Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 1
ĐẶT VẤN ĐỀ
Ngày nay cùng với sự phát triển của tất cả các ngành khoa học cơ bản
Toán học là một trong số những ngành khoa học đi đầu, có vị trí hết sức quan
trọng. Chúng ta có thể nhận thấy điều này thông qua ứng dụng của Toán học
hầu hết có mặt trong tất cả các lĩnh vực của đời sống xã hội. Sự ra đời và phát
triển mạnh mẽ của công nghệ thông tin đã dẫn đến sự bùng nổ các ứng dụng
của Toán học, đem lại hiệu quả to lớn cho đời sống xã hội.
Toán học có ví trí đặc biệt quan trọng trong việc nâng cao và phát triển
dân trí. Toán học không chỉ cung cấp cho học sinh (người học Toán) những
kỹ năng tính toán cần thiết mà còn là điều kiện chủ yếu rèn luyện khả năng tư
duy lôgic, một phương pháp luận khoa học.
Trong việc dạy học Toán thì việc tìm ra những phương pháp dạy học và
giải bài tập Toán đòi hỏi người giáo viên phải chọn lọc hệ thống bài tập,
phương pháp dạy học để góp phần hình thành và phát triển tư duy của học
sinh. Đồng thời qua việc học Toán học sinh cần được bồi dưỡng, rèn luyện về
phẩm chất đạo đức, các thao tác tư duy để giải các bài tập Toán trong đó loại
toán về bất đẳng thức cũng là một trong những bài toán hay giúp học sinh
phát huy cao độ tính tư duy, trí tuệ.
Với suy nghĩ đó bản thân tôi xin mạnh dạn bày tỏ một vài quan điểm,
những hiểu biết của bản thân thông qua việc tìm hiểu, sưu tầm, học hỏi,
chọn lọc những vấn đề có liên quan đến loại toán về bất đẳng thức để
chúng ta cùng nhau bàn bạc, tham gia góp ý để việc dạy học bất đẳng thức
ngày càng hiệu quả hơn.
CƠ SỞ KHOA HỌC
Giải toán bất đẳng thức là loại toán khó vì phạm vì kiến thức vận dụng
là rộng, đặc biệt là với học sinh bậc THCS. Qua thực tế giảng dạy ở THCS
tôi thấy thực trạng khi dạy toán bất đẳng thức đó là:
- Với giáo viên: khi dạy về bất đẳng thức chỉ tập trung vào việc chữa

I.MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
1. Định nghĩa
Cho 2 số a và b ta nói:
a lớn hơn b, kí hiệu: a > b
⇔
a - b > 0.
a nhỏ hơn b, kí hiệu: a < b
⇔
a - b < 0.
2. Các tính chất của bất đẳng thức
2.1. a > b
⇔
b < a.
2.2. Tính chất bắc cầu: a > b, b > c
⇒
a > c.
2.3. Tính chất cộng: Cộng cùng một số vào hai vế của bất đẳng thức:
a > b
⇒
a + c > b + c.

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 3
2.4. Cộng từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều được bất đẳng thức mới
cùng chiều với bất đẳng thức đã cho: a > b, c > d
⇒
a + c > b + d.
Chú ý: không được trừ từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều.
2.5. Trừ từng vế của hai bất đẳng thức ngược chiều được bất đẳng thức

> b
n
với n = 2k ( k
∈
Z).
2.9. So sánh hai luỹ thừa cùng cơ số với số mũ nguyên dương
Với m > n > 0:
- Nếu a > 1 thì a
m
> a
n
.
- Nếu a = 1 thì a
m
= a
n
.
- Nếu 0 < a < 1 thì a
m
< a
n
.
2.10. Lấy nghịch đảo hai vế và đổi chiều bất đẳng thức nếu hai vế cùng
dấu
Nếu a > b > 0 hoặc a < b < 0 thì
1 1
a b
<
.
Chú ý: Ngoài các bất đẳng thức chặt (a > b) ta còn gặp các bất đẳng


a
. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = 0.
3.4.
a b+

≤

a
+
b
. Xảy ra dấu đẳng thức khi ab
≥
0.

