“Một số kinh nghiệm sử dụng bất đẳng thức trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8, 9
tại trường THCS Lương Thế Vinh”

Phần thứ nhất: MỞ ĐẦU
I. ĐẶT VẤN ĐỀ.
Lí do lý luận: Như chúng ta đã biết, môn Toán học là một môn khoa học tự
nhiên không thể thiếu trong đời sống mọi mặt của con người. Với một xã hội mà
khoa học kỹ thuật ngày càng phát triển như hiện nay thì môn toán lại càng đóng vai
trò quan trọng trong việc nghiên cứu khoa học nói riêng. Để thực hiện được nhiệm
vụ là môn khoa học cơ bản, nền tảng cho nhiều môn khoa học khác phát triển thì
phương pháp dạy học môn Toán ở trường trung học cơ sở phải luôn gắn liền việc
dạy học kiến thức, kĩ năng với việc giáo dục, rèn luyện con người, song hành việc
phát triển trí tuệ của học sinh và kĩ năng vận dụng các kiến thức đã học vào thực tế.
Như vậy, người giáo viên sẽ đóng một vị trí quan trọng trong việc hướng dẫn, tổ
chức điều khiển học sinh tiếp cận, lĩnh hội kho tàng tri thức của nhân loại. Khi đó
thông qua hoạt động dạy và học nói chung, qua việc học toán nói riêng, đặc biệt là
qua hoạt động giải bài tập toán giúp học sinh rèn luyện việc ghi nhớ - lưu giữ và tái
hiện kiến thức. Nghĩa là học sinh hồi tưởng, nhớ lại, biết lựa chọn, kết hợp và vận
dụng các kiến thức đã học một cách phù hợp trong việc giải quyết các bài toán. Qua
đó rèn trí thông minh, sự sáng tạo, tính tích cực nhằm phát triển năng lực trí tuệ
toàn diện cho học sinh.
Lí do thực tiễn: Qua thực tế giảng dạy môn Toán THCS nói chung và môn
Toán lớp 8, 9 nói riêng, môn Toán luôn tạo ra những những điều thú vị đầy bí ẩn
riêng biệt. Để am hiểu cặn kẽ những điều này, đòi hỏi người học phải luôn có sự
đam mê khám phá, tìm hiểu. Những kiến thức ở mức độ căn bản của bộ môn
thường yêu cầu tất cả người học phải nắm được. Những kiến thức mở rộng, nâng
cao, luôn tạo ra nhiều cơ hội mới cho tất cả những ai có lòng say mê bộ môn, có
tính kiên trì, nghị lực, có bản lĩnh vượt khó tìm hiểu và chinh phục. Đối với học
sinh THCS bất đẳng thức nói chung là một mảng khó trong chương trình toán. Phần
lớn học sinh chưa nắm được phương pháp giải và trình bày bài toán bất đẳng thức.
Nguyên nhân cơ bản của những khó khăn mà học sinh gặp phải khi giải bài tập bất

dự thi kì thi cấp tỉnh đều đạt kết quả rất thấp mọi kì vọng các thầy cô về học sinh
dự thi không như mong đợi dẫn đến các em khóa sau ngại thi bộ môn toán vì thành
tích trường không cao so các môn khác. Các em thấy những bài thầy cô có dạy qua
mà mình không làm được cảm thấy ngại với thầy cô vì thầy cô bỏ tâm huyết công
sức bồi dưỡng cả năm trời không thu lại thành quả. Xuất phát từ nguyên nhân đó
tôi thống kê lại nguyên nhân vì sau các em thất bại hình thành cho mình một con
đường mới trong công tác bồi giỏi. Các sáng kiến chuyên đề bồi rộng giáo viên ôn
tập hết không có thời gian xuất phát từ đó tôi nhận ra rằng các cấu trúc đề thi hiện
nay không chuyên sâu mà dàn trải rộng tập trung ở một số chủ đề chính mà các
SKKN trước đó mang tính chuyên sâu về nội dung từng chủ đề việc người học tiếp
thu được là vấn đề rất khó khăn do đó tôi sắp xếp lại cấu trúc các bài vừa sức học
sinh không quá khó theo từng dạng đặc biệt dạng gần gủi với các em nên việc tiếp
thu không quá khó theo các mảng theo chuyên đề dẫn đến các em hào hứng học tập
hơn với mục tiêu đội ngũ học sinh giỏi Toán của Trường THCS Lương Thế Vinh
phải đạt giải cao trong kì thi học sinh giỏi cấp huyện và cấp tỉnh mà bài toán về bất
đẳng thức luôn có đó chính là mục đích nguyên cứu đề tài này.
Phần thứ hai: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.
I. Cơ sở lý luận của vấn đề.
Kiến thức về bất đẳng thức được giới thiệu trong chương III đại số 8. Đây là
cơ sở lý luận để nhận biết được bất đẳng thức. Nó còn được vận dụng để giải quyết
một lượng không nhỏ các bài tập liên quan đến bất đẳng thức. Giả sử A và B là hai
biểu thức bằng số hoặc bằng chữ. Khi đó
A > B; A < B; A ≥ B; A ≤ B được gọi là các bất đẳng thức.

