.
GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung
21
Tạo hứng thú học môn Toán qua việc khai thác lời giải một số bài toán
Giải:
+ Phương trình

3 3 3 3 3 3
( ) 7 ( ) 7k a b ka kb a b a b+ = + ⇔ + = +
(thỏa mãn).
+ Vậy đa thức cần tìm là:
( )
3
P x kx=
.
 Tương tự các bài toán trên, xuất phát từ một hằng đẳng thức quen thuộc chúng
ta có thể xây dựng bài toán thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2007 – 2008 sau:
Bài toán 14. ( Thi HSG cấp tỉnh Bình Phước năm học 2007 – 2008 )
Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn đẳng thức:

( ) ( ) ( ) ( )
2P a b P b c P c a P a b c+ + + + + = + +

với mọi số thực a, b, c thỏa:
2 2 2
0b c a+ − =
.
Giải:
+ Ta thấy
( )
5;4;3
là bộ số thỏa mãn:
2 2 2
0a b c− − =
(1) suy ra
( )
5 ;4 ;3x x x

a x a x a x a x
= = = =
⇔ + + =
∑ ∑ ∑ ∑
+ Đồng nhất các hệ số có chứa
i
x
ta được:
( ) ( )
9 8 7 2.12 . 9 8 7 12 0
i i i i i i i i
i i i
a a a+ + = ⇔ + + − =
+ Ta có:
9 8 7 2.12 0 1
1
9 8 7 12 0
i i i i
i i i i
i
i

+ + − = =

⇒


≠
+ + − ≠


.
c) Cho tam giác ABC, chứng minh rằng:
( )
2
1 cos cos cos ,
2
x
A x B C x R+ ≥ + + ∀ ∈
.
Câu 2:
a) Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
( )
2 2 2
1 1
2 1 .
2 4
x mx x m x mx
  
− + + + + =
 ÷
 
  
GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung
22
Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ bài tốn
b) Giải phương trình:
4 2
7
2 3
16

. Tìm GTNN của biểu thức:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b c
Q
a ab b b bc c c ca a
= + +
+ + + + + +
.
b) Gọi a, b, c là ba cạnh của tam giác ABC. Tìm GTNN của biểu thức:
a b c
Q
b c a c a b a b c
= + +
+ − + − + −
.
c) Gọi a, b, c là ba cạnh của tam giác ABC. Tìm GTNN của biểu thức:
4 9 16a b c
Q
b c a c a b a b c
= + +
+ − + − + −
.
Câu 4:
a) Cho x, y, z là các sớ thực dương thỏa mãn:
2 2 2
1x y z+ + =
. Tìm GTNN của biểu
thức sau:
2 2 2 2 2 2

2 3 4 2 3 4 2 3 4
x y z
Q
x y z y z x z x y
= + +
+ + + + + +
.
b) Cho M, a, b, c là các sớ thực dương thỏa mãn:
2 2 2
x y z M+ + ≥
. Tìm GTNN của:
3 3 3
x y z
Q
ax by cz ay bz cx az bx cy
= + +
+ + + + + +
KẾT QUẢ
Khi áp dụng phương pháp này vào giảng dạy học sinh bộ môn Toán ở trường
THPT, tôi nhận thấy rằng các em học sinh rất hứng thú với môn học, có lẽ vì trước
đó các em mới chỉ quen với lời giải một bài toán mà chưa biết cách tư duy nhằm tìm
tòi, tiếp cận lời giải bài toán và phát triển các bài toán khác. Chính vì các em cảm
thấy hứng thú với môn học nên trong mỗi năm học tôi nhận thấy chất lượng của môn
Toán nói riêng, và kết quả học tập của các em học sinh nói chung được nâng lên rõ
rệt, có nhiều em đầu năm học là học sinh yếu, TB nhưng cuối năm đã vươn lên để
trở thành học sinh TB, khá và giỏi, trong các kỳ thi tủn sinh vào các trường Đại học,
Cao đẳng có nhiều em đạt điểm 8, 9, 10 mơn Toán, góp phần nâng cao chất lượng giáo
GV: Đỗ Mạnh Tồn – Trường THPT chun Quang Trung
23
Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ bài tốn

3 2 4
2006 – 2007
10
01 0 0
2007 – 2008
1
9 0 1

BÀI HỌC KINH NGHIỆM
Quá trình dạy học được tiến hành bằng sự kết hợp giữa hoạt đợng dạy của thầy giáo
và hoạt đợng học của học sinh. Lâu nay, chúng ta thường chú ý nhiều đến chất lượng của
hoạt đợng dạy. Trong khi dự giờ, rút kinh nghiệm ta thường phân tích nhiều về những
khía cạnh hoạt đợng của thầy giáo ở trên lớp ( chất lượng bài giảng, khả năng lơi ćn
học sinh học tập, phong thái, cách trình bày bảng…). Điều đó là cần thiết vì giáo viên là
người điều khiển, tở chức quá trình dạy học. Nhưng việc ít quan tâm hoặc quan tâm
khơng đầy đủ, sâu sắc đến hoạt đợng học của học sinh lại là mợt thiếu sót lớn. Nhân
cách của học sinh, trong đó có kết quả trí dục, chính là chất lượng sản phẩm mà nhà
trường đào tạo cho xã hợi. Vì vậy, cần thiết phải chú ý đến hoạt đợng học, trước hết phải
rèn lụn cho học sinh kỹ năng học tập bợ mơn.
GV: Đỗ Mạnh Tồn – Trường THPT chun Quang Trung
24
Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ bài tốn
Từ nhận thức đó, kết hợp quá trình thực hiện đề tài sáng kiến kinh nghiệm này tơi đã
rút ra cho bản thân những bài học kinh nghiệm trong việc dạy học mơn Toán:
 Khi dạy học mơn Toán cần cung cấp cho học sinh mợt hệ thớng vững chắc những
tri thức, kỹ năng, phương pháp toán học phở thơng, cơ bản, hiện đại, sát thực tiễn
Việt Nam, trau dời cho học sinh khả năng vận dụng những hiểu biết toán học vào
việc học tập mơn khác, vào đời sớng và tạo tiềm năng tiếp thu khoa học, kỹ tḥt.
 Cần dạy học sinh cách khai thác vấn đề, nhằm phát triển năng lực trí ṭ chung
như tư duy trừu tượng, tư duy logic và tư duy biện chứng, rèn lụn các thao tác