Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Những năm gần đây nền giáo dục Việt Nam đã và đang chuyển mình theo
xu thế phát triển của nền giáo dục thế giới, đó là cuộc cách mạng đổi mới
chương trình, nội dung sách giáo khoa và đổi mới phương pháp dạy học trong
các cấp học. Thể hiện rõ nét về sự phát triển nhanh chóng và thành công của
chất lượng giảng dạy, học tập đó là đội ngũ học sinh giỏi ngày càng lớn mạnh
trong các nhà trường. Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi nói chung, môn
Toán nói riêng các em được trang bị kiến thức nâng cao hơn, đa dạng hơn, đòi
hỏi tư duy nhiều hơn chương trình chính khóa. Vì lẽ đó chương trình bồi
dưỡng rất đa dạng, phức tạp đòi hỏi giáo viên giảng dạy và học sinh học tập
phải thật sự cố gắng đầu tư công sức, nghiên cứu, tham khảo nhiều tài liệu để
rút ra nhiều cách giải nhanh chóng, thông minh, chính xác. Là một giáo viên
giảng dạy môn toán THCS, tôi có nhiều năm tham gia công tác bồi dưỡng học
sinh giỏi môn toán và rút ra được một số kinh nghiệm. Sau đây tôi xin trình
bày “ Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9”. Đối tượng
nghiên cứu là học sinh có năng khiếu môn toán ở lớp 8, lớp 9 để quý thầy cô
và các bạn đồng nghiệp tham khảo.
PHẦN II. NỘI DUNG
1. Cơ sở lý luận
Bồi dưỡng học sinh giỏi là một hoạt động không thể thiếu của ngành
GD nói chung và của trường THCS nói riêng. Đánh giá chất lượng một
ngành học ngoài việc nhìn vào chất lượng đại trà thì chất lượng mũi nhọn
cũng góp phần không nhỏ. Làm thế nào để vừa duy trì chất lượng GD toàn
diện vừa làm tốt công tác bồi dưỡng HSG. Đòi hỏi người thầy phải đổi mới
phương pháp dạy và trò phải có phương pháp học phù hợp với xu thế phát
triển chung của nền GD thế giới. Nếu chỉ trang bị cho học sinh kiến thức đơn
thuần trong SGK thì tầm nhìn của học sinh bị hạn chế. Nếu nền tảng kiến thức
từ cấp trung học cơ sở không sâu thì thế hệ trẻ Việt Nam sẽ khó bắt nhịp được
với tốc độ phát triển của khu vực và thế giới. Vì vậy việc giáo dục toàn diện

- Tính giá trị biểu thức có điều kiện.
- Bài tập cực trị đại số( có điều kiện hoặc không có điều kiện).
2.3.Đối với môn hình học cần tìm hiểu thêm một số chuyên đề:
- Định lý Talét trong tam giác và ứng dụng.
- Các dạng của tứ giác, tứ giác nội tiếp.
- Bài tập cực trị độ dài, diện tích, Bài tập quỹ tích.
Giáo viên thực hiện:

3


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
Với rất nhiều chuyên đề mà sáng kiến đưa ra, nhưng với thời gian, kiến thức
và kinh nghiệm của bản thân còn khiêm tốn tôi xin trình bày một chuyên đề
trong sáng kiến đó là: (Chuyên đề bất đẳng thức) của môn đại số .
3. Mô tả các giải pháp:
Để khai thác được các bất đẳng thức trong quá trình bồi dưỡng học sinh
giỏi giáo viên cần giới thiệu để học sinh nắm chắc và hiểu rõ cơ sở lí thuyết
về bất đẳng thức.
1. Cơ sở lí thuyết
1.1 Định nghĩa cho bất đẳng thức: Cho 2 số a, b. ta có:
+ a lớn hơn b (a > b ) nếu a-b > 0.
+ a lớn hơn hoặc bằng b ( a ≥ b ) nếu a -b ≥ 0.
+ a nhỏ hơn b (a < b) nếu a-b < 0.
+ a nhỏ hơn hoặc bằng b( a ≤ b) nếu a-b ≤ 0.
1.2 Các tính chất của bất đẳng thức:
1.2.1 a > b <=> b < a