Các bất đẳng thức trên được viết lại như sau
A − B > 0; A − B < 0; A − B ≥ 0; A − B ≤ 0

Một bất đẳng thức bất kì có thể đúng, cũng có thể sai.
Quy ước: Khi nói về một bất đẳng thức mà không nói gì thêm thì ta hiểu đó
là một bất đẳng thức đúng.


Cho các số thực A, B, C, D bất kì , ta luôn có
0 < A < B
   ⇒ 0 < A.C < B.D

0


không làm được, lấy ý kiến thì các em còn mơ hồ về bất đẳng thức trong khi đó hầu
hết các đề thi cấp huyện đều có một bài bất đẳng thức, đặc biệt đề thi cấp tỉnh luôn
có một bài toán bất đẳng thức chính vì lý do đó mà cá nhân tôi mạnh dạn thực hiện
đề tài nguyên cứu này nhằm giúp các em đạt giải cao trong các kì thi huyện tỉnh và
gần như chiếm trọn vẹn điểm về mảng bất đẳng thức.
SKKN này được chuẩn bị, thử nghiệm và hoàn thành trong một khoảng thời
gian tương đối dài, được sự trao đổi về kiến thức cũng như kinh nghiệm với các
đồng nghiệp, nên bản thân tôi đã phần nào tự tích lũy cho mình một vốn kiến thức
nho nhỏ đảm bảo cho SKKN hôm nay. Với lượng kiến thức này tuy chưa đầy đủ
song có thể đã đáp ứng được mục tiêu của SKKN đề ra. Đồng thời thu hút thêm sự
đóng góp ý kiến, nhận xét của mọi người để SKKN hoàn thiện hơn.
Trong quá trình nghiên cứu và hoàn thành SKKN, bên cạnh những mặt thuận
lợi cũng có nhiều những khó khăn phải kể đến. Trước hết, chú trọng rèn luyện
nhiều ở phương pháp dạy học. Theo thời gian, việc tiếp tục nghiên cứu nội dung
này có phần khó khăn vì công tác bồi mỗi năm một khối lớp khác nhau. Do đó việc
thử nghiệm, so sánh kết quả của SKKN này có phần không được thuận lợi như
mong muốn. Mặt khác, các em học sinh tính tự giác trong học tập đối tự rèn chưa
cao, vì vậy muốn các em áp dụng kiến thức đã học vào các bài tập cụ thể thì giáo
viên sẽ phải trình bày bài tập mẫu, chỉnh sửa, uốn nắn nhiều, có như thế các em
mới có thể hiểu và nắm chắc kiến thức được học một cách có hệ thống, giúp các em
có thể tự làm những bài tập tương tự tốt hơn.
SKKN được áp dụng trực tiếp vào giảng dạy học sinh giỏi trong nhiều tiết
theo chuyên đề của mảng kiến thức này (những dạng bài tập cơ bản) tại trường đã
Giáo viên: Đoàn Công Nam

Trường THCS Lương Thế Vinh

Trang - 4 -



chưa tốt, các em lười làm bài tập ở nhà,. Trong mảng kiến thức về bất đẳng thức,
các em tỏ ra lúng túng khi lập luận, khi trình bày một số dạng bài tập nêu trên. Vì
vậy mà các em quên nhanh nhiều kiến thức cơ bản của phần này dẫn đến ngại làm
bài tập. Trong khi đó, để học môn toán tốt, nhớ lâu kiến thức thì con đường vô cùng
hiệu quả là luyện giải bài tập.
III. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề.
Nhằm nâng cao chất lượng học sinh giỏi cấp huyện và cấp tỉnh và chia sẻ
một số kinh nghiệm cùng đồng nghiệp nhằm nâng cao chất lượng học sinh giỏi toán
trên địa bàn Krông Ana. Để đạt được kết quả như mong muốn khi dạy kiến thức về
bất dẳng thức, theo ý kiến chủ quan của bản thân, tôi suy nghĩ và đã thực hiện như
sau:
Giáo viên: Đoàn Công Nam