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 4
3.5.
a b−

≥

a
-
b
. Xảy ra dấu dẳng thức khi ab
≥
0;
a

≥
ab hay (a + b)
2

≥
4ab (Bất đẳng thức Cô si).
c/
1 1 1
a b a b
+ ≥
+
với a; b > 0.
d/
a b
2
b a
+ ≥
với ab > 0.
e/ (ax + by)
2

≥
(a
2
+ b
2
).(x
2
+ y
2

−

≥
0 luôn đúng
a,b 0∀ ≥
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Ví dụ 2: Cho a > 0; b > 0. Chứng minh rằng:
3
3 3
a b a b
.
2 2
+ +
 
≥
 ÷
 
Giải
Xét hiệu: A =
( )
( )
( )
3
2 2
3
3 3
a b a ab b
a b
a b a b

 
 
+ − + − − −
=
 ÷
 
= + −
Vì a > 0; b > 0 nên a + b > 0 và (a - b)
2

≥
0
⇒
A
≥
0.
Vậy
3
3 3
a b a b
.
2 2
+ +
 
≥
 ÷
 
2. Phương pháp dùng các tính chất của bất đẳng thức
2.1. Cơ sở toán học
- Xuất phát từ các bất đẳng thức đã biết vận dụng các tính chất của bất

2
) + 2ab ≤ 4
Lại có (a + b)
2
= a
2
+ 2ab + b
2
= (a
2
+ b
2
) + 2ab
⇒

( )
2
a b 4+ ≤
hay
a b 2.+ ≤
Nhưng
a b a b+ ≥ +
nên
a b 2.+ ≤
Ví dụ 4: Cho a + b > 1. Chứng minh a
4
+ b
4
>
8

Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 6
Cộng từng vế của (2) và (3) ta được: 2(a
2
+ b
2
) > 1
⇒
(a
2
+ b
2
) >
2
1
. (4)
Bình phương hai vế của (4) ta được: a
4
+ 2a
2
b
2
+ b
4
>
4
1
. (5)
Mặt khác: (a
2
- b

8
1
.
2.3. Chú ý
Khi sử dụng các bất đẳng thức ta cần tránh những sai lầm sau:
1. a > b; c > d
⇒
a - c > b - d.
2. a > b; c > d
⇒
ac > bd. (Nhân vế với vế của hai bất đẳng thức mà
chưa biết hai vế có không âm hay không)
3. Bình phương hai vế của một bất đẳng thức mà chưa biết hai vế
không âm:
a > b
⇒
a
2
> b
2
.
4. Khử mẫu mà chưa biết dấu của chúng:
b
a
>
d
c

⇒
ad > bc.

2
1
+
3
1
) + (
2
2
1
+ +
7
1
) + (
3
2
1
+ +
15
1
) + + (
1
2
1
−n
+
12
1
−
n
).

3.1. Cơ sở toán học
- Để chứng minh bất đẳng thức A
≥
B ta biến đổi tương đương (dựa
vào các tính chất của bất đẳng thức) A
≥
B
⇔
C
≥
D. Và cuối cùng đạt
dược bất đẳng thức đúng hoặc hiển nhiên là C
≥
D.
Vì các phép biến đổi đều là tương đương nên A
≥
B.
- Để dùng phép biến đổi tương đương ta cần chú ý các hằng đẳng thức
sau:

2 2 2
(A B) A 2AB B± = ± +
.
(A + B + C)
2
= A
2
+ B
2
+ C

Mà
2
1
x 0 x
2
 
+ ≥ ∀
 ÷
 

2
1 3
x 0 x
2 4
 
⇒ + + > ∀
 ÷
 

A 0 x⇒ > ∀
(đpcm)
Ví dụ 6: Chứng minh rằng với 4 số bất kì a; b; x; y ta có:
(a
2
+ b
2
)(x
2
+ y
2

≥
a
2
x
2
+ 2abxy + b
2
y
2
.

