MỤC LỤC
MỤC LỤC.............................................................................................................1
I. MỞ ĐẦU............................................................................................................1
1. Lí do chọn đề tài............................................................................................1
2. Mục đích nghiên cứu.....................................................................................1
3. Đối tượng nghiên cứu....................................................................................1
4. Phương pháp nghiên cứu...............................................................................1
II. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM...........................................2
2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm....................................................2
2.2 Thực trạng của vấn đề.................................................................................7
2.3 Một số phương pháp nhằm rèn luyện kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn
đề thông qua dạy học giải bài tập toán phần Bất đẳng thức ở trường THPT....7
2.3.1. Rèn luyện cho học sinh kỹ năng dự đoán.[1]......................................7
2.3.2. Rèn luyện cho học sinh thói quen làm rõ phương pháp giải quyết một
vấn đề cụ thể sau khi đã giải quyết vấn đề đó.............................................11
2.3.3. Rèn luyện cho học sinh kỹ năng biến đổi bài toán về dạng thuận lợi
cho việc tìm liên hệ với kiến thức đã có của học sinh và điều kiện đã cho
của bài toán..................................................................................................12
2.3.4. Rèn luyện cho học sinh kỹ năng nhìn nhận bài toán dưới nhiều góc
độ khác nhau từ đó tìm nhiều cách giải.......................................................14
2.3.5. Rèn luyện cho học sinh thói quen không suy nghĩ cứng nhắc theo
những quy tắc đã học trước đó, không máy móc áp dụng những mô hình đã
gặp để ứng xử trước những tình huống mới................................................17
2.3.6. Rèn luyện cho học sinh thói quen khai thác, đào sâu kết quả bài toán.
.....................................................................................................................18
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường.....................................................................19
Lớp...................................................................................................................19
Điểm Giỏi........................................................................................................19
Điểm Khá.........................................................................................................19
Điểm Tb...........................................................................................................19

Ở trường phổ thông, dạy toán là dạy hoạt động toán học. Học sinh phải
hoạt động tích cực để tự chiếm lĩnh tri thức cho bản thân. Cơ sở để học sinh hoạt
động chính là những tri thức và kinh nghiệm đã có. Đứng trước một vấn đề đặt
ra trong vốn tri thức mà bản thân đã có, đã tích luỹ được việc lựa chọn tri thức
nào, sử dụng ra làm sao luôn luôn là những câu hỏi lớn, mà việc trả lời được
những câu hỏi đó là mấu chốt trong việc giải quyết vấn đề.
Trong quá trình dạy học môn Toán ở trường phổ thông, việc dạy học giải
bài tập toán học có một vị trí quan trọng hàng đầu, giúp học sinh nắm vững tri
thức, phát triển tư duy, hình thành kỹ năng, kỹ xảo, ứng dụng toán học vào thực
tiễn… Bài tập toán phần bất đẳng thức ở trường THPT là rất đa dạng và phong
phú và có thể nói là khó; được sử dụng nhiều trong kì thi chọn học sinh giỏi
Tỉnh, học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế... Vì thế thông qua dạy học giải bài tập
toán phần bất đẳng thức ở trường phổ thông ta có thể rèn luyện cho học sinh
một số kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề.
Vì những lí do nêu trên tôi quyết định chọn đề tài SKKN là: “Rèn luyện
một số kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề thông qua dạy học giải bài tập
phần bất đẳng thức ở lớp 10 trường THPT’’
2. Mục đích nghiên cứu

Nghiên cứu về kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề và xác định một số
kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề. Từ đó đề xuất các phương thức nhằm
rèn luyện một số kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề thông qua dạy học giải
bài tập toán phần bất đẳng thức ở trường THPT .
3. Đối tượng nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu của đề tài này là tập trung tìm hiểu về giải pháp để
nâng cao chất lượng dạy học giải bài tập toán phần bất đẳng thức ở trường
THPT (lớp 10) đồng thời đề ra được các phương thức để rèn luyện các kỹ năng
đó thì sẽ góp phần triển khai đổi mới phương pháp dạy học toán ở trường phổ
thông.