Trường THCS Lương Thế Vinh

Trang - 5 -


“Một số kinh nghiệm sử dụng bất đẳng thức trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8, 9
tại trường THCS Lương Thế Vinh”

III.1. Trước hết, truyền đạt chính xác, đầy đủ các kiến thức cơ bản của
bất đẳng thức trong sách giáo khoa.
* Một số bất đẳng thức cơ bản cần nhớ
A 2 ≥ 0 với ∀ A
A 2k ≥ 0 với ∀ A và k là số tự nhiên
A ≥0

với ∀A



≥ x1 x2 ...........xn

n

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi: x1 = x2 = ............ = xn
Mục đích giúp cho học sinh có kiến thức nền tốt. Giáo dục được ý thức ham
học và nghiêm túc trong học tập, nghiêm khắc với bản thân cho học sinh ngay từ
đầu vì thói quen xấu rất khó bỏ và nề nếp chặt chẽ mau vững bền.
III.2. Đưa ra dạng bài tập cơ bản thường hay gặp.
Ví dụ :

(

) (

)

a2 + b2 ≥ 2ab; 2 a2 + b2 ≥ a + b
a2 + b2 − ab ≥

(

)

3 a+ b

2

≥ 4ab


(

)

≥ 3abc a + b + c .

Yêu cầu và bắt buộc học sinh phải học thuộc lòng các bất đẳng thức thường
gặp để từ đó hình thành tư duy, kỹ năng nhận dạng bất đẳng thức thuộc loại nào để
đưa ra cách giải hợp lí đở tốn thời gian.
Giáo viên: Đoàn Công Nam

Trường THCS Lương Thế Vinh

Trang - 6 -


“Một số kinh nghiệm sử dụng bất đẳng thức trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8, 9
tại trường THCS Lương Thế Vinh”

Mục đích cho các em làm bài tập áp dụng trong tiết dạy lý thuyết và trong tiết
dạy luyện tập với các dạng bài tập cụ thể đa dạng từ dễ đến khó có hướng dẫn gợi
mở của giáo viên, được trình bày ngắn gọn có các căn cứ rõ ràng. Ngoài ra, có thể
tổ chức thi làm bài nhanh giữa các em, để kích thích tính tích cực, ganh đua trong
học tập. Giao bài tập về nhà đồng thời tăng cường biện pháp để kiểm tra việc học
bài và làm bài ở nhà của học sinh để đảm bảo chất lượng của bài dạy và để tiến
hành loại bỏ học sinh lười học khỏi đội tuyển.
III.3. Đưa ra dạng bài có quy tắc để học sinh dễ nhận dạng, không lúng
túng khi làm bài trong các kì thi học sinh giỏi các cấp.
Bài 1. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a+b+c=3. Chứng minh rằng:

a
−
= a − (1)
2
2
1+ b
1+ b
2b
2

Hoàn toàn tương tự ta cũng có:

b
bc
c
ca
≥ b − (2);
≥ c − (3)
2
2
1+ c
2
1+ a
2

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta có:

a
b
c

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

Hoàn toàn tương tự ta cũng có:

b +1
bc + c
c +1
ac + a
≥ b +1−
(2) ;
≥ c +1−
(3)
2
2
1+ c
2
1+ a
2

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta cũng có:
Giáo viên: Đoàn Công Nam

không nhận ra và ghi nhớ đợt từng đơn vị kiến thức kỹ năng, kết quả là không định
hình được phương pháp từ đơn giản đến phức tạp, càng học càng hoang mang.
Giáo viên không nên coi những bài đơn lẻ không có quy luật chung là quan trọng,
cho học sinh làm nhiều hơn và trước những bài có nguyên tắc chung coi những bài
đó mới là tối ưu, kết quả là học sinh bị rối loạn, không học được phương pháp tư
duy theo kiểu đúng đắn khoa học và thông thường là: mỗi loại sự việc có một
nguyên tắc giải quyết, chỉ cần nắm vững một số nguyên tắc là giải quyết được hầu
hết các sự việc.
Mục đích hướng dẫn phương pháp học tập đặc trưng của bộ môn cho học sinh
là học ngay tại lớp, thường xuyên ôn lại kiến thức và rèn luyện làm bài tập nhiều,
hiệu quả để khắc sâu kiến thức giúp các em tốn ít thời gian nhất mà nhớ lâu, vận
dụng tốt.
III.4. Lựa chọn một số kỹ thuật cơ bản trong phép biến đổi tương đương
thường hay ra trong đề thi học sinh giỏi các cấp những năm gần đây.
Phân tích: Các bất đẳng thức dưới đây khá quen thuộc, ta có thể giải bằng
cách xét hiệu vế trái và vế phải rồi phân tích thành tổng các bình phương.
Bài 1. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh
a) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca

(

)

b) a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2 a + b + c

Lời giải
a) Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức

(



“Một số kinh nghiệm sử dụng bất đẳng thức trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8, 9
tại trường THCS Lương Thế Vinh”

Suy ra a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
a=b=c

b) Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức

(a

2

) (

)

+ b2 + c2 + 3 − 2 a + b + c = a2 − 2a + 1 + b2 − 2b + 1 + c2 − 2c + 1

(

) (

) (

2

)



⇔ x12 y 4 + x 4 y12 − x10 y 6 − x 6 y10 ≥ 0 ⇔ x 4 y 4 ( x8 − x 6 y 2 + y 8 − x 2 y 6 ) ≥ 0

⇔ x 4 y 4  x 6 ( x 2 − y 2 ) − y 6 ( x 2 − y 2 )  ≥ 0 ⇔ x 4 y 4 ( x 2 − y 2 ) ( x 6 − y 6 ) ≥ 0
⇔ x4 y 4 ( x2 − y 2 )

2

(x

4

+ x2 y2 + y4 ) ≥ 0

12
12
4
4
10
10
6
6
Bất đẳng thức cuối luôn đúng với mọi x, y. Vậy ( x + y ) ( x + y ) ≥ ( x + y ) ( x + y )

2

a2 + b2 + c2  a + b + c 
Bài 3. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rẳng:
≥
÷

−
=
=
÷
3
3
9
9



2

2

Suy ra:

a2 + b2 + c2  a + b + c 
≥
÷
3
3



Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
a = b = c.
Do đó trước khi biến đổi bất đẳng thức ta nên dự đoán dấu đẳng thức xẩy ra
để từ đó có hướng đi hợp lí.
Giáo viên: Đoàn Công Nam


) (

) (

2

) (

2

)

2

2

⇔ a − kb + a − kc + a − kd + a − ke ≥ 0

Trong trường hợp trên ta có thể chọn k = 2 , tức là ta phải nhân hai vế với 4.
Lời giải
2
2
2
2
2
Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức : a + b + c + d + e − a ( b + c + d + e)

=


a − 2b + a − 2c + a − 2d + a − 2e

) (
2

) (
2

) (
2

4

)

)

≥0

2
2
2
2
2
Suy ra: a + b + c + d + e ≥ a ( b + c + d + e)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
a = 2b = 2c = 2d = 2e.
Nhận xét: Với bất đẳng thức trên, ngoài phép biến đổi tương đương ta còn
có thể dùng tính chất của tam thức bậc hai để chứng minh.

0 < c < a + b


2
2
2
Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được a + b + c < 2( ab + bc + ca)

b) Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên ta có

(

)

2

(

)(

)

a2 ≥ a2 − b − c = a − b + c a + b − c > 0
2
2
2
2
2
2
Chứng minh tương tự ta được b ≥ b − (c − a) > 0; c ≥ c − (a − b) > 0


)(

)(

)

Mà ta lại có a + b − c > 0; b + c − a > 0; c + a − b > 0
Nên từ bất đẳng thức trên ta được abc ≥ ( a + b − c) . ( b + c − a) . ( c + a − b)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .
Nhận xét: Bất đẳng thức abc ≥ ( a + b − c) ( b + c − a ) ( c + a − b) không chỉ đúng
với a, b, c là các cạnh của một tam giác, mà nó còn đúng cho a, b, c là các số thực
dương bất kì. Bất đẳng này là một trường hợp của bất đẳng thức Schur.
Bài 6. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:
a
b
c
3
+
+
≥
b+ c c+ a a+ b 2

