Chuyên đề Toán phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS

 Phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong
khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS
 Môn: Toán
 PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH TỪ VIỆC KHAI THÁC LỜI 
 GIẢI MỘT BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN THCS.
 Tác giả: Đỗ Minh Giáp – Trường THCS Lê Hồng Phong
 Dành cho đối tượng: Học sinh giỏi THCS
 Thời lượng: 20 tiết 
I- ĐẶT VẤN ĐỀ
 Trong nhiều năm giảng dạy bộ môn toán ở trường THCS và nhiều năm bồi dưỡng học 
sinh giỏi các cấp tôi nhận thấy vấn đề bất đẳng thức là một vấn đề khó nhưng lại có nhiều tác 
dụng trong việc rèn luyện trí tuệ cho học sinh. Về kiến thức lý thuyết cũng như bài tập về phần 
bất đẳng thức được ẩn tàng trong từng bài học và trong những bài tập từ trung bình đến nâng 
cao. Giáo viên giảng dạy hiểu vấn đề này một cách đơn giản, chưa thấu đáo và triệt để. Chính 
vì vậy mà khi giảng dạy giáo viên thường coi nhẹ hoặc cho vấn đề đó là khó, không quan 
trọng. Mặt khác chính học sinh khi học, tiếp cận với vấn đề bất đẳng thức còn lơ mơ ngại khó. 
Như chúng ta đều biết khi theo dõi đề thi học sinh giỏi các cấp nhiều năm gần đây thì thấy số 
lượng các bài toán về bất đẳng thức và vận dụng bất đẳng thức chiếm tỉ lệ cao trong mỗi đề. 
Mặt khác trên báo học toán tuổi trẻ, báo toán tuổi thơ dành cho học sinh trung học cơ sở thì các 
bài viết cũng như số lượng bài toán về bất đẳng thức chiếm tỉ lệ cao. Với tầm quan trọng và 
tính cấp thiết của vấn đề tôi viết chuyên đề này giúp cho phần nào giáo viên trực tiếp giảng dạy 
trên lớp cũng như đội ngũ giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi và những học sinh yêu thích bộ 
môn toán có cách nhìn nhận và đánh giá về bài toán bất đẳng thức, tăng thêm một phần kiến 
thức cũng như sự đam mê, thích thú khi nghiên cứu về vấn đề này. Mặt khác giúp cho sự phát 
triển tư duy lô gíc của học sinh: giúp cho các em cảm nhận được mạch tư duy, cách suy nghĩ, 
cách đánh giá trước những vấn đề tưởng chừng đơn giản nhưng lại rất hay và lý thú. Một lần 
nữa tôi viết chuyên đề này mong muốn đóng góp một phần nhỏ cho việc giảng dạy và học tập 
của giáo viên và học sinh đạt kết quả cao hơn.
Nội dung chuyên đề bao gồm: 
 Một số bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS .
 Một số bài toán bất đẳng thức hay & khó .
II- NỘI DUNG
II.1. Định nghĩa và một số tính chất của bất đẳng thức :
1/Định nghĩa :
Ta nói rằng số a lớn hơn số b ( hoặc số a nhỏ hơn số b ) .Ký hiệu là : a> b ( hoặc a<b ) 
Nếu a - b > o ( hoặc a - b b (hoặc a < b ) là một bất đẳng thức .
+/Chú ý: Đôi khi ta còn viết :a ≥ b  a-b ≥ 0 ;( hoặc : a≤ b  a-b ≤ 0 .
2/ Tính chất :
a/ T/C 1: a ≥ b  a + c ≥ b + c ( với c ) .
b/T/C 2 : nếu a ≥ b và b ≥ c => a ≥ c .
c/T/C 3 : nếu a ≥ b và c ≥ d thì a + c ≥ b + d .
d/ T/C 4 : nếu a ≥ b và c ≤ d thì a – c ≥ b – d .
e/ T/C 5 : với mọi c > 0 thì : a ≥ b  a . c ≥ b .c .
 với mọi c < 0 thì : a≥ b  a . c ≤ b . c .
 1 1
f/ T/C 6 : nếu a ≥ b ≥ 0 hoặc 0 ≥ a ≥ b thì :  .
 a b
 - 21 - Phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong
khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS
Bài toán 1.4: Chứng minh rằng:
 2 2 2
 a1,a2 ,a3....an thì:a1  a2 ...an  n  2(a1  a2 ... an ) với  n  N, n  1.