có rất nhiều: tổng của hai căn bậc hai, các tam thức bậc hai,... Để tiến hành hoạt
động giải toán ta phải lựa chọn tri thức phù hợp với mục tiêu là tìm giá trị nhỏ
nhất của hàm số y.
Ta nhận thấy biểu thức f ( x ) = x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1. có thể đưa về dạng
r r
u + v , khi đó bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y có thể được giải quyết
(mục tiêu) và do đó ta có thể lựa chọn phép biến đổi:
2
2
2
2
1
  3
1
  3
2
2
x + x +1=  + x÷ + 
÷ và x − x + 1 =  − x ÷ + 
÷
2
  2 
2
  2 
Như vậy hành động biến đổi sẽ nhằm đạt được mục tiêu:
2

2

2

Trang 2


a≠0

2016
a 2017 ( a + b + c ) < 0 ⇔ 
(Vì a ≠ 0 nên a > 0 ).
a (a + b + c) < 0
2
Đồng thời việc chứng minh b − 4ac > 0 tương đương với việc chứng minh
2
phương trình bậc hai ax + bx + c = 0 có hai nghiệm thực phân biệt.
Từ đó việc giải bài toán này quy về giải bài toán đơn giản hơn.
Kỹ năng chỉ được hình thành thông qua hoạt động trí tuệ, thông qua quá
trình tư duy để giải quyết các nhiệm vụ đặt ra. Khi tiến hành tư duy sự vật thì
chủ thể thường biến đổi, phân tích đối tượng để tách ra những khía cạnh, những
thuộc tính mới. Quá trình tư duy diễn ra nhờ các thao tác phân tích - tổng hợp,
trừu tượng hóa - khái quát hóa cho tới khi hình thành được mô hình về một mặt
nào đó của đối tượng có ý nghĩa bản chất đối với việc giải bài toán đã cho.
Chẳng hạn, xét bài toán:
Bài toán Cho hai số thực x và y. Chứng minh rằng:
x 2 + y 2 + 1 ≥ xy + x + y.
Tiến hành phân tích đối tượng ta nhận thấy đối tượng tư duy liên quan là một
tam thức bậc hai ẩn x ( y là tham số):
x 2 + y 2 + 1 ≥ xy + x + y ⇔ x 2 − ( y + 1) x + y 2 − y + 1 ≥ 0.
Để chứng minh tam thức bậc hai ẩn x ( y là tham số) ở vế trái luôn không âm
2
2
với mọi x ∈ ¡ ta cần chứng minh: ∆ x = ( y + 1) − 4 ( y − y + 1) ≤ 0, ∀y ∈ ¡ .

= x.
8
8
( x + y) ( x + z)
( x + y) ( x + z) 8 8 4
(Để đảm bảo khi x = y = z = 1 thì dấu bằng ở bất đẳng thức này xảy ra)
Tương tự:
y3
y+z x+ y 3
z3
y+z x+z 3
+
+
≥ y;
+
+
≥ z.
8
8
4
8
8
4
( y + z) ( x + y)
( x + z) ( y + z)
Từ đó suy ra
Trang 3


x3

P = ( 10 − m ) ( x 2 + y 2 ) + mx 2 + + my 2 +
2
2
m
m
≥ 2 ( 10 − m ) xy + 2
yz + 2
xz (với 0 < 10 < m ).
2
2
Để sử dụng giả thiết xy + yz + zx = 1 , ta cần chọn m sao cho
 0 < m < 10


m ⇔ m =8.
10
−
m
=

2

Do đó, ta có thể giải bài toán như sau:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
z2
z2
2 x 2 + 2 y 2 ≥ 4 xy; 8 x 2 + ≥ 4 xz;8 y 2 + ≥ 4 yz
2
2
Từ đó suy ra

Do đó ta biến đổi vế trái của (1) như sau:
2 3 2
2 3 2
ac + bd + cd =
.2.
a.c +
.2.
b.d + cd
6
2
6
2
Chứng minh rằng:

ac + bd + cd ≤

Trang 4


2
2


2  3 2 
3 2
2  3 2 
3 2
2
2


2 2
=−
a − c÷ −
b−d÷ +
+
c + d 2 ) + cd .
(


6  2
6  2
4
6


3 2
2 2
Suy ra
ac + bd + cd ≤
+
c + d 2 ) + cd . ( 2 )
(
4
6
Lại tiếp tục biến đổi vế phải của ( 2 ) :