Bất đẳng thức cần chứng minh là bất đẳng thức Neibizt nổi tiếng, hiện nay có
rất nhiều cách chứng minh cho bất đẳng thức này. Để chứng minh bằng phương
pháp biến đổi tương đương ta có các ý tưởng như sau
a

1


a+ b+ c
+ 1=
. Do đó ta cộng vào hai vế của
b+ c
b+ c

bất đẳng thức với 3, thực hiện biến đổi như trên ta đươc được bất đẳng thức về

 1
1
1 
+
+
÷ ≥ 9 , đến đây ta có thể đơn giản hóa
b
+
c
c
+
a
a
+
b


x
=
b
+
c;

a
1
b
1
c
1
− +
− +
− ≥0
b+ c 2 c+ a 2 a+ b 2
a− b a− c b− c b− a c− a c− b
⇔
+
+
+
+
+
≥0
b+ c b+ c c+ a c+ a a+ b a+ b
 a − b a − b  b − c b − c   c − a c − a 
⇔
−
−
−
÷+ 
÷+ 
÷≥ 0
b
+
c


Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .
Cách 2: Bất đẳng thứ cần chứng minh tương đương với
a
1
b
1
c
1 9
+ +
+ +
+ ≥ ⇔ 2a + 2b + 2c
b+ c 2 c+ a 2 a+ b 2 2









)  b 1+ c + c +1 a + a +1 b ÷ ≥ 9

(

Đặt x = b + c; y = c + a; z = a + b , khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành




( z − x)
+
2zx

2

≥0

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .

Giáo viên: Đoàn Công Nam

Trường THCS Lương Thế Vinh

Trang - 12 -


“Một số kinh nghiệm sử dụng bất đẳng thức trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8, 9
tại trường THCS Lương Thế Vinh”

Cách 3: Đặt x = b + c; y = c + a; z = a + b , khi đó ta được
a=

y+ z− x
z+ x− y
x+y−z
;b=
; c=
2
2

+
2yz

2

( z − x)
+
2zx

2

≥0

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .

(

)

2
2
Bài 7. Cho biểu thức P = a + b − ab − 3 a − b + 2013 . Với giá trị nào của a và b

thì P đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
(Đề thi học sinh giỏi toán 9 huyện Krông Ana năm học 2012-2013)
Bài giải:
2P = (a – b – 2)2 + (a – 1)2 + (b + 1)2 + 2.2010 ≥ 2.2010
⇒ P ≥ 2010.

a − b − 2 = 0

x
x
2

Giáo viên: Đoàn Công Nam

Trường THCS Lương Thế Vinh

Trang - 13 -


“Một số kinh nghiệm sử dụng bất đẳng thức trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8, 9
tại trường THCS Lương Thế Vinh”
1
20122
20122
− 4024 = x +
. Vì 4024 không đổi nên ta tìm giá trị nhỏ nhất của x +
y
x
x
2
2012
. Ta thấy hai số x và
đều dương và có tích bằng 20122 không đổi nên tổng của
x
2
2012
chúng x +
sẽ nhỏ nhất khi chúng bằng nhau, tức là:

5

= 1 + 5m + 10m 2 + 10m 3 + 5m 4 + m 5 + 1 − 5m + 10m 2 − 10m 3 + 5m 4 − m 5

= 2 + 20m2 + 10m4
Vì 20m2 + 10m4 ≥ 0 với ∀ m ⇒ 2 + 20m2 + 10m4 ≥ 2
Dấu « = » xảy ra khi m = 0 ⇒ a= b = 1 , Vậy giá trị nhỏ nhất của a 5 + b5 là 2 khi a
=b=1
Bài 10. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 3. Chứng minh
rằng: x x + y + y y + z + z z + x ≤ 3 2
(Đề thi học sinh giỏi huyện Krông Ana năm học 2016-2017)
Bài giải:
Trước hết ta chứng minh BĐT Cosy- Bunhiacopxky cho 6 số bất kỳ:
Cho 6 số bất kỳ a, b, c, x, y, z ta luôn có BĐT:
(ax + by + cz ) 2 ≤ (a 2 + b 2 + c 2 )( x 2 + y 2 + z 2 ) (1)