1.2.7

1.2.5

a > b
 => a − c > b − d
c < d

1.2.6

a>b 
1 1
 =>
0
a b

<=>

an > bn ( n lẻ)

a > b <=> an > bn

( n chẳn)

1.2.10. m > n > 0 thì a > 1 => am > an
a = 1 => am = an ; 0 < a < 1 => am > an

1.3 Các hằng bất đẳng thức.
1.3.1

a2 ≥ 0:


( ab > 0) ;
a b a+b

* Hệ quả 2:

a
b
+ ≥2
b
a

( ab > 0)

1.4.2 Bất đẳng thức Bunhia Côpxki.
( ax + by)2 ≤ (a2 + b2)(x2 + y2) dấu “=” xảy ra: ay = bx.
1.5 Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
Có rất nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức lựa chọn phương
pháp nào là tùy thuộc vào tính chất, yêu cầu của mỗi bài tập và căn cứ vào kĩ
năng nhận biết của học sinh. Để tạo điều kiện cho học sinh tiếp thu tốt, luyện
các kĩ năng giải toán và các thao tác trí tuệ tôi đã hướng dẫn học sinh nghiên
cứu 7 phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
1.5.1 Dùng định nghĩa để chứng minh bất đẳng thức.
- Để chứng minh : A > B ta xét hiệu A - B và chứng minh A - B > 0
1/ Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức
( ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )( x2 + y2) ( với a, b, x, y ∈ R )
Xét hiệu: ( ax + by)2 - (a2 + b2 )( x2 + y2)
= (ax)2 + 2axby + (by)2 - (ax)2 - (ay)2 - (bx)2 - (by)2
= - [ (ay)2 - 2axby + (bx)2 ] = - (ay - bx)2 ≤ 0 ; Dấu “=” xảy ra khi ay = bx.
Vậy: ( ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )( x2 + y2)



Bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) luôn đúng.
Vậy a + b ≤ a + b , dấu “=” xảy ra : ab

≥ 0.

b/ Chứng minh bất đẳng thức
a −b ≥ a − b

(3)

Nấu a < b bất đẳng thức (3) luôn đúng.
Nếu a ≥ b thì a − b ≥ a − b ⇔ a2 - 2ab + b2 ≥ a2 - 2 ab + b2
⇔ -ab ≥ − ab ⇔ ab ≥ ab (4)

Bất đẳng thức (4) luôn đúng nên bất đẳng thức (3) đúng.
Vậy: a − b ≥ a − b dấu “=” xảy ra: ab ≥ 0, a ≥ b
1.5.3. Sử dụng tính chất của bất đẳng thức
Ví dụ: cho a + b > 1 chứng minh rằng a4 + b4 >

1
8

Ta có: a + b > 1 > 0 ⇔ (a + b)2 > 1 (bình phương 2 vế không âm)
⇔ a2 + 2ab + b 2 > 1

(1)

Mặt khác: (a - b)2 ≥ 0 ⇔ a2 - 2ab + b 2 ≥ 0



1.5.4.Phương pháp làm trội : muốn chứng minh A < B làm trội A thành C
( A < C ) rồi chứng minh C < B.
Ví dụ: Cho a, b, c > 0.
Giáo viên thực hiện:

M=

a
b
c
+
+
a+b b+c c+a

6


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
Chứng minh: 1 < M < 2
Vì a, b, c > 0. Ta có:
a
a


a + b a + b + c

b
b

a+c
 
a+b c a+b+c

b
b+a

b+c a+b+c

Tương tự:

c
c+b

c+a a+b+c

Cộng vế với vế ta có:

2(a + b + c)
a
b
c
+
+


* Với n = l0 ta có: 210 = 1024 >103
Giáo viên thực hiện:

7


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
* Giả sử (1) đúng với n = k
(k ≥ 10)

