Th s31 012_vận dụng phương pháp dạy học khám phá có hướng dẫn trong dạy học bất đẳng thức ở trường thpt

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM
––––––––––––––––––––
ĐẶNG KHẮC QUANG
VẬN DỤNG PHƢƠNG PHÁP DẠY HỌC
KHÁM PHÁ CÓ HƢỚNG DẪN TRONG DẠY HỌC
BẤT ĐẲNG THỨC Ở TRƢỜNG THPT
Chuyên ngành: Lí luận và Phƣơng pháp dạy học Toán
Mã số: 60.14.10
TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ GIÁO DỤC HỌC
Thái Nguyên - 2009

CÔNG TRÌNH ĐƢỢC HOÀN THÀNH TẠI:
TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM - ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
Ngƣời hƣớng dẫn khoa học:
PGS.TS. Bùi Văn Nghị
Ngƣời phản biện:
Phản biện 1: Nguyễn Anh Tuấn
Phản biện 2: Cao Thị Hà
Luận văn sẽ đƣợc bảo vệ tại Hội đồng chấm luận văn
Họp tại trƣờng Đại học sƣ phạm – Đại học Thái Nguyên
Vào hồi 15 giờ, ngày 25 tháng 10 năm 2009
Có thể tìm hiểu luận văn tại
Thƣ viện trƣờng Đại học Sƣ phạm – Đại học Thái Nguyên

THAI NGUYEN UNIVERSITY
THAI NGUYEN TEACHER TRAINING COLLEGE
––––––––––––––––––––––––––––
DANG KHAC QUANG
APPLYING TEACHING METHOD OF DISCOVERY
WITH GUIDING IN TEACHING INEQUALITY
AT HIGH SCHOOL
Limited speciality: Argument and Teaching Method
Code: 60.14.10
SUM UP EDUCATIONAL AND SCIENTIAL M.A. ESSAY
THAI NGUYEN - 2009

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn1
–––––––––––––––––––––––––
LUẬN VĂN THẠC SĨ GIÁO DỤC HỌC
THÁI NGUYÊN - 2009

––––––––––––––––––––
Chuyên ngành: LL&PP DẠY HỌC TOÁN
Mã số: 60.14.10
LUẬN VĂN THẠC SĨ GIÁO DỤC HỌC
NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS. BÙI VĂN NGHỊ
THÁI NGUYÊN - 2009

MỤC LỤC
MỞ ĐẦU Trang
1. Lý do chọn đề tài......................................................................................... 1
2. Giả thuyết khoa học..................................................................................... 3
3. Mục đích nghiên cứu................................................................................... 3
4. Nhiệm vụ nghiên cứu.................................................................................. 3
5. Phương pháp nghiên cứu............................................................................. 4
6. Cấu trúc luận văn......................................................................................... 4
Chƣơng 1. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN......................................... 6
1.1. Dạy học bằng các hoạt động khám phá có hướng dẫn............................. 6
1.1.1. Khái quát............................................................................................... 6
1.1.2. Tổ chức các hoạt động học tập khám phá............................................. 7
1.1.3. Điều kiện thực hiện............................................................................... 8
1.2. Các hoạt động và hoạt động thành phần.................................................. 9
1.2.1. Khái quát............................................................................................... 9
1.2.2. Phát hiện những hoạt động tương thích với nội dung......................... 12
1.2.3. Phân tích các hoạt động thành các hoạt động thành phần................... 13
1.2.4. Lựa chọn hoạt động dựa vào mục đích............................................... 14
1.3. Các quy trình giải một bài toán theo bốn bước của Polya..................... 15
1.4. Thực tiễn việc dạy học nội dung bất đẳng thức ở trường phổ thông..... 20