Dấu “=” xảy ra khi a = tx, b = ty, c = tz (với t là hằng số).
Từ đó ta có kết quả sau: ( x + y + z )2 ≤ (12 + 12 + 12 )( x 2 + y 2 + z 2 ) = 9
Hay x + y + z ≤ 3 (*) . Dấu bằng xảy ra khi: x=y=z=1
Giáo viên: Đoàn Công Nam

Trường THCS Lương Thế Vinh

Trang - 14 -


“Một số kinh nghiệm sử dụng bất đẳng thức trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8, 9
tại trường THCS Lương Thế Vinh”

Áp dụng BĐT (1) và kết quả (*) cho 6 số x, y, z, x + y , y + z , z + x ta có:

 α a 

1
 α a; ÷
a
 1

 a, a ÷ ⇒ 
1 



 a;
÷
 α a 

 a; α 
 a ÷


Vậy ta có : S =

Chẳng hạn ta chọn sơ đồ điểm rơi (1):

(1) ( sơ đồ điểm rơi (2),(3),(4) học sinh tự làm)
(2)
(3)

1
2


Giáo viên: Đoàn Công Nam

Trường THCS Lương Thế Vinh

Trang - 15 -


“Một số kinh nghiệm sử dụng bất đẳng thức trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8, 9
tại trường THCS Lương Thế Vinh”

Bài

2.

Cho

a, b, c > 0


3.
a + b + c ≤
2


Tìm

giá

trị

Phân tích và tìm tòi lời giải
Do S là một biểu thức đối xứng với a,b,c nên dự đoán Min S đạt tại điểm rơi

a =b=c= 1
2

Sơ đồ điểm rơi: a = b = c =

1
2


1
a = b = c =
2
1 2
⇒
⇒ =
2 α
 1 = 1 = 1 = 2
α a α b α c α

⇒ α =4

Hoặc ta có sơ đồ điểm rơi sau :

a =b=c= 1
2

α

Việc chọn điểm rơi cho bài toán trên đã giải quyết một cách đúng đắn về mặt
toán học nhưng cách làm trên tương đối cồng kềnh. Nếu chúng áp dụng việc chọn
điểm rơi cho bất đăng thức Bunnhiacôpski thì bài toán sẽ nhanh gọn hơn, đẹp hơn.

Giáo viên: Đoàn Công Nam

Trường THCS Lương Thế Vinh

Trang - 16 -


“Một số kinh nghiệm sử dụng bất đẳng thức trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8, 9
tại trường THCS Lương Thế Vinh”

Trong bài toán trên chúng ta đã dùng một kĩ thuật đánh giá từ TBN sang TBC ,
chiều của dấu của dấu bất đẳng thức không chỉ phụ thuộc vào chiều đánh giá mà nó
còn phụ thuộc vào biểu thức đánh nằm ở mẫu số hay ở tử số.
Bài 3. Cho a, b, c, d > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
S=

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

≥2
a + b + d +
c


d
a +b+c
+
≥2

d
a + b + c

a
b+c+d
.
=2
b+c+d
a
b
c+d +a
.
=2
c+d +a
b
⇒S ≥ 2+2+2+2=8
c
a +b+d
.
=2


Nguyên nhân sai lầm:
a = b + c + d

b = c + d + a
Min S = 8 ⇔ 
⇒ a + b + c + d = 3(a + b + c + d) ⇒ 1 = 3 ⇒ vô lí.
c = d + a + b
d = a + b + c


Phân tích và tìm tòi lời giải: Để tìm MinS ta cần chú ý S là một biểu thức đối
xứng với a,b,c,d > 0 do đó MinS nếu có thường đạt tại điểm rơi tự do là “ là a = b =
c = d > 0.( nói là điểm rơi tự do vì a,b,c,d không mang một giá trị cụ thể). Vậy ta
4
40
cho trước a = b = c = d dự đoán Min S = + 12 = . Từ đó suy ra các đánh giá
3
3
của BĐT bộ phận phải có điều kiện dấu bằng xảy ra là tập con của điều kiện dự
đoán: a = b = c = d > 0 .
Ta có sơ đồ điểm rơi : Cho a = b = c = d > 0 ta có:

Giáo viên: Đoàn Công Nam

Trường THCS Lương Thế Vinh

Trang - 17 -




b+c+d 
8 b+c+d
+ ∑ .
≥
÷
9a  a,b,c ,d 9
9a

S=

+
∑
a ,b,c,d  b + c + d

≥ 88

a
b
c
d
b+c + d c + d +a a +b+d a +b+c
.
.
.
.
.
.
.
b+c +d c +d +a a +b+d a +b+c