2k > k3

* Phải chứng minh đúng với n = k + l.
2k+1 > (k + 1)3.
Xét hiệu :
2k+1 - (k + 1)3 = 2.2k – k3 – 3k2 – 3k – 1 = 2(2k – k3 ) + k3 – 3k2 – 3k – 1
Theo giả thiết quy nạp 2k – k3 > 0, ta cần chứng minh k3 – 3k2 – 3k – 1 > 0
Ta có: k3 – 3k2 – 3k – 1 = k(k2 – 3k – 3) – 1= k  k ( k − 3) − 3 − 1
Do: k ≥ 10
⇒ k(k – 3) ≥ 70 ⇒ k  k ( k − 3) − 3 − 1 ≥ 669 > 0 suy ra 2k+1 > (k + 1)3.

Vậy 2n > n3 với mọi số tự nhiên n ≥ 10.
1.5.7 Dùng phương pháp hình học
Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức sau: a, b, c, d > 0

C

B
c

Ta có: AB . BC ≥ 2 S ABC ; AD . CD ≥ 2 S ADC
⇒ AB . BC + AD . CD ≥ 2 S ABCD = AC . BD

Vậy

( a 2 + c 2 )(b 2 + c 2 ) + (a 2 + d 2 )(b 2 + d 2 ) ≥ (a + b) (c + d ) với a, b, c, d ≥ 0

2. Nội dung bài tập:
Bước phân loại, chọn lọc hệ thống bài tập theo từng dạng phù hợp với
trình độ học sinh, giúp học sinh hình thành được cách giải bài tập và đưa ra
Giáo viên thực hiện:

8


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
được nhiều phương án giải, phát triển khả năng tư duy lô gíc, hỗ trợ việc tự
học, tự nghiên cứu trong quá trình ôn luyện. Đối với học sinh THCS tạm thời
phân thành bốn dạng cơ bản sau:
2.1. Dạng bài tập chứng minh bất đẳng thức:
2.1.1 chứng minh bất đẳng thức: x4 – x +
Ta có: : x4 – x +

1
>0
2

1
1

1

1

4

2.1.2. Chứng minh: x + y ≥ x + y

(với x, y > 0)

Xét hiệu:
1 1
4
y ( x + y ) + x( x + y ) − 4 xy xy + y 2 + x 2 + xy − 4 xy ( x − y ) 2
+ −
=
=
=
≥0
x y x+ y
xy ( x + y )
xy ( x + y )
xy ( x + y )

(Vì x, y > 0)
1

1

4

1
1
2
+
≥
b+c−a c+ a −b c

(2)

1
1
2
+
≥
c + a −b a +b −c a

(3)

1
1
1
1 1 1
+
+
) ≥ 2( + + )
a+b−c b+c−a c+a−b
a b c

Giáo viên thực hiện:



1

1

1

Ta có: k 3 p k 3 − k = k (k 2 − 1) = (k − 1)(k )(k + 1) Do đó
1
1


3

2
1.2.3

1
1


1
1
1

3
2.3.4
⇒3
+
+ ......... +

1
+
+ ...... +
= ( −
+
−
+ ...... +
−
)
1.2.3 2.3.4
(n − 1)n(n + 1) 2 1.2 2.3 2.3 3.4
( n − 1) n ( n + 1) n

A=

1 1
1  1
1
1

 = −
−

2  1.2 (n + 1)n  4 2n(n + 1) 4

Hay A

15 
2 −1 
 2 3  2 5 6 7   2
2
1

1

1

1 1
1
+ < 2.
2 3
2
1 1 1 1
1
+ + + < 4. 2
2
2 5 6 7
2
..................
1
1
1
+ .... + n
< 2n −1. n −1
n −1
2
2 −1


1 1
1
+ + ......... + n
< n ( với ∀n ∈ N và n ≥ 2)
2 3
2 −1

2.1.5. a)Chứng minh rằng ∀n ∈ Z dương thì:
A=

1
1
1
2
1
+
+
+ ......... +
>
n +1 n + 2 n + 3
2n 2

Giải: Vì n ∈ Z dương => 1;2;3……; n-1< n .Ta có:
1
1
1
>
=
n + 1 n + n 2n 

+ ...... +
n +1 n + 2 n + 3
2n − 1 2n 2n 2n
2n

Dãy gồm n số hạng => A > n.
Vậy:

1 1
=
2n 2

1
1
1
2
1
+
+
+ ......... +
>
n +1 n + 2 n + 3
2n 2

b) CMR: tồn tại một số tự nhiên n sao cho
Giải:

(với mọi 0 < n ∈ z)
1 1
1


1

>

1

.24011 =

1
2

2 +1
2
2
1 1
1
1
+ + ........ + 4012 > 4012. = 2006
2 3
2
2
4010

4012

4012

Vậy tồn tại n ∈ N (n ≥ 24012) thỏa mãn điều kiện


3
3
3

a2 + b2 + c2 = (
=

1
3

1
1
1
1
2
+ x)2 + ( + y)2 + ( + z)2 = + (x+ y + z) + x2 + y2 + z2
3
3
3
3
3

1
1
1
+ x2 + y2 + z2 ≥ . Dấu “=” xảy ra: x = y = z = 0. ⇔ a = b = c =
3
3
3


..........

k
a n = + x n 
n


≥

k2
n

a1 =

x1 + x2 + …..+ xn = 0

Giáo viên thực hiện:

12


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)

a12 + a22 + …..+ an2 = (
=

Vậy:

k

xét

1
1
1
1
2
2
1
+
>
+
=
>
=
a +b b+c a +b+c b+c+a a +b+c a+c+a+c a+c

Tương tự:
1
1
1
+
>
b+a c+a b+c
1
1
1
+
>
b+c c+a b+a

+ ≥
(Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: b = c)
b c b+c
1 1
4
+ ≥
(Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: c = a)
c a c+a





+
+
Cộng theo vế các bất đẳng thức ta có: 2  + + ÷ ≥ 4 
÷
a b c
 a +b b+c c+a 
1

⇔

1

1

1

1

⇔ (x - y)2 + (x - z)2 + y 2 + z 2 ≥ 0

(2)

Bất đẳng thức (2) đúng mọi x,y,z => bất đẳng thức (1) đúng.
Dấu “=”xảy ra: x = y = z = 0
Vậy nghiệm của phương trình là: x = y = z = 0
2

2

2

2.2.2. Tìm nghiệm của phương trình: (x + y + 1) = 3(x + y + 1)
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki ta có:
2
2
2
2
2
2
(x + y + 1) ≤ (1 + 1 +1)(x + y + 1) ⇔ ( x + y + 1) ≤ 3(x + y + 1)

Dấu “=”xảy ra: x = y = 1.
Vậy nghiệm của phương trình là: x = y = 1.
1

1

1


14


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
2.3.1.a/ Chứng minh bất đẳng thức:
ac + bd ≤

(a

2

)(

)

+ b2 c2 + d 2

(1)

b/ Biết x2 + y2 = 52. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = 2x+3y
Giải: a) Vì 2 vế của (1) không âm nên bình phương 2 vế (1)
ac + bd
•

2

≤


2

2

(Vì x + y = 52)

⇔ 2x + 3y ≤
26
⇔

-26 ≤ 2x + 3y ≤ 26

x y
Vậy A(max) = 26 ⇔ 3x = 2y ⇔ 2 = 3 = t
x = 2t 
2
2
2
2
2
=> y = 3t  => x + y = 52 ⇔ 4t + 9t = 52 ⇔ t = 4 ⇔ t = ±2


* t = 2 =>

x=4
y=6

Suy ra: A(max) = 26 ⇔ x = 4, y = 6 (x, y cùng dấu)
* t = -2 => x = -4

1995 + 2. y 1997
2
≥ y
1997

(

)