⇔
a
2
y
2
- 2abxy + b
2
x
2

≥
0
⇔
(ay - bx)
2

≥
0 (2).
Ta thấy bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) đúng.

với n = k + 1. Thì mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương.
Như vậy để chứng minh một mệnh đề T(n) đúng với mọi số nguyên
dương bằng phương pháp quy nạp toán học ta phải tiến hành theo 3 bước:
- Bước 1: Chứng tỏ mệnh đề T(n
0
) đúng. (Kiểm tra mệnh đề đúng với n
0
là giá trị nhỏ nhất của n thường là 0 hoặc 1)
- Bước 2: Giả sử mệnh đề T(k) đúng.
Ta phải chứng minh mệnh đề T(k+1) cũng đúng.
- Bước 3: Kết luận mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương n.
4.2 Một số ví dụ minh hoạ
Ví dụ 7: Chứng minh rằng: Với x > -1 thì (1 + x)
n

≥
1 + nx, trong đó n là số
nguyên dương bất kì.
Giải
+ Với n = 1, ta có bất đẳng thức đúng 1 + x
≥
1 + x.
+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k tức là (1 + x)
k

≥
1 + kx.
Ta phải chứng minh bất đẳng thức cũng đúng với n = k + 1. Tức là phải
chứng minh (1 + x)
k+1

Ví dụ 8 : Chứng minh rằng
( )
2n 1
1 3 5 1
. .
2 4 6 2n
3n 1
−
≤
+
n là số nguyên dương.
Giải
+Với n = 1, ta có:
1 1 1
2 2
3 1
≤ =
+
bất đẳng thức đúng.
+Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k ≥ 1. Tức là:
( )
2k 1
1 3 5 1
. .
2 4 6 2k
3k 1
−
≤
+
+Ta cần chứng minh bất đẳng thức cũng đúng với n = k + 1. Tức là cần

( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
3 2 3 2
2k 1
1 1
.
2 k 1
3k 1
3 k 1 1
3k 1 4 k 1 2k 1 3k 4
12k 28k 20k 4 12k 28k 19k 4
+
≥
+
+
+ +
⇔ + + ≥ + +
⇔ + + + ≥ + + +
k 0⇔ ≥
(luôn đúng)
Vậy bất đẳng thức đúng với mọi số nguyên dương n.
4.3. Chú ý.
Khi chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp này thì phải hiểu kỹ
các bước chứng minh, các phép biến đổi tương đương, tính chất của bất đẳng
thức.
5. Phương pháp dùng bất đẳng thức dã biết
5.1. Cơ sở toán học
Trong nhiều bài toán để việc chứng minh bất đẳng thức được gọn ta có
thể sử dụng các bất đẳng thức đã được chứng minh, nhất là các bất đẳng thức:

 ÷
 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
a b
a b.
b a
= ⇔ =
Ví dụ 10: Cho x và y dương. Chứng minh rằng:
1 1 4
x y x y
+ ≥
+
. Dấu “=” trong
bất đẳng thức trên xảy ra khi nào?
Giải
Do x, y là số dương nên theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
( )
x y 2 xy
1 1 2
x y
xy
1 1 1 1 4
x y 4
x y x y x y
+ ≥
+ ≥
 
⇒ + + ≥ ⇒ + ≥
 ÷
+

2 3 0 0
b a b a 4 4 b a 2 4
 
 
   
⇔ + + − + + − ≥ ⇔ + − − ≥
 
 ÷
 ÷  ÷
   
 
 

a b a b
2 . 1 0.
b a b a
   
⇔ + − + − ≥
 ÷ ÷
   
(2)
Vì
a b
2
b a
 
+ ≥ ⇒
 ÷
 
(2) luôn đúng với

> 0)

( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
2
2 2 2 2
2 2 2
2 2
2
2
2
a b 3ab a 2ab b 0.
a b a b 3ab a b 0.
a b a b 3ab 0.
b 3b
a b a 0.(2)
2 4
⇔ − − − + ≥
⇔ − + − − ≥
 
⇔ − + − ≥
 
 
 
⇔ − − + ≥
 
 ÷
 

2.
Giải
Giả sử a + b > 2.
Vì hai vế đều dương nên bình phương hai vế ta được:
(a + b)
2
> 4
⇔
a
2
+ 2ab + b
2
> 4. (1)
Mặt khác ta có: 2ab < a
2
+ b
2

⇒
a
2
+ 2ab + b
2

≤
2(a
2
+ b
2
).

>

Chứng minh rằng cả 3 số a; b; c là số dương.
Giải
Vì abc > 0 nên trong 3 số a; b; c phải có một số dương.
Giả sử ngược lại cả 3 số đều âm thì abc < 0. Vô lý.
Không mất tính tổng quát ta giả sử a > 0.
Mà abc > 0 nên bc > 0.
Nếu b < 0; c < 0 thì b + c < 0.
Từ a + b + c > 0
( ) ( )
2
2 2
2 2
2 2
b c a b c a b c b 2bc c ab ac
ab ac b 2bc c
ab bc ac b bc c ab ac bc 0
⇒ + > − ⇒ + < − + ⇒ + + < − −
⇔ + < − − −
⇔ + + < − − − ⇔ + + <
Điều này trái với giả thiết: ab + ac + bc > 0.
⇒
b > 0; c > 0.
Vậy cả 3 số a; b; c là số dương.

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 13
6.3. Chú ý

1 2 1 2 1 2
x x y y z z
9 3 9 3 9 3
     
+ + = + + +
 ÷  ÷  ÷
     
   
= + + + + + +
 ÷ ÷ ÷
   

( )
2 2 2 2 2 2
1 2 1 1
x y z x y z x y z .
3 3 3 3
= + + + + + + = + + + ≥
Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi
1
x y z 0 a b c .
3
= = = ⇔ = = =
Ví dụ 14: Chứng minh bất đẳng thức sau:

( ) ( ) ( )
abc a b c a b c b c a≥ + − + − + −
. (1)
Với a; b; c là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Giải

2
2
2
x y 4xy
y z 4xz
x z 4xz
+ ≥
+ ≥
+ ≥
Vì hai vế của bất đẳng thức trên không âm nên ta nhân từng vế các bất đẳng
thức trên ta được:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
y z x z x y 64x y z .+ + + ≥

( ) ( ) ( ) ( )
2
2
y z x z x y 8xyz .⇔ + + + ≥ 
 
⇒
(2) được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
Vậy (1) được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
7.3 Chú ý: Khi dùng phương pháp đổi biến để chứng minh bất đẳng
thức cần chú ý:
* Đặt biến mới theo hệ biến cũ, kèm theo điều kiện của biến mới.
* Nắm chắc được các phép biến đổi, các bất đẳng thức cơ bản để áp dụng.
* Đổi về biến cũ.
8. Phương pháp sử dụng tam thức bậc 2

thì
1 2 2 1
x ;x : x x∃ >
. Ta có:
- x nằm ngoài khoảng 2 nghiệm: x < x
1
; x > x
2

⇔
a.F
(x)
> 0.
- x nằm trong khoảng 2 nghiệm:x
1
<x < x
2

⇔
a.F
(x)
< 0.

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 15
8.2. Ví dụ minh hoạ
Ví dụ 15: Cho các số: a, b, c, d thảo mãn: a + d = b + c. Chứng minh rằng:
Nếu lấy số m sao cho: 2m >
ad bc−

(y)
= y
2
+ (ad + bc)y + abcd + m
2
.
Ta có:
( )
( )
( )
2 2
2 2
y
ad bc 4.1. abcd m ad bc 4m .∆ = + − + = − −
Vì
2m ad bc> −
nên
( )
( )
2
y
2
y
0
4m ad bc F 0.
A 1 0
∆ ≤

≥ − ⇔ ⇔ ≥


2
= = x
n.
*Định lý 1: Nếu có n số dương x
1
; x
2
; x
n
có tổng bằng S không đổi thì tích
P = x
1
. x
2
. .x
n
có giá trị lớn nhất khi:
1 2 n
1 2 n
x x x
.
m m m
= = =
Trong đó m
i
là các số hữu tỉ dương.

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 16

2
+ + x
n
có giá trị bé nhất khi
1 2 n
1 2 n
x x x
.
m m m
= = =
Trong đó m
i
(i = 1; 2; ; n) là các số hữu tỉ dương cho trước.
3. Mệnh đề 3: Cho x
1
; x
2
; x
n

∈
R ta có:
1 2 n 1 2 n
x x x x x x .+ + + ≥ + + +
(1)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x
i
cùng dấu. Đặc biệt:
1 2 1 2
x x x x .− ≥ −

tham số a để phương trình có đúng 2 nghiệm trên tập hợp số nguyên.
Giải
Ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a x 2 a x 1 2a a x 2a 1 a x 2a A.− + − + = − + − + =
áp dụng bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối ta có:
2 2 2 2 2 2
A a x 2a 1 a x 2a 1.
≥ − + − + =
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a
2
x
2
- 2a
2
; 1 - a
2
x
2
; 2a
2
cùng dấu.

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 17
Do đó
2
2 2
x 2 0

.
Vậy
2
1 1 1
4 9 a .
a 3 2
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
3. Dùng bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình
Ví dụ 18: Giải phương trình sau:
2 2
3x 12x 16 y 4y 13 5.
− + + − + =

Giải
Ta thấy:
( )
2
2
3x 12x 16 3 x 2 4 2− + = − + ≥
.

( )
2
2
y 4y 13 y 2 9 3.− + = − + ≥

⇒
2 2
3x 12x 16 y 4y 13 5.− + + − + =


HÌNH HỌC
1. Một số kí hiệu thường dùng để chỉ các yếu tố của tam giác
1.1. a; b; c tương ứng là độ dài 3 cạnh AB; AC; BC của
.ABC
∆
1.2.
γβα
;;
tương ứng là độ lớn các góc tại 3 đỉnh A; B; C.
1.3. m
a
; m
b
; m
c
tương ứng là độ dài các đường trung tuyến dựng từ các đỉnh
A; B; C.
1.4. h
a
; h
b
; h
c
tương ứng là độ dài các đường cao hạ từ các đỉnh A; B; C.

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 18
1.5. l
a

2.5. Trong tam giác ABC có: AB - AC < BC < AB + AC
AB - BC < AC < AB + BC
AC - BC < AB < AC + BC
2.6. Trong một đường tròn hay trong hai đường tròn bằng nhau:
+ Cung lớn hơn khi và chỉ khi dây trương cung lớn hơn.
+ Đường kính là dây cung lớn nhất.
2.7. S
ABC
≤

1
AB.AC;
2
S
ABC
≤

1
BC.AB;
2
S
ABC
≤

1
CA.AC
2
II. MỘT SỐ CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
1. Sử dụng bất đẳng thức tam giác
Ví dụ 1: Chứng minh rằng trong tam giác ABC có AB = c, AC = b, BC = a,

B
A
Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 19
⇒
2AM > AB + AD - BC
⇒
m
a
>
b c a
2
+ −
(1)
Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho: MA = MD
⇒
∆
ABM =
∆
DCM
(c.g.c)
⇒
AB = CD.
Xét
∆
ACD có: AD < AC + CD = AC + AB.
⇒
2 AM < AC + AB
⇒

≤

4
2
BC
.
Giải
Xét
∆
AKB và
∆
CKH có:
·
·
0
AKB CKH 90= =·
·
BAK HCK=
(Hai góc có cạnh tương ứng vuông góc).

⇒
( )
AKB CKH g.g∆ ∆:

⇒
KA KC
KB KH

3. Sử dụng phép đối xứng giải toán bất đẳng thức hình học
Ví dụ 3: Cho
∆
ABC bất kỳ. Chứng minh rằng: h
a
≤
p(p a)−
Với p là nửa chu vi của
∆
ABC, h
a
là đường cao hạ từ A.

H
K
B
C
A
Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 20
Giải
Qua A kẻ Ax // BC.
Thực hiện phép đối xứng trục Ax ta có:
SAx : B

B’
C

C’

≤
2 2
1
(b c) a
4
 
+ −
 
=
=
1
(b c a)(b c a)
4
+ − + +
= p(p - a)
⇔
h
a
2
≤
p(p - a)
⇔
h
a
≤
p(p a)−
(đpcm).
Ví dụ 4: Gọi a ,b, c là 3 cạnh của một tam giác, các đường cao tương ứng là h
a
, h

CK = AH = HE
⇒
AE = 2 h
c

Với 3 điểm E, B, C ta luôn có: BE
≤
BC + CE
⇒
BE
≤
a + b.
Theo định lý Pitago trong tam giác vuông ABE ta có: AE
2
+ AB
2
= BE
2
.
⇔
(2h
c
)
2
+ c
2
≤
(a + b)
2
⇔

b
2
+ h
c
2
)
≤
(a + b)
2
- c
2
+(b + c)
2
- a
2
+ (a + c)
2
- b
2

⇔
4(h
a
2
+ h
b
2
+ h
c
2

x
B
A
H
E
C
Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 21
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
⇔
∆
ABC là tam giác đều.
4. Sử dụng các bất đẳng thức đại số
Ví dụ 5: Cho
∆
ABC và O là điểm bất kỳ trong tam giác, các tia AO, BO, CO
cắt BC, CA, AB lần lượt tại P, Q, R. Chứng minh rằng:
a)
OP OQ OR
1
AP BQ CR
+ + =
b)
AP BQ CR
9
OP OQ OR
+ + ≥
. Dấu “=” xảy ra khi nào?
Giải

BOA
ABC
S OR
S CR
=
;
AOC
ABC
S OQ
S BQ
=
⇒
BOD BOA AOC
ABC ABC ABC
S S S OP OQ OR
S S S AP BQ CR
+ + = + +
=1.
Đặt
1
OP
a
AP
=
;
1
OQ
b
BQ
=

. Nên ta có:
AP BQ CR
9
OP OQ OR
+ + ≥
(đpcm).
Ví dụ 6: Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng:
AB.CD + AD.BC
≥
AC.BD
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD nội tiếp.
Giải
Vẽ tia Ax sao cho:
·
·
DAx CBD=
Vẽ tia Dy sao cho:
·
·
ADy BDC=

Gọi M là giao điểm của Ax và Dy
Xét
∆
ADM và
∆
BDC có:

K
H

⇒
AD AM DM
BD BC DC
= =
⇒
BC.AD = BD.AM(1)
Vì
·
·
ABD CDM=
và
AD AM DM
BD BC DC
= =
⇒
ADB MCD
∆ ∆
:
(c.g.c).
⇒
AB BD
MC CD
=
⇔
AB.CD=BD.MC (2).
Từ (1) và (2)
⇒
AB.CD + BC.AD = BD.AM + BD.MC = BD(AM + MC);
Mà: AM + MC
≥

, a
2
, , a
n
tuỳ ý. Chứng minh ta
luôn có:
2 2 2 2
1 2 n 1 2 n
2 2 2
1 2 n 1 2 n
a a a (a a a )

b b b b b b
+ + +
+ + + ≥
+ + +
(*). Dấu “=” xảy ra khi nào?
Giải
áp dụng bất đẳng thức: Bunhiacốpki ta có:
(a
1
+ a
2
+ + an)
2
=
1 2 n
1 2
1 2 n
a a a

1
+ b
2
+ + bn) ta được:

2 2 2 2
1 2 n 1 2 n
2 2 2
1 2 n 1 2 n
a a a (a a a )

b b b b b b
+ + +
+ + + ≥
+ + +
(đpcm).