2
2
2 2 2
Bài 1. Chứng minh rằng: ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 8a b c ∀a, b, c

Phân tích và tìm tòi lời giải: Chỉ nhân các vế của BĐT cùng chiều ( kết quả
được BĐT cùng chiều) khi và chỉ khi các vế cùng không không âm.
Cần chú ý rằng: x2 + y2 ≥ 2 x 2 y 2 = 2|xy| vì x, y không biết âm hay
dương.
Nói chung ta ít gặp bài toán sử dụng ngay BĐT Côsi như bài toán nói trên
mà phải qua một vài phép biến đổi đến tình huống thích hợp rồi mới sử dụng BĐT
Côsi.
Trong bài toán trên dấu “ ≥ ” ⇒ đánh giá từ TBC sang TBN. 8 = 2.2.2 gợi ý
đến sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số, 3 cặp số.
Sai lầm thường gặp của học sinh:
Giáo viên: Đoàn Công Nam

Trường THCS Lương Thế Vinh

Trang - 18 -


“Một số kinh nghiệm sử dụng bất đẳng thức trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8, 9
tại trường THCS Lương Thế Vinh”

Sử dụng: ∀ x, y thì x2 - 2xy + y2 = ( x- y)2 ≥ 0 ⇔ x2 + y2 ≥ 2xy. Do đó:
a 2 + b 2 ≥ 2ab
 2
2
b + c ≥ 2bc

c + a ≥ 2 ca ≥ 0

(

)(b

2

+ c 2 ) ( c 2 + a 2 ) ≥ 8| a 2b2c2 | = 8a 2b 2c 2 ∀a, b, c (đúng)

Bài 2. Chứng minh rằng: (1 + a + b)(a + b + ab) ≥ 9ab ∀ a, b ≥ 0.
Phân tích và tìm tòi lời giải: 9 = 3.3 gợi ý sử dụng bất đẳng thức Côsi cho
ba số, 2 cặp. Mỗi biến a, b được xuất hiện ba lần, vậy khi sử dụng Côsi cho ba số sẽ
khử được căn thức cho các biến đó.
Giải
Ta có: (1 + a + b)(a + b + ab) ≥ 33 1.a.b. 3.3 a.b.ab = 9ab .
Bài 3. Chứng minh rằng: 3a3 + 7b3 ≥ 9ab2 ∀ a, b ≥ 0
Phân tích và tìm tòi lời giải: 9ab2 = 9.a.b.b ⇒ gợi ý đến việc tách hạng tử
7b3 thành hai hạng tử chứa b3 để khi áp dụng BĐT Côsi ta có b 2. Khi đã có định
hướng như trên thì việc tách các hệ số không có gì khó khăn.
Giải
Côsi

Ta có: 3a3 + 7b3 ≥ 3a3 + 6b3 = 3a3 + 3b3 + 3b3 ≥
a, b, c, d > 0

Bài 4. Cho:  1
1
1
1

d Côsi
bcd
≥ 1 +
+
≥ 33
÷+ 1 −
÷+ 1 −
÷=
1+ a  1+ b   1 + c   1+ d  1 + b 1+ c 1 + d
( 1+ b ) ( 1+ c ) ( 1+ d )

Vậy:
 1
bcd
≥3 3
≥0

1
+
a
1
+
b
1
+
c
1
+
d
(



abc
 1 ≥3 3
≥0
1 + d
1
+
a
1
+
b
1
+
c
(
)
(
)


(

(

)

)

(

+
+
+
.........
+
≥ n −1
1 + x 1 + x 1 + x
1
+
x
n
1
2
3


CMR : x1 x2 x3...........xn ≤

1

( n − 1)

n

Đối với những bài toán có điều kiện là các biểu thức đối xứng của biến thì
việc biến đổi điều kiện mang tính đối xứng sẽ giúp ta xử lí các bài toán chứng minh
BĐT dễ dàng hơn.
a, b, c > 0

Bài 5. Cho 


b

c

Từ bài tập, hướng dẫn HS nhận dạng qua bài toán tổng quát 2:
Cho:
 x1 , x2 , x3 ,..............., xn > 0

 x1 + x2 + x3 + ........ + xn = 1

1

CMR : 

 x1

 1

−1÷
÷

 x2

 1

−1÷÷

  x3


tại trường THCS Lương Thế Vinh”

CMR:

3 

a + b + c  1÷
1 +
÷ ≥
3 ÷


( 1+ a ) ( 1+ b ) ( 1+ c ) ≥ ( 1+
 
2÷
 

3

)

3 3 ÷

abc ≥ 8 abc ∀a, b, c ≥ 0

Giải

(

3 

(1)

Ta có: ( 1 + a ) ( 1 + b ) ( 1 + c ) = 1 + ( ab + bc + ca ) + ( a + b + c ) + abc 
Côsi

(

) (

≥ 1 + 33 a 2b2c 2 + 33 abc + abc = 1 + 3 abc

(

Ta có: 1 + 3 abc

)

3

)

3

(2)

3

Côsi 






÷
÷


2
x1 + x2 + .... + xn  1
÷ ≥ ( 1+ x1 ) ( 1+ x2 ) ...... ( 1+ xn ) ≥ 1+ n x1x2 .....xn
÷
n


(

)

 

n 3÷÷

≥ 2n x1x2......xn

Bài toán tổng quát trên thường được sử dụng cho 3 số, áp dụng cho các bài
toán về BĐT lượng giác trong tam giác sau này.
Mục đích phải luôn tạo được tình huống có vấn đề là các bài toán lạ mà quen,
từ đó nâng dần mức độ, buộc các em phải tự tìm cách tháo gỡ có như vậy mới phát
triển được năng lực tư duy sáng tạo của học sinh.
Rèn cho học sinh kỹ năng phân tích bài toán, nắm được những điều kiện của

+
≥ 670
2
2
a + b + c ab + bc + ca
2

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Tỉnh Hải Phòng năm 2009 - 2010
Lời giải
a) Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương
a + b + c ≥ 3 abc;

1 1 1
1
+ + ≥3
3
a b c
abc
1
a

Suy ra ( a + b + c)  +

1 1
+ ÷≥ 9
b c

Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c
b) Ta có
Suy ra


(

1

1

)

9

≥1
2
Suy ra a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca ≥
( a + b + c)

Do đó ta được

1
2009
+
≥ 670.
2
2
a + b + c ab + bc + ca
2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
a = b = c = 1.
1

)

+ ... +

( 2n + 1) (

1

)

n + n+1

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Tỉnh Bình Định năm 2009-2010
Lời giải
Với n ≥ 3 , ta có

( 2n + 1) (

1

)

n + n+1

=


1
1
1
1  1
1  1
+
−
+ ... +
−
1−
÷ =  1−
÷

a3 + ab2 ≥ 2a2b;b3 + bc2 ≥ 2b2c;  c3 + ca2 ≥ 2c2a

Giáo viên: Đoàn Công Nam

Trường THCS Lương Thế Vinh

Trang - 23 -


“Một số kinh nghiệm sử dụng bất đẳng thức trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8, 9
tại trường THCS Lương Thế Vinh”

(

) (

)

3 a2 + b2 + c2 ≥  3 a2b + b2c + c2a > 0

Suy ra

Do đó ta được a2 + b2 + c2 +

ab + bc + ca
ab + bc + ca
2
2
2
≥

2 a2 + b2 + c2

)

) ≥4

Đặt t = a2 + b2 + c2 .
Từ giả thiết a + b + c = 3 ⇒ a2 + b2 + c2 ≥ 3 , do đó ta được t ≥ 3
Bất đẳng thức trên trở thành
t+

9− t
≥ 4 ⇔ 2t2 + 9 − t ≥ 8t ⇔ t − 3 2t − 3 ≥ 0
2t

(

)(

)

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do t ≥ 3. Vậy bài toán được chứng minh xong.
Bài 4. a) Cho k là số nguyên dương bất kì. Chứng minh bất đẳng thức sau:
 1
1 
< 2
−
÷
k
k + 1

k+1

k


0 ⇔

(

k + 1− k

)

2

>0

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng với mọi k nguyên dương.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Giáo viên: Đoàn Công Nam


1 
1 
1 
< 2
−
−
−
÷ + 2
÷ + L + 2
÷
2
3
2010 
 1
 2
 2009


1 
1  88
= 2 1 −
= VP
÷ < 2 1 − ÷ =
45  45
2010 



Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong.
Mục đích để các em thấy rằng các đề thì về bất đẳng thức không khó các em