3 2
2 2
3 2
2 2

12
9+6 2 3− 2
2
=
−
( c − d ) . (Vì c + d = 3 )
4
12
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
c) Kỹ năng biến đổi bài toán về dạng thuận lợi cho việc tìm liên hệ với kiến thức
đã có của học sinh và điều kiện đã cho của bài toán.
Bài toán. Cho ba số thực x, y, z . Chứng minh rằng
x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 ≥ z 2 + zx + x 2 .
Khi gặp bài toán này nếu ta biết biến đổi vế trái
+

2

2

2
2
x  3 
z  3 


x + xy + y + y + yz + z =  y + ÷ + 
x÷ + −y − ÷ + 
z÷
2  2 

Suy ra
2

2

2

2

2

2

2

2
2
2
x  3 
z  3 
3 


x z  3
x÷ + −y − ÷ + 
z÷ ≥  − ÷ +
x+
z÷
y+ ÷ +
2

x 2 + 2 + y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82 .
Chứng minh rằng
x
y
z
+) Nếu nhìn nhận vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là tổng độ dài của ba
r 1  r 1  r  1 
vectơ u  x; ÷; v  y; ÷; w  z; ÷ thì ta có thể giải bài toán như sau
 x  y  z
r 1  r 1  r  1 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy xét ba vectơ u  x; ÷; v  y; ÷; w  z; ÷.
 x  y  z
1 1 1
r r r 
r r r r r r
Ta có u + v + w =  x + y + z; + + ÷ và u + v + w ≥ u + v + w .
x y z

Suy ra

1
1
1
x + 2 + y2 + 2 + z2 + 2 ≥
x
y
z
2

2

2  2
2
 2 + 3 ÷ x + 2 ÷≥  + ÷ ⇔ x + 2 ≥  + ÷
x  3 x
x 82  3 x 
3

1 3 82  x 3 
⇔ x2 + 2 ≥
 + ÷.
x
82  3 x 
Tương tự, ta có
1 3 82  y 3 
1 3 82  z 3 
y2 + 2 ≥
+ ÷; z 2 + 2 ≥
 + ÷.

y
82  3 y 
z
82  3 z 
Từ đó suy ra
1
1
1 3 82  x + y + z 3 3 3 
x2 + 2 + y2 + 2 + z 2 + 2 ≥
+ + + ÷.
x

3
3
3
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Dựa trên những phân tích về kỹ năng và sự hình thành kỹ năng SKKN đã
xác định được một số kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề, phân tích và minh
họa các kỹ năng đó. Từ đó, khẳng định việc rèn luyện cho học sinh một số kỹ
năng phát hiện và giải quyết vấn đề thông qua dạy học giải bài tập phần bất đẳng
thức lớp 10 THPT là cần thiết và có thể thực hiện được.
2.2 Thực trạng của vấn đề
Đối với đa số các em học sinh khi nói đến Bất đẳng thức các em luôn cho
đó là vấn đề khó, thường không đầu tư thời gian vào học tập và nghiên cứu thậm
chí nhiều em còn bỏ qua phần này; Hơn nữa để dạy phần này có hiệu quả giáo
viên cần phải đầu tư nhiều công sức thời gian để sưu tầm biên soạn các bài toán
theo chủ đề theo dạng; Hơn nữa có quá nhiều dạng, mỗi bài còn có những cách
biến đổi khác nhau; đó là chưa kể khi giảng dạy, chính giáo viên cũng không
nhớ cách biến đổi, mà có nhớ thì học sinh sẽ tiếp thu một cách thụ động.
Khi chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của biểu thức,
theo phương pháp cũ, học sinh bị thụ động bởi cách giải, những biến đổi quá
phức tạp, phải nhớ rất nhiều các bất đẳng thức và áp dụng chúng thật khéo mới
có thể làm được bài toán yêu cầu.
≥2

2.3 Một số phương pháp nhằm rèn luyện kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề
thông qua dạy học giải bài tập toán phần Bất đẳng thức ở trường THPT
2.3.1. Rèn luyện cho học sinh kỹ năng dự đoán.[1]

Tác dụng của phương thức này là nhắc nhở học sinh luôn quan tâm tới các
dự đoán có cơ sở khi giải một số bài toán về bất đẳng thức.
Trong quá trình dạy học môn Toán, nhiều lúc người giáo viên thể hiện sự áp đặt

có
2
a+b+c 3
≥ abc .
Cauchy đối với ba số không âm: “Với mọi a, b, c ≥ 0 ta có
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c ”, bằng khái quát hóa ta có dự đoán:
a + a + ... + an n
≥ a1a2 ...an . . Đẳng thức xảy ra
“Với mọi a1 , a2 ,..., an ≥ 0 ta có 1 2
n
khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an ”.
Ví dụ 2. Để giải bài toán: “Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC , ta có
3 cos A + 2 3 cos B + 2cos C ≤ 4 ”, ta có thể nghĩ đến việc giải bài toán tổng
quát hơn: “Cho ba số thực dương x, y, z . Chứng minh rằng với mọi tam giác
x2 + y2 + z 2
ABC , ta có yx.cos A + xz.cos B + xy.cos C ≤
”. Ta có thể giải vắn tắt
2
bài toán tổng quát này như sau: “Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
2
2
với ( z.cos B + y.cos C − x ) + ( z.sin B − y.sin C ) ≥ 0
Bài toán ban đầu là một trường hợp cụ thể của bài toán tổng quát
x = 2; y = 1; z = 3 , nhưng việc tìm lời giải bài toán ban đầu là khó hơn rất

(

)


Với n = 3 bài toán đã được chứng minh.
Với n > 3 , và n số dương a1 , a2 ,..., an thỏa mãn điều kiện bài toán. Lấy ba số bất
kì trong n số đó. Vì vai trò các số ai ( i = 1,2,3,..., n ) là bình đẳng nên không mất
tính tổng quát ta có thể coi rằng ba số lấy ra là a1 , a2 , a3 .
Theo điều kiện bài toán và theo bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có
2
( n − 1) ( a14 + a2 4 + ... + an 4 ) < ( a12 + a2 2 + ... + an 2 )
1

= 2
( a12 + a2 2 + a32 ) + a4 2 + ... + an 2 
2


2
 ( a12 + a2 2 + ... + an 2 )

≤  2 + ( n − 3)  
+ a4 4 + ...an 4 
2


 ( a12 + a2 2 + ... + an 2 ) 2

= ( n − 1) 
+ a4 4 + ...an 4 
2


2

t1 t2
t3
 t1 t2 
 t1 t2 t3 
Trang 9


4

t +t
t
t +t  t 
≥ 3 + 2 + 1 2 + 4 3 ≥ 5 + 55 1 2  3 ÷
t3
t1 + t2
t3  t1 + t2 
3

 t 
= 5 + 5 5  3 ÷ ≥ 5 + 5 = 10.
 t1 + t2 
Mâu thuẫn với giả thiết vậy










 ≥ 5 + 5 = 10.
 t1 + t 2 

1 1 1
⇒ ( t1 + t 2 + t 3 )  + +  ≥ 10 .
 t1 t 2 t 3 

Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy t1 + t2 > t3 . Hay t1 , t2 , t3 là độ dài ba cạnh
của một tam giác.
Với n > 3 , và n số dương t1 , t2 ,..., tn thỏa mãn điều kiện bài toán. Lấy ba số
bất kì trong n số đó. Vì vai trò các số ti ( i = 1,2,..., n ) là bình đẳng nên không mất
tính tổng quát ta có thể coi rằng ba số lấy ra là t1 , t2 , t3 .
Theo điều kiện bài toán và theo bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có
1 1
1
n 2 + 1 > ( t1 + t2 + ... + tn )  + + ... + ÷
tn 
 t1 t2
=


(

t1 + t2 + t3

) +( t )
2

4

1

+
+
+
+
...
+

÷
  t1 t2 t3 ÷  t4 ÷
t

 
 n  


2

1 1
1
+ t2 + ... + tn )  + + ... + ÷
tn 
 t1 t2
n 2 + 1 > ( k + n − 3 ) ⇔ k 2 + 2 ( n − 3 ) k − 6n + 8 < 0
2

⇔ 3 − n − n2 + 1 < k < 3 − n + n2 + 1
Do đó


1
Hay ( t1 + t 2 + ... + tn )  + + ... + ÷ < 10.
tn 
 t1 t2
Vì vậy theo trường hợp n = 3 , ta có t1 , t2 , t3 là độ dài ba cạnh của một tam giác.
2.3.2. Rèn luyện cho học sinh thói quen làm rõ phương pháp giải quyết một
vấn đề cụ thể sau khi đã giải quyết vấn đề đó.
Mục đích của phương thức này là nhấn mạnh tri thức phương pháp trong
hoạt động phát hiện và giải quyết vấn đề.
Ví dụ 1. Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng ta luôn có bất đẳng
2
2
2
thức xyz + 2 ( x + y + z ) + 8 ≥ 5 ( x + y + z )
Thật vậy:
Dễ thấy: “Trong 3 số bất kỳ t1 , t2 , t3 luôn tồn tại hai số ti , t j ( ti ≠ t j , ∀i, j ∈ { 1,2,3} )
sao cho ti , t j ≤ 1 hoặc ti , t j ≥ 1. ”
Từ nhận xét này và vai trò x, y, z trong bài toán bình đẳng nên không mất tính
tổng quát ta có thể giả sử x, y ≤ 1 hoặc x, y ≥ 1 . Khi đó ta có

( x − 1) ( y − 1) ≥ 0 ⇔ xy ≥ x + y − 1 ⇒ xyz ≥ xz + yz − z

xyz + 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) + 8 ≥ xz + yz − z + 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) + 8 ( 1)

Ta sẽ chứng minh:
xz + yz − z + 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) + 8 ≥ 5 ( x + y + z ) ( 2 )
Thật vậy:
2
2
2

( 3x − 1) ( 3 y − 1) ≥ 0 ⇔ 9 xy ≥ 3x + 3 y − 1 ⇔ 9 xyz ≥ 3xz + 3 yz − z
⇔ 1 + 9 xyz ≥ 1 + 3 xz + 3 yz − z ( 1)
Ta đi chứng minh cho 1 + 3 xz + 3 yz − z ≥ 4 ( xy + yz + zx ) ( 2 )
Thật vậy:
( 2 ) ⇔ 1 ≥ z + z + ( x + y ) + 4 xy ⇔ 1 ≥ z + z ( 1 − z ) + 4 xy
⇔ ( 1 − z ) ≥ 4 xy ⇔ ( x + y ) ≥ 4 xy ⇔ ( x − y ) ≥ 0.
2

2

2

Từ ( 1) và ( 2 ) ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 3. Cho x, y, z ∈ ( 0;1) thoả mãn xyz = ( 1 − x ) ( 1 − y ) ( 1 − z ) ( *) .
3
x2 + y2 + z 2 ≥ .
Chứng minh rằng:
4
Thật vậy
Do vai trò x, y, z trong bài toán bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta có
1
1
thể giả sử x, y ≤ hoặc x, y ≥ . Khi đó ta có:
2
2
( 2 x − 1) ( 2 y − 1) ≥ 0 ⇔ 4 xy ≥ 2 x + 2 y − 1 ⇔ 4 xyz ≥ 2 xz + 2 yz − z ( 1)
Mặt khác từ ( *) ta có
2 xyz + x + y + z = xy + yz + zx + 1 ⇔ 4 xyz + 2 x + 2 y + 2 z = 2 xy + 2 yz + 2 zx + 2 ( 2 )
Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra:
2 xy + 2 yz + 2 zx + 2 ≥ 2 xz + 2 yz − z + 2 x + 2 y + 2 z

( a − 4 ) + ( b − 3) = 9 ; Đồng thời biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương
đương với:
a 2 + b 2 + 16
10 ≤
≤ 40 ⇔ 2 ≤ a 2 + b 2 ≤ 8 ⇔ 2 ≤ OM ≤ 8 .
2
Từ đó suy ra nếu a, b là hai số thỏa mãn điều kiện đầu bài thì điểm M ( a; b ) nằm
trên đường tròn tâm O1 ( 4;3) và bán kính là 3.
Vậy bài toán trở thành : Chứng minh rằng với mọi điểm M nằm trên đường tròn
nói trên thì : 2 ≤ OM ≤ 8
Nối OO1 cắt đường tròn tại M 1 , M 2 . Hiển nhiên ta có: OM 1 ≤ OM ≤ OM 2 .
Do OO1 = 5 nên OM 1 = OO1 − O1M 1 = 5 − 3 = 2
Và : OM 2 = OO1 + O1M 2 = 5 + 3 = 8 . Suy ra : 2 ≤ OM ≤ 8 .
+) Để giải bài toán này học sinh cũng có thể biến đổi bất đẳng thức cần chứng
minh tương đương với
2
( 4a + 3b − 10 ) ( 4a + 3b − 40 ) ≤ 0 ⇔ ( 4a + 3b ) − 50 ( 4a + 3b ) + 400 ≤ 0

( 4a + 3b )
⇔ 4a + 3b ≥

2

+ 400

( 4a + 3b )
⇔ 8a + 6b ≥

2



2

xz + yz − z + 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) + 8 ≥ 5 ( x + y + z ) .
Từ đó suy ra
Bài toán 3. Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Trang 13


( x − 1)

P=

2

( x + 1)

+ y2 +

2

+ y2 + y − 2

Để giải bài toán này ta phải biến đổi bài toán về dạng thuận lợi hơn, chẳng hạn
chứng minh P ≥ Q với Q là một biểu thức chỉ chứa một biến:
r
r
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , xét u ( 1 − x; y ) ; v ( 1 + x; y )
r r r r

khác nhau từ đó tìm nhiều cách giải.
3
3
Bài toán 1. Chứng minh rằng, nếu a ≥ 0 và b≥ 0 thì a + b ≥ ab ( a + b ) ( 1)
Để giải bài toán này học sinh có thể định hướng theo một trong các cách sau:
Định hướng 1. Để chứng minh một bất đẳng thức thì định hướng đầu tiên ta có
thể nghĩ đến là biến đổi bất đẳng thức đó tương đương với một bất đẳng thức
đúng có dạng tích của các số không âm luôn không âm hoặc tổng của các số
không âm luôn không âm từ đó ta có thể chứng minh ( 1) theo các cách sau:

Cách 1. ( 1) ⇔ ( a + b ) ( a − b ) ≥ 0 .
Cách 2. Vì vai trò của a và b trong bài toán bình đẳng nên không mất tính tổng
quát ta có thể giả sử: a ≥ b ≥ 0 . Khi đó
2
2
(1) ⇔ ( a − b ) ( a − b ) ≥ 0 (Bất đẳng thức này đúng vì a ≥ b ≥ 0 nên a − b ≥ 0 và
a 2 − b 2 ≥ 0 ).
2

Cách 3. (1) ⇔ a 3 − 2a 2b + ab 2 + b3 − 2ab 2 + a 2b ≥ 0 ⇔ a ( a − b ) + b ( a − b ) ≥ 0 .
Định hướng 2. Để chứng minh một bất đẳng thức thì định hướng thứ hai ta có
thể nghĩ đến là dựa vào các bất đẳng thức đúng suy ra bất đẳng thức cần chứng
minh.
+) Dựa vào giả thiết của bài toán ( a ≥ 0 và b≥ 0 ) và bất đẳng thức cần chứng
minh ta nghĩ ngay đến bất đẳng thức Cauchy. Tùy thuộc vào khả năng vận dụng
khéo léo bất đẳng thức Cauchy của học sinh mà các em có thể chứng minh ( 1)
theo các sau:
Cách 4. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
a 3 + a 3 + b3
2


b3 + a 2b ≥ 2 b 3a 2b = 2ab 2 ( 5 )

Cộng theo vế ( 4 ) và ( 5 ) ta có điều phải chứng minh.
Cách 6. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có

a 3 + a 3b3 + a 3b3 ≥ 3 3 a 3 a 3b3 a 3b 3 = 3a 2b ( 6 )
b3 + a 3b3 + a 3b3 ≥ 3 3 b 3 a 3b 3 a 3b 3 = 3ab 2 ( 7 )
a 2b + ab 2 ≥ 2 a 3b3 ( 8 )
Cộng theo vế ( 6 ) và ( 7 ) , kết hợp với ( 8 ) ta có điều phải chứng minh.
+) Một bất đẳng thức đúng khác mà học sinh THPT có thể nghĩ đến là bất
đẳng thức Bunyakovsky. Nếu học sinh nhận ra được mối quan hệ
a 2b = a 3 . ab 2 ; ab 2 = b3 . a 2b thì học sinh có thể chứng minh ( 1) theo cách
sau:
Cách 7. Nếu b = 0 thì trở thành a 3 ≥ 0 , đúng (vì a ≥ 0 ).
Nếu a = 0 thì trở thành b3 ≥ 0 , đúng (vì a ≥ 0 ).
Nếu a, b > 0 thì áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có
2
( a3 + b3 ) ( ab 2 + a 2b ) ≥ ( a 2b + ab 2 )

⇒ a 3 + b3 ≥ ab ( a + b ) (Vì a 2 b + ab 2 > 0 ).
Định hướng 3. Để chứng minh một bất đẳng thức thì định hướng thứ ba ta có thể
nghĩ đến là biến đổi đưa về bài toán dạng: “Chứng minh f ( t ) ≥ 0 , trong đó t là
một biểu thức nào đó và thỏa mãn điều kiện nào đó”.
Dựa vào đặc điểm tổng số mũ của a và b trong các số hạng ở hai vế của ( 1) đều
a
bằng 3, ta có thể biến đổi (1) về dạng trên với t = (khi b ≠ 0 ). Từ đó ta có
b
cách giải sau:
Cách 8. Nếu b = 0 thì trở thành a 3 ≥ 0 , đúng (vì a ≥ 0 ).

( 1) ⇔ a 3 + ( 1 − a ) ≥ a ( 1 − a ) ⇔ ( 2a − 1) ≥ 0 .
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2. Cho hai số thực x và y thỏa mãn x + y = 2. Chứng minh rằng
x2 + y2 ≥ 2 .
Cách 1. Từ giả thiết x + y = 2 suy ra y = 2 − x.
2
2
Do đó x 2 + y 2 ≥ 2 ⇔ x 2 + ( 2 − x ) ≥ 2 ⇔ 2 ( x − 1) ≥ 0 , đúng.
1
2
2
Cách 2. Vì x + y = 2 nên x 2 + y 2 ≥ 2 ⇔ x 2 + y 2 ≥ ( x + y ) ⇔ ( x − y ) ≥ 0 ,
2
đúng.
Cách 3. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
x2 + 1 ≥ 2 x2 = 2 x ⇒ x2 + 1 ≥ 2 x ≥ 2x .
y 2 + 1 ≥ 2 y.
Tương tự ta có
x2 + y2 + 2 ≥ 2 ( x + y ) ⇒ x2 + y 2 ≥ 2 .
Từ đó suy ra
Cách 4. Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có
2
( 1 + 1) ( x 2 + y 2 ) ≥ ( x + y ) ⇔ 2 ( x 2 + y 2 ) ≥ 4 ⇔ x 2 + y 2 ≥ 2 .
2
2
Cách 5. Đặt a = x − 1; b = y − 1. Khi đó ta có a + b = 0 và x + y ≥ 2 trở thành

( a + 1)

+ ( b + 1) ≥ 2 ⇔ a 2 + b 2 + 2 ( a + b ) ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 ≥ 0 , đúng.

4−m
⇔ m ≥ 2.
Do đó hệ phương trình ( I ) có nghiệm khi và chỉ khi 4 ≥ 4.
2
x2 + y2 ≥ 2 .
Vậy
2

2

Trang 16


Cách 7. Trong mặt phẳng Oxy xét đường thẳng ∆ có phương trình x + y − 2 = 0
và M ( x, y ) . Khi đó M ∈ ∆ và OM = x 2 + y 2 .
d ( O; ∆ ) =

Ta có

0+0−2

= 2 và OM ≥ d ( O; ∆ ) (vì M ∈ ∆ )

1+1
x2 + y2 ≥ 2 ⇒ x2 + y 2 ≥ 2 .
suy ra
2.3.5. Rèn luyện cho học sinh thói quen không suy nghĩ cứng nhắc theo
những quy tắc đã học trước đó, không máy móc áp dụng những mô
hình đã gặp để ứng xử trước những tình huống mới.
Bài toán 1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = x + 4 − x 2 .