Hãy vận dụng bài toán 1 giải bài toán sau :
Bài toán 1.5: Chứng minh rằng: Với  ai > 0; i = 1,n và a1.a2an = 1 thì:
 n
 (a1 + 1)(a2 + 1)(an + 1)  2 .
Trong chương trình toán lớp 8 đã học hằng đẳng thức bình phương của một hiệu :
 2
 x  y2  x 2  2xy  y  0 => x2+ y2 => 2xy . Từ đó ta có bài toán sau :
Bài toán 2: Chứng minh rằng:  x,y,z thì: x2 + y2 + z2  xy + yz + zx
Lời giải 1: Ta có: x2 + y2  2xy (1)
 y2 + z2  2yz (2)
 z2 + x2  2xz (3)
 Cộng các vế của ba bất đẳng thức cùng chiều ta được: 
 2(x2 + y2 + z2)  2(xy + yz + zx) 
  x2 + y2 + z2  xy + yz + zx (đpcm)
 1
Lời giải 2: Xét hiệu: x2 + y2 + z2 – (xy +yz +zx) = (2x2 + 2y2 + 2z2 – 2xy – 2xz – 2yz) = 
 2
 1
 (x  y)2  (y  z)2  (z  x)2   0  x2 + y2 + z2  xy + yz +zx (đpcm)
 2  
Lời giải 3: Áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki cho hai dãy: (x,y,z) và (y,z,x) ta có:
 (xy +yz +zx)2  (x2 +y2 + z2)(y2 + z2 + x2)
  (xy +yz +zx)2  (x2 + y2 + z2)2
  xy  yz  zx  x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2  xy + yz + zx (đpcm)
Từ bài toán 2, ta đề suất các bài toán sau:
 2 2 2 
Bài toán 2.1: Chứng minh rằng  x1, x2, ,xn thì x1 + x2 + + xn  x1x2 + x2x3 + + xnx1
Bài toán 2.2 (bài toán đặc biệt hóa): 
 Chứng minh rằng a2 + b2 + 1 ab + b + a .
Vận dụng bài toán 1& t/c xắp thứ tự trong R để giải bài toán sau :
Bài toán 2.3: Cho 5 số dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng ta có thể sắp xếp 5 số đó trên 
 1
một vòng tròn sao cho tổng của tích hai số liền nhau không lớn hơn .
 5
Hướng dẫn: Xét 5 số x1, x2, x3, x4, x5 > 0 và x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 1
 2 2 2 2 2
Khi đó: 1 = x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + 2
(x1x  x2 x3  x3 x4  x4 x5  x5 x1)  (x1x4  x2 x4  x2 x5  x3 x5  x1x3 )
Không giảm tính tổng quát giả sử: (x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5)  (x1x3 + x1x4 + x2x4+ x2x5 + 
x3x5). Khi đó
 1
 1  5(x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5 + x5x1)  x1x2 + + x5x1  (đpcm) .
 5
Tiếp tục ta xét bài toán sau :
Bài toán 3: Xác định số thực p để bất đẳng thức sau thỏa mãn với  x1, x2, x3 > 0 
 2 2 2
 x1 + x2 + x3  p(x1x2 + x1x3)
 - 23 - Phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong
khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS
  x2y2(x2 + y2)  2 (đpcm) .
Cách 3: Xét tỉ số :
 x2 y2 (x2  y2 ) xy(x2  y2 )
 A =  A  (do 0 xy  1 nên x2y2  xy)
 2 2
 xy(x2  y2 ) 1 2xy  x2  y2 1 24
  A   ( )2  (x  y)4  = 1
 4 4 2 16 16
  x2y2(x2 + y2)  2
Cách 4: Xét hiệu: B = x2y2(x2 + y2) - 2 = x2y2(4 – 2xy) – 2
 Đặt xy = t với 0 < t 1. Ta có: B = t2(4 – 2t) – 2
 = -2t3 + 4t2 – 2
 = 2(1 – t)(t2 – t -1)
 2
 = 2(1 –t)(t 1)  t  0 
 (vì t  1 1-t 0 và (t2 -1) – t  -1 < 0)
  B  0  x2y2(x2 + y2) 2  2 (đpcm) .