Kết luận chƣơng 1....................................................................................... 22
Chƣơng 2. VẬN DỤNG PHƢƠNG PHÁP DẠY HỌC KHÁM PHÁ CÓ
HƢỚNG DẪN TRONG DẠY HỌC BẤT ĐẲNG THỨC Ở
TRƢỜNG THPT.................................................................... 23
2.1. Khám phá vận dụng bất đẳng thức đã biết............................................. 23
2.2. Khám phá hàm số trong chứng minh bất đẳng thức.............................. 34
2.3. Khám phá ẩn phụ trong chứng minh bất đẳng thức............................... 51
2.4. Khám phá bất đẳng thức theo nhiều phương diện................................. 64
2.5. Khám phá các sai lầm trong lời giải và sửa chữa.................................. 75
Kết luận chƣơng 2....................................................................................... 84
Chƣơng 3. THỰC NGHIỆM SƢ PHẠM................................................ 86
3.1. Mục đích, tổ chức, nội dung thực nghiệm sư phạm............................... 86
3.2.Các giáo án thực nghiệm sư phạm.......................................................... 87
3.3. Kết quả thực nghiệm sư phạm.............................................................. 103
Kết luận chƣơng 3..................................................................................... 105
KẾT LUẬN................................................................................................ 106
Tài liệu tham khảo

Lời cảm ơn
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới PGS - TS Bùi Văn Nghị, đã
tận tình hướng dẫn tôi hoàn thành luận văn này.
Tôi xin trân trọng cảm ơn:
- Phòng đào tạo sau đại học trường ĐHSP Thái Nguyên, Khoa Toán
trường ĐHSP Thái Nguyên.
- Các thầy giáo ở Viện Toán học Việt Nam, trường ĐHSP Hà Nội,
trường ĐHSP Thái Nguyên, đã hướng dẫn chúng tôi học tập trong suốt quá
trình học tập và nghiên cứu.
- Ban giám hiệu và các bạn đồng nghiệp ở tổ toán trường THPT Lạng
Giang số 2 - Bắc Giang đã tạo điều kiện thuận lợi giúp tôi hoàn thành đề tài
của mình.
- Bạn bè và gia đình đã động viên tôi trong suốt quá trình học tập và
làm luận văn.
Thái nguyên, tháng 10 năm 2009
Học viên
Đặng Khắc Quang

DANH MỤC CHỮ VIẾT TẮT TRONG LUẬN VĂN
[?] : Câu hỏi và bài tập kiểm tra
[!] : Dự đoán câu trả lời hoặc cách xử lý của học sinh
BĐT : Bất đẳng thức
GV : Giáo viên
HS : Học sinh
NXB : Nhà xuất bản
PPDH : Phương pháp dạy học
THPT : Trung học phổ thông

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Luật giáo dục nước Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam năm 2005 đã
quy định: "Phương pháp giáo dục phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ
động, tư duy sáng tạo của người học; bồi dưỡng năng lực tự học, lòng say mê
học tập và ý chí vươn lên" (chương I, điều 4).
"Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác,
chủ động, tư duy sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc điểm của từng lớp
học; bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức
vào thực tiễn; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập của
học sinh" (chương I, điều 24).
Những quy định trên phản ánh nhu cầu đổi mới phương pháp giáo dục để
giải quyết mâu thuẫn giữa yêu cầu đào tạo con người mới với thực trạng lạc
hậu nói chung của phương pháp giáo dục ở nước ta hiện nay. Mâu thuẫn này
đã làm nảy sinh và thúc đẩy một cuộc vận động đổi mới phương pháp dạy học
ở tất cả các cấp trong ngành giáo dục với định hướng đổi mới PPDH là:
PPDH cần hướng vào việc tổ chức cho người học học tập trong hoạt động và
bằng hoạt động tự giác, tích cực, chủ động và sáng tạo. Định hướng này có
thể gọi tắt là học tập trong hoạt động và bằng hoạt động, hay ngắn gọn hơn là
hoạt động hoá người học [6].
Đổi mới phương pháp dạy học môn toán theo hướng tích cực hoá hoạt
động học tập của học sinh, nhằm khơi dậy và phát triển khả năng tự học, hình
thành cho học sinh tư duy tích cực độc lập, sáng tạo, rèn luyện kỹ năng vận

dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng
thú học tập cho học sinh.
Có thể kể ra một số phương hướng đổi mới phương pháp dạy học môn
toán ở trường phổ thông hiện nay là:
- Phát triển tư duy và rèn luyện các hoạt động trí tuệ.
- Rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn.
- Sử dụng đa phương tiện để giải quyết vấn đề, minh họa cho học sinh
tìm tòi từ tình huống, nghiên cứu, phát hiện vấn đề …
- Bồi dưỡng phương pháp tự học, phương pháp đọc sách.
- Đổi mới phương pháp đánh giá, kết hợp đánh giá của thầy, với tự
đánh giá của trò.
- Tăng cường học tập cá thể phối hợp với học tập tương tác: hoạt động
theo nhóm…
- Tăng cường các hoạt động hỗ trợ: tự học, chuyên đề, hội thảo, báo cáo
thực hành.
- Rèn luyện phong cách hòa nhập với cộng đồng.
Nhìn chung tư tưởng chủ đạo của phương pháp đổi mới là: tập trung vào
các hoạt động của trò; trò tự nghiên cứu, tìm tòi, khám phá; tăng cường giao
lưu trao đổi giữa trò và trò.
Các định hướng này phù hợp với quan điểm tâm lý học cho rằng hoạt
động có ảnh hưởng trực tiếp tới sự hình thành và phát triển nhân cách, phù
hợp với luận điểm cơ bản của giáo dục học Macxit: Con người phát triển
trong hoạt động và học tập diễn ra trong hoạt động.
Vấn đề dạy học khám phá có hướng dẫn dựa trên các hoạt động của học
sinh do giáo viên tạo ra trên lớp, đã được khá nhiều thầy giáo quan tâm

nghiên cứu. Tuy nhiên việc khai thác ứng dụng những lý luận này vào thực tế
giảng dạy môn toán ở trường phổ thông nước ta còn nhiều hạn chế, vì hầu hết
các thầy cô giáo chưa thấy hết được tác dụng to lớn của phương pháp này nên
chưa được coi trọng và áp dụng vào thực tế giảng dạy. Ngoài ra giáo viên
cũng chưa có nhiều kinh nghiệm và thiếu những cơ sở lý luận để xây dựng
các hoạt động tương thích với nội dung, chưa được huấn luyện một cách có hệ
thống, chưa có nhiều tài liệu tham khảo…
Mặt khác trong chương trình môn toán ở trường phổ thông bất đẳng thức
là một nội dung khó đối với nhiều học sinh. Nhiều giáo viên cũng gặp trở
ngại, khó khăn khi giảng dạy phần này .
Xuất phát từ những lý do trên chúng tôi chọn đề tài là: “Vận dụng
phƣơng pháp dạy học khám phá có hƣớng dẫn trong dạy học bất đẳng
thức ở trƣờng THPT ”.
2. Giả thuyết khoa học
Nếu vận dụng hợp lý phương pháp dạy học khám phá có hướng dẫn
trong dạy bất đẳng thức ở trường THPT, thì HS học tập một cách chủ động,
tích cực, sáng tạo hơn, qua đó phát triển trí tuệ hơn và nâng cao chất lượng
dạy và học ở trường phổ thông.
3. Mục đích nghiên cứu
Xây dựng một số giáo án dạy học bất đẳng thức ở trường THPT vận
dụng phương pháp dạy học khám phá có hướng dẫn nhằm nâng cao hiệu quả
dạy học nội dung này.

4. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Phân tích làm sáng tỏ tính ưu việt của phương pháp dạy học khám phá
có hướng dẫn
- Nghiên cứu lý luận đổi mới phương pháp dạy học, sách giáo khoa và
thực tế việc dạy học theo quan điểm mới để vận dụng phương pháp dạy học
khám phá có hướng dẫn vào một số nội dung cụ thể.
- Nghiên cứu thực tế vận dụng phương pháp dạy học khám phá có
hướng dẫn ở trường THPT.
- Thực nghiệm sư phạm để kiểm nghiệm tính khả thi và hiệu quả của đề
tài.
5. Phƣơng pháp nghiên cứu
Nghiên cứu lý luận: đọc và nghiên cứu các tài liệu viết về lí luận dạy học
môn toán và nghiên cứu các tài liệu liên quan đến đề tài để làm sáng tỏ về
phương pháp dạy học khám phá có hướng dẫn.
Phương pháp quan sát điều tra: tiến hành dự giờ, trao đổi, tham khảo ý
kiến một số đồng nghiệp dạy giỏi toán, có kinh nghiệm, tìm hiểu thực tiễn
giảng dạy bất đẳng thức ở một số trường phổ thông.
Thực nghiệm sư phạm: thực nghiệm giảng dạy một số giáo án tại trường
THPT Lạng Giang số 2 nhằm đánh giá tính khả thi và hiệu quả của đề tài.

6. Cấu trúc luận văn
Mở đầu
Chƣơng I: Cơ sở lý luận và thực tiễn phương pháp dạy học khám phá
có hướng dẫn
Chƣơng II: Vận dụng phương pháp dạy học khám phá có hướng dẫn
trong dạy học bất đẳng thức ở trường THPT
Chƣơng III: Thực nghiệm sư phạm
Kết luận

Chƣơng 1
CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
Chương này sẽ trình bày các vấn đề lý luận về phương pháp dạy học
khám phá có hướng dẫn, các hoạt động và hoạt động thành phần trong khám
phá, các quy trình giải một bài toán theo bốn bước của Polya. Ứng với mỗi
phần lý luận đều có các ví dụ minh hoạ cụ thể.
Chương này được viết dựa trên các tài liệu [6], [15].
1.1. Dạy học bằng các hoạt động khám phá có hƣớng dẫn
1.1.1. Khái quát
Học tập là quá trình lĩnh hội tri thức mà loài người đã tích lũy được các
kiến thức sách giáo khoa và các bài giảng của thầy chủ yếu mang lại cho học
sinh những kiến thức đã có sẵn. Thường thì GV ít làm rõ nguồn gốc của các
tri thức cho học sinh (phát minh vào lúc nào và bằng cách nào) mà cố gắng
truyền đạt để HS hiểu rõ nội dung các kiến thức. Trong học tập, HS cũng cố
gắng hiểu rõ các kiến thức mà thầy giáo truyền đạt và sau đó vận dụng vào
làm các bài tập đó là cách dạy và học bằng phương pháp thuyết trình: thầy
giảng, trò nghe. Phương pháp này làm cho HS tiếp thu một cách thụ động
thiếu hứng thú trong học hành. Các nhà nghiên cứu giáo dục, các nhà giáo
đang quan tâm tới những phương pháp dạy học làm cho HS luôn tích cực,
hứng thú. Những phương pháp này chủ yếu dựa vào các hoạt động của HS do
thầy giáo tạo ra trên lớp; trong đó phải kể đến phương pháp dạy học khám phá
có hướng dẫn. Đó là phương pháp dạy học thông qua các hoạt động do thầy
dẫn dắt, HS tự khám phá ra các kiến thức. Nếu làm được như vậy HS sẽ thông
hiểu, ghi nhớ và vận dụng những gì mình đã nắm được qua hoạt động chủ

động, tự lực khám phá của chính mình. Tới một trình độ nhất định thì sự học
tập tích cực, sự khám phá sẽ mang tính nghiên cứu khoa học và người học
cũng tạo ra những tri thức mới.
Khác với khám phá trong nghiên cứu khoa học, khám phá trong học tập
không phải là một quá trình tự phát mà là một quá trình có hướng dẫn của
GV, Trong đó GV đã khéo léo đặt HS vào địa vị người phát hiện lại, người
khám phá lại tri thức của loài người.
1.1.2. Tổ chức các hoạt động học tập khám phá
Hoạt động khám phá trong học tập có nhiều dạng khác nhau, từ trình độ
thấp lên trình độ cao, tuỳ theo trình độ năng lực tư duy của người học và được
tổ chức hoạt động theo cá nhân, