SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Lê Duy Lâm
A – MỞ ĐẦU
LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Như ta đã biết trong chương trình Toán trung học phổ thông có một phần mà
học sinh thường rất ngại học – Đó là phần bất đẳng thức nhưng nó lại là phần mà
trong các kì thi thi Đại học, Cao đẳng và TH hay các kì thi học sinh giỏi các cấp
thường ra để phân loại học sinh. Thông thường các bài toán khó này thuộc loại
chứng minh bất đẳng thức hay tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu
thức liên quan đến chứng minh bất đẳng thức.Việc tìm ra hướng giải các bài toán
này thường không đơn giản đối với học sinh. Để thay đổi thái độ của học sinh trong
học phần này Tôi đã đưa ra một kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức để từ đó học
sinh có thể vận dụng vào việc giải các bài toán phần này cũng như mở rộng, đào
sâu thêm để từ đó làm tốt các bài toán phần này.
B - NỘI DUNG
1. Cơ sở lí luận
Phần chứng minh các bài toán bất đẳng thức và các bài toán tìm giá trị lớn nhất
và nhỏ nhất của biểu thức là phần khó đối với học sinh cũng như là phần khó dạy
đối với giáo viên. Việc đưa ra được một phương pháp giải chung cho phần này là
rất khó, hơn nữa của các bài toán BĐT là thường rất đa dạng và phong phú.Nó
thường không theo một quy luật. Việc học sinh nắm được cách giải các bài toán ở
phần này giúp củng cố các kiến thức, rèn luyện kỹ nămg. Qua đó vận dụng vào các
dạng toán khác một cách nhanh nhạy, linh hoạt và có thể giải được một số bài toán
về bất đẳng thức; về giá trị lớn nhất nhỏ nhất.
Mặt khác từ chuyên đề nhỏ này cùng với một số kinh nghiệm mà tôi tích lũy
được các em có thể mở rộng tư duy tiếp cận một số toán khác. Đặc biệt là giúp các
em có thể giải được một số bài tập liên quan đến phần này và các dạng toán thi
THCN, CĐ, ĐH.
1
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Lê Duy Lâm
2. Cơ sở thực tiễn
Qua một thời gian giảng dạy tại trường THPT Quảng Xương 4 tiếp cận với học

Ví dụ 1: Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng

2 2 2 2 2 2
2 2 2 2( )x xy y y yz z z zx x x y z+ + + + + + + + ≥ + +
(1)
Tôi cho học sinh nhận xét về dạng BĐT ; nhận xét vai trò các biến .
Học sinh nhận ra vai trò các biến là bình đẳng
Phân tích : Trong BĐT (1) các biến được hoán vị vòng quanh và đẳng thức xảy ra
khi x = y = z. Do vậy, nếu ta chọn được hai số m, n để có BĐT
2 2
2x xy y mx ny+ + ≥ +
(*) ta gọi là BĐT cơ sở
Thì nó là cơ sở để suy ra BĐT (1)
- Tôi lại đặt câu hỏi ? Nêu nhận xét về quan hệ giữa hai số m và n.
- Học sinh không dễ trả lời được câu hỏi này.
- Tôi hướng bằng cách chỉ ra rằng: Nếu có thêm các BĐT như BĐT ( *) với
các biến khác nhau là
2 2
2 2
2
2
y yz z my nz
z zx x mz nx
+ + ≥ +
+ + ≥ +
. Khi cộng hai vế tương ứng của
ba BĐT ta thấy quan hệ giữa m, n như thế nào?
- Học sinh sẽ nhận ra để có được BĐT (1) thì m + n = 2
- Tôi lại đặt câu hỏi ? Tìm m, n để m + n = 2 và thỏa mãn BĐT (*). Học sinh
sẽ khó trả lời được câu hỏi này.

− −
⇔ − − − ≥
 ÷
−
 
Để BĐT này đúng với mọi t ta cần điều kiện gì?
Học sinh sẽ trả lời là
2
2
2
1 0
3 5
4 2
4 4
1
1
m
m n
m m
m

− >

⇔ = ⇒ =

− −
=

−


+ + ≥
Cộng hai vế tương ứng của ba BĐT này ta được BĐT (1). Đẳng thức xảy ra khi x =
y = z
Kết luận : Qua ví dụ 1 ta rút ra một nhận xét là việc chứng minh BĐT lớn của bài
ra thực chất là đi chứng minh một BĐT đơn giản phụ thuộc vào hai biến. Cũng qua
ví dụ học sinh nhận ra được kỹ năng tìm m, n để có một BĐT cở sở hai biến quan
trọng là tiền đề để chứng minh bài ra.
Ví dụ 2. Cho x, y, z > 0 và xy + yz + zx = 1 . Chứng minh rằng
2 2 2 2 2 2
2 3 2 3 2 3 5x y z y z x z x y+ + + + + ≥
.
Phân tích.
Tôi hướng dẫn học sinh cách chứng minh bằng việc thay
5 5.1 5.( )xy yz zx= = + +
Nên ta sẽ chứng minh BĐT sau
2 2 2 2 2 2
2 3 2 3 2 3 5.( )x y z y z x z x y xy yz zx+ + + + + ≥ + +
4
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Lê Duy Lâm
Đến đây học sinh nhận ra là BĐT có các biến hoán vị vòng quanh và đẳng thức xảy
ra khi x = y = z
Tôi đặt câu hỏi tìm m, n để có BĐT nào? Học sinh sẽ chỉ ra tìm m, n để có BĐT
2 2 2 2
2 3 2 3x y z mxy nxz y z my nz+ ≥ + ⇔ + ≥ +
Hỏi ? Nêu quan hệ giữa m và n? Học sinh sẽ trả lời được m+n =
5

hay m =
5
- n

−
 
Hỏi? Tìm điều kiện để BĐT đúng với mọi t? Học sinh sẽ trả lời được điều kiện là
2
2
2
2 0
2 3
2 5 2
5 5
1
2
m
m n
m m
m

− >

⇔ = ⇒ =

− −
=

−

Tôi gọi học sinh lên bảng trình bày lời giải.
Lời giải Với x, y >0 ta có
2 2 2
2 3

Kết luận: Qua ví dụ 2 học sinh rút ra được bài học về chứng minh BĐT bằng cách
thay đổi biểu thức của cần chứng minh bằng một biểu thức khác mà việc chứng
minh và tìm ra BĐT cơ sở là đơn giản hơn và có cơ sở.
Ví dụ 3. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
3 3 3
2 2 2 2 2 2
3
a b c a b c
a ab b b bc c c ca a
+ +
+ + ≥
+ + + + + +
Phân tích Tôi cũng cho học sinh nhận xét về dạng BĐT
Hỏi? Ta cần tìm m,n để có BĐT nào?
Học sinh sẽ chỉ ra rằng cần tìm m, n sao cho có BĐT
3
2 2
a
ma nb
a ab b
≥ +
+ +
Hỏi? Nêu quan hệ giữa m và n?
Học sinh sẽ nhận ra được m + n =
1
3
hay n =
1
3
- m

( 1) 3(1 ) (2 3 ) 1 3 0t m t m t m
 
⇔ − − + − + − ≥
 
(*)
Hỏi? Để BĐT (*) đúng thì ta cần điều kiện gì?
Học sinh sẽ không dễ để chỉ ra, tôi hướng dẫn điều kiện là
2
3(1 ) (2 3 ) 1 3 0m t m t m− + − + − =
có nghiệm t = 1 suy ra m =
2
3

⇒
n =
1
3
−
6
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Lê Duy Lâm
Sau đó tôi cho học sinh trình bày bài giải
Lời giải Với a, b >0 ta có
3
2
2 2
2 1
( )( ) 0
3 3
a
a b a b a b

a b c a b c
a ab b b bc c c ca a
+ +
+ + ≥
+ + + + + +
đpcm
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Tôi cho học sinh áp dụng phương pháp vào giải bài toán tìm giá trị lớn nhất nhỏ
nhất.
Ví dụ 4 Cho ba số dương a, b, c và a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn nhất của
P =
3 3 3 3 3 3
2 2 2
29 29 29
6 6 6
b a c b a c
ab b bc c ca a
− − −
+ +
+ + +
Phân tích
Tôi cho học sinh trả lời câu hỏi giá trị lớn nhất đạt được khi nào? Học sinh trả lời
khi a = b =c =1.
Hỏi? Tìm giá trị lớn nhất đó? Học sinh trả lời là 12
Tôi hướng dẫn học sinh sẽ chứng minh P
12≤
Hay chứng minh P
4( )a b c≤ + +
Hỏi? Ta tìm m,n để có BĐT nào?
HS trả lời ta tìm m, n để có BĐT

t
b
=
> 0 ta được
3 2
(4 5 ) ( 5 6 ) 0t mt m t m+ + + + − − ≥
2
( 1) ( 1) 5 6 0t t m t m
 
⇔ − + + + + ≥
 
(*)
Hỏi? Để BĐT (*) đúng thì ta cần điều kiện gì?
Học sinh chỉ điều kiện là
2
( 1) 5 6t m t m+ + + +
= 0 có nghiệm t = 1 suy ra m = -1
⇒
n
= 5
Sau đó tôi cho học sinh lên bảng trình bày bài giải
Lời giải Với a, b > 0 ta có
3 3
2
2
29
5 ( )( ) 0
6
b a
a b a b a b

(III)
Cộng hai vế tương ứng của ba BĐT (I), (II) và (III) ta được
P
4( ) 4.3 12a b c P P≤ + + ⇔ ≤ ⇔ ≤

Hỏi? P = 12 khi nào? Học sinh trả lời P = 12 khi a = b = c = 1
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 12 khi a = b = c =1
Kết luận: Từ ví dụ học sinh sẽ rút ra được bài học kinh nghiệm về tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất. Nắm được kỹ năng tìm ra giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
cũng như thay đổi kiểu bài toán để dễ dàng tìm được giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất.
Ví dụ 5 Cho x, y, z và xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 2 2 2 2 2
2 2 2P x y z y z x z x y= + + + + +
Phân tích
Hỏi ? Dự đoán giá trị nhỏ nhất ? Và đạt được khi nào ?
8
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Lê Duy Lâm
Học sinh dễ trả lời được giá trị nhỏ nhất bằng
3 3
khi x = y =z =1
Hỏi ? Ta phải chứng minh BĐT nào ? Ta sẽ chứng minh P
3 3≥
Hướng dẫn học làm thế nào xuất hiện xyz là xuất hiện x+y+z hoặc xy + yz+zx …
sau đó dùng BĐT Côsi
Vận dụng ví dụ 2 thì ta sẽ chứng minh P
3( )xy yz zx≥ + +
sau đó tôi gọi học sinh
lên trình bày nêu cách tìm m, n
Lời giải Ta có

theo BĐT Côsi ta lại có
2
3
3( ) 3 3 ( ) 3 3xy yz zx xyz+ + ≥ =
Suy ra P
3 3≥
P
3 3=
khi x = y = z =1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
3 3
khi x = y = z = 1
CÁC BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
1. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng
2 2 2
3
2
a b c
a b b c c a
+ + ≥
+ + +
2. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
3 3 3 2 2 2
2
a b c a b c
a b b c c a
+ +
+ + ≥
+ + +
3. Cho a, b, c > 0. Chúng minh rằng

+
+ +
4. Kết quả
Qua qúa trình giảng dạy tự chọn và ôn luyện cho các lớp có trình độ tương đương
vào buổi chiều để so sánh tôi thấy kết quả thực nghiệm tốt hơn nhiều so với lớp đối
chứng cụ thể tỉ lệ học sinh khá, giỏi nâng lên yếu, kém và trung bình giảm xuống.
Kếtquả
Lớp
Giỏi (%) Khá(%) Trung
bình(%)
Yếu(%)
Đối chứng 2 10 30 10
Thực nghiệm 6 20 26 0
C. KẾT LUẬN
Việc giảng dạy cho học sinh theo hướng chủ đề và phát triển chủ đề bằng cách
cho học sinh hiểu rõ, hiểu sâu sắc phương pháp giải 1 dạng bài toán là tạo điều kiện
thuận lợi cho học sinh chủ động tư duy, tìm tòi ứng dụng và sáng tạo trong quá
trình giải toán. Đồng thời giúp học sinh có mối liên hệ qua lại giữa các dạng bài
toán có liên quan.
Qua kinh nghiệm nhỏ này tôi muốn vận dụng phương pháp mới vào quá trình
giảng dạy đặc biệt là ôn luyện cho học sinh có kiến thức tổng hợp.
10
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Lê Duy Lâm
Mặc dù đã cố gắng biên soạn chuyên đề nhưng không thể tránh khỏi thiếu sót
và hạn chế rất mong được sự góp ý của quý bạn đọc và thầy, cô giáo để chuyên đề
hoàn thiện hơn.
Xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 14 tháng 5 năm 2013