2

=x

2

1995 + 2.z 1997
2
≥ z
1997
⇒

(

1995.3 + 2 x1997 + y1997 + z1997
1997

) ≥x

2


⇔ 1 ≥ ( xyz ) 3 ⇔ 1 = 3 1 ≥ xyz
512
8
512
1
1
Vậy xyz(max) = 8 ⇔ 2xyz = xy = yz = xz ⇔ x = y = z = 2

2.4. áp dụng bất đẳng thức vào bài tập hình
2.4.1 Cho

∆ ABC có độ dài ba cạnh: AB = c, BC = a

AC = b; Gọi x, y, z là độ dài 3 phân giác ứng với
Ba cạnh BC, AC, AB. Chứng minh rằng:
Giáo viên thực hiện:

16


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
1 1 1 1 1 1
+ + > + +
x y z a b c

B

GT: ∆ABC các cạnh lần lượt là: a, b, c


=
< 2c
AD AC
AC
b

1 11 1
>  + ÷
x 2b c

Tương tự:

(1)

1 11 1
>  + ÷
y 2a b

(2)

1 1 1 1
>  + ÷ (3)
z 2a c

Tương tự:

1

1


S ≥ 2S 1

Chứng minh
Kẻ AH ⊥ BC tại H ⇒ S =

A

1
AH. BC
2

N

M

S 1 = MN. MQ
MQ BM
=
Xét ∆ BAH có : MQ // AH =>
AH
AB

Giáo viên thực hiện:

B

(1)

Q


=
 ⇒
MN AM 
AH .BC
AB 2
=
BC
AB 
2

1
1  BM + AM  = 1
( BM . AM ) ≤
2

÷ 4
AB
AB 2 
2

⇒ BC . AH ≥ 4MN.QM ⇒ 2S ≥ 4S1 ⇒ S ≥ 2S1

Dấu “ =” xảy ra khi AM = MB. Lúc đó MN là đường trung bình của

∆ ABC

*. Hiệu quả của sáng kiến
Sáng kiến này đã được áp dụng tại trường THCS

trong nhiều năm. Đối


18


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9
( chuyên đề BĐT)
chương trình nâng cao ngoài sách giáo khoa, đào sâu thêm kiến thức cho bản
thân. Sự tìm tòi cũng góp phần không nhỏ vào việc trang bị hành trang trí
thức cho các em học sinh.
Bồi dưỡng học sinh giỏi là cả một quá trình, để có một học sinh giỏi
môn toán nói riêng và học sinh giỏi nói chung đó là sự khổ công rèn luyện
qua một quá trình học tập của trò cũng như rèn dũa của người thầy. Đối với
môn toán người thầy phải định hướng cho học sinh thực hiện nghiên cứu lần
lượt các chuyên đề và sau mỗi chuyên đề là hệ thống bài tập đa dạng, giúp các
em phát triển năng lực tư duy sáng tạo. Trên đây mới chỉ giới thiệu được một
số dạng bài tập có liên quan đến “Chuyên đề bất đẳng thức” để duy trì được
chất lượng mũi nhọn mỗi giáo viên cần phải có thời gian và học trò phải ham
học, thông minh. Người thầy phải luôn ý thức tự học, tự bồi dưỡng để nâng
cao tay nghề. 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, chắc chắn nội
dung của sáng kiến chưa được phong phú. Nhưng với sự cố gắng của bản thân
chắc chắn sáng kiến là một tài liệu tham khảo cho những người quan tâm đến
việc dạy và học toán. Rất mong nhận được sự đóng góp chân thành của bạn
đọc để sáng kiến được hoàn thiện hơn, giúp ích cho việc dạy bồi dưỡng học
sinh giỏi có hiệu quả xin chân thanh cảm ơn.
kiến nghị:
- Đề nghị Sở GD mở nhiều chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi để giáo
viên các huyện được trao đổi học hỏi kinh nghiệm.
- Đề nghị phòng GD đầu tư hơn nữa về tài liệu tham khảo các chuyên
đề bồi dưỡng học sinh giỏi cho giáo viên.