) ≤ ( 1 + 1) ( x + 4 − x ) = 8 ⇒ −2
2

2

2 ≤ x + 4 − x2 ≤ 2 2

Nhưng học sinh không thể tìm được x để y = −2 2 ”. Do đó học sinh thường
chỉ dừng lại ở lời giải ban đầu.
Bài toán 2. Cho ba số thực bất kì x, y, z . Chứng minh rằng
( x2 + 2) ( y 2 + 2 ) ( z 2 + 2 ) ≥ 3( x + y + z ) 2 .
Khi gặp bài toán này ta sẽ nghĩ đến bất đẳng thức Bunyakovsky nhưng
vận dụng như thế nào đó là điều quan trọng. Nếu áp dụng ngay bất đẳng thức
2
2
Bunyakovsky để đánh giá ( x + 2 ) ( y + 2 ) thì ta sẽ không giải được bài toán
này. Do đó ta phải linh hoạt, biến đổi và áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky,
chẳng hạn ta biến đổi
1
1
( x 2 + 2 ) ( y 2 + 2 ) = ( x 2 + 1) ( 1 + y 2 ) + 2 ( 1 + 1) ( x 2 + y 2 ) + 3 ≥ ( x + y ) 2 + 2 ( x + y ) 2 + 3.
Suy ra

Trang 17


2
 x + y  2  
2
3

2

( )

2

− 1) ( y 2 − 1) ≥ 0 ⇔ x 2 y 2 ≥ x 2 + y 2 − 1 ⇔ x 2 y 2 + 2 x 2 + 2 y 2 + 4 ≥ 3 ( x 2 + y 2 + 1)
⇔ ( x 2 + 2 ) ( y 2 + 2 ) ≥ 3 ( x 2 + y 2 + 1)

⇔ ( x 2 + 2 ) ( y 2 + 2 ) ( z 2 + 2 ) ≥ 3 ( x 2 + y 2 + 1) ( z 2 + 2 ) ( 1)
Theo bất đẳng thức Bunyakovsky ta có
( x 2 + y 2 + 1) ( 1 + 1 + z 2 ) ≥ ( x + y + z ) 2
Hay

3 ( x 2 + y 2 + 1) ( z 2 + 2 ) ≥ 3 ( x + y + z )

2

( 2)

Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra điều cần chứng minh
2.3.6. Rèn luyện cho học sinh thói quen khai thác, đào sâu kết quả bài toán.
Mục đích của phương thức này là nhắc nhở học sinh luôn có thói quen đặt ra
mục tiêu khai thác đào sâu kết quả của một bài toán đã tìm được lời giải.
Chẳng hạn sau khi học sinh giải được bài toán sau :
Bài toán 1. Cho x, y, z là các số thực không âm thoả mãn x + y + z = 1.
Chứng minh rằng: 4 ( xy + z + zx ) ≤ 1 + 9 xyz . (Ví dụ 2. Tr 12)
Giáo viên có thể cho học sinh nghiên cứu, khai thác bài toán bằng cách sau:
+) Yêu cầu học sinh giải bài toán:
Bài toán 2. Cho x, y, z là các số thực không âm thoả mãn x + y + z = 1. Tìm giá

1
Nếu −9 ≤ m < − thì PMax = ; PMin = 0 .
4
4
m+9
9
; PMin = 0 .
Nếu m ≥ − thì PMax =
27
4
Từ đó ta có các bất đẳng thức:
“Nếu x, y, z là các số thực khơng âm thỏa mãn x + y + z = 1 thì
m+9
1
≤ xy + yz + zx + m.xyz ≤ với m < −9.
a)
27
4
1
9
b) 0 ≤ xy + yz + zx + m.xyz ≤ với −9 ≤ m < − .
4
4
9+m
9
c) 0 ≤ xy + yz + zx + m.xyz ≤
với m ≥ − .
27
4
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với


6.7

19

42.2

15

33.3

Điểm Yếu
SL
%
3
7
8

17.8

Điểm Kém
SL
%
0
0
0

0

Trang 19

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 10 tháng 05
năm2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Người viết

Trang 20


Trương Ngọc Hạnh

Trang 21


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Đào Văn Trung (2001), Làm thế nào để học tốt toán phổ thông, Nhà
xuất bản Đại học quốc gia Hà Nội, Hà Nội.
[2]. Nguyễn Bá Kim (2002), Phương pháp dạy học môn Toán, Nhà xuất
bản Đại học Sư phạm, Hà Nội.
[3]. Polya G. (1995), Toán học và những suy luận có lí, Nhà xuất bản
Giáo dục, Hà Nội.

Trang 22