Cách 5: Xét biểu thức T = x2y2(x2 + y2)  T = xy(4 – 2xy)
  2(xy)2 – 4xy + T = 0(*)
 Coi (*) là phương trình bậc 2 đối với ẩn (xy) thì phương trình có nghiệm khi ' = 4 – 2T 
0  T 2 mà x2y2(x2 + y2)  T 2 ( vì 0  xy  1) => (đpcm) .
 Vận dụng lời giải bài toán trên hãy giải các bài toán sau:
Bài toán 4.1: Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình:
 x  y  2
  2 2 2 2
 x y (x  y )  2
Bài toán 4.2: Cho 2 số nguyên dương x, y thỏa mãn x + y = a. Tìm giá trị lớn nhất của biểu 
thức A = xy(x2 + y2) .
Xuất phát từ bài toán :
Bài toán 5: Cho a, b, c là độ dài của ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng 
 (a + b – c)(b + c – a)(c + a – b)  abc (*)
Lời giải: 
Cách 1: Ta có: a2  a2 – (b – c)2 = (a – b + c)(a + b – c)  0 (1) ( do a, b, c là độ dài ba cạnh 
trong một tam giác)
Tương tự ta có: b2  (b – c + a)(b + c – a)  0 (2)
 c2  (c – a + b)(c + a – b)  0(3)
Nhân các vế của 3 bất đẳng thức (1), (2), (3) ta có: 
a2.b2.c2  (a  b  c)(b  c  a)(c  a  b)2
 abc  (a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) (đpcm) .Nếu ta thay, đổi biến mới thì ta có một lời 
giải khác :
Cách 2: Đặt x = a + b – c; y = c + a – b; z = b + c – a với x, y, z > 0 do a, b, c là độ dài ba cạnh 
tam giác. 
 x  y x  z y  z
 Khi đó: a = , b = , c = thay vào bđt (*)
 2 2 2
 (x  y)(y  z)(z  x)
Ta có:  xyz  (x +y)(y+z)(z+x)  8xyz (**)
 8
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có: x + y  2xy > 0; 
 - 25 - Phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong
khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS
Bài toán 5.4: Cho ba số dương a, b, c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
 c a b
 P = (1 )(1 )(1 ) .
 a  b b  c a  c
Một bđt rất quen thuộc & được sử dụng nhiều trong chứng minh cũng như tìm cực trị đó là bài 
toán sau :
 1 1 4
Bài toán 6: Chứng minh rằng  x,y > 0 thì  
 x y x  y
Lời giải:
 1 1 4 x  y 4 (x  y)2  4xy (x  y)2
Cách 1: Xét hiệu:   =  = =  0
 x y x  y x.y x  y xy(x  y) xy(x  y)
 1 1 4
Với  x,y > 0  
 x y x  y
 1 1 4 x  y 4
Cách 2:     (x + y)2  4xy (do x, y > 0)
 x y x  y x.y x  y
  (x – y)2  0 bất đẳng thức luôn đúng  bất đẳng thức (1) đúng  
(đpcm)
Cách 3: Ta có: (x – y)2  0 x2 + y2  2xy (x2 + 2xy + y2)  4xy
 x  y 4
 (x + y)2  4xy   (do x,y > 0)
 x.y x  y
 1 1 4
    (đpcm)
 x y x  y
Ta thay x = a + b – c; y = c + a – b; z = b + c – a với a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác. Khi đó 
vận dụng bài toán 6 ta có bài toán sau:
Bài toán 6.1: Chứng minh rằng với a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác thì:
 1 1 1 1 1 1
      .
 a  b  c b  c  a c  a  b a b c
 1 1 1 1  1 1 1 
Hay :       ; với p là nửa chu vi của tam giác ABC .
 p  a p  b p  c 2  a b c 
Tiếp tục áp dụng bài toán 6 ta có: 
 1 1 2 2
    .Khi đó thay x= a+b-c ; y= b+c-a ; z = c+a-b 
 n
 x n y n x  y
 xy n
 2
Ta được :
 1 1 2
  
 n a  b  c n b  c  a n b
 1 1 2
  
 n b  c  a n a  c  b n c
 1 1 2
  
 n a  c  b n a  b  c n a
Từ đó ta có kết quả :
Bài tập 6.2: Nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì:
 - 27 -