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 23
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
1 2 n
1 2 n
a a a

b b b
= = =
.
KẾT QUẢ THỰC NGHIỆM
Để so sánh hiệu quả của hai phương pháp đã tiến hành thực hiện ở 2

2
1
1
(4 7,042) (5,5 7,042) (9,5 7,042)
1,977
12
1,406
− + − + + −
∂ = ≈
⇒ ∂ ≈
2 2 2 2
2
2
2
(3 5,75) (4 5,75) (5 5,75) (8,5 5,75)
2,125
12
1,46
− + − + − + + −
∂ = ≈
⇒ ∂ ≈
Từ kết quả trên chúng ta có thể dễ dàng nhận thấy:
-Nhóm (I) có điểm trung bình cao hơn và độ lệch tiêu chuẩn thấp hơn.
-Nhóm (II) có điểm trung bình thấp hơn và độ lệch tiêu chuẩn cao hơn.
Chứng tỏ rằng nhóm (I) có kết quả học tập tốt hơn nhóm (II)
Trên đây là kết quả bước đầu của việc nghiên cứu và áp dụng nội
dung của đề tài vào thực tiễn quá trình giảng dạy tại Trường THCS Trung
Lập trong những năm học trước và tại Trường THCS Vĩnh Phong năm
học 2008 - 2009. Tuy nhiên, với việc áp dụng của cá nhân nên kết quả có
thể mới chỉ dừng lại ở mức độ nào đó. Bởi vì, đây là một vấn đề có nội

thân sẽ nhận được sự quan tâm, động viên và đóng góp ý kiến của bạn bè
đồng nghiệp và những người “Yêu toán”.
Xin chân thành cảm ơn!
Vĩnh Bảo, ngày 10 tháng 01 năm 2009
NGƯỜI VIẾT
Phạm Ngọc Điền

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 25
DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO
1.Bộ Giáo dục và Đào tạo: Sách giáo khoa Toán THCS. NXBGD –
2005.
2.Bộ Giáo dục và Đào tạo: Sách giáo viên Toán THCS. NXBGD –
2005.
3.Bộ Giáo dục và Đào tạo: Khuyến khích một số hoạt động trí tuệ của
học sinh qua môn toán ở trường THCS. NXBGD – 1999.
4.Bộ Giáo dục và Đào tạo: Một số vấn đề về đổi mới phương pháp dạy
học Toán ở trường THCS. NXBGD – 2004.
5.Hoàng Chúng: Phương pháp dạy học Toán THCS. NXBGD – 2000.
6.Nguyễn Cảnh Toàn: Nên học Toán như thế nào cho tốt. NXBGD –
2006.
7.Nguyễn Đức Đồng - Nguyễn Văn Vĩnh: 23 chuyên đề giải 1001 bài
toán sơ cấp. NXB Trẻ - 2000.
8.Võ Đại Mau: Tuyển tập 250 bài toán bồi dưỡng HSG toán cấp 2.
NXB Trẻ 1998.
9.Trần Văn Thương - Hồ Thị Kim Khánh: Phân loại và phương pháp
giải toán 9 (Đại số, Hình học). NXB Trẻ - 1997.
10.Vũ Hữu Bình – Tôn Thân - Đỗ Quang Thiều: Toán bồi dưỡng học
sinh giỏi lớp 9. NXBGD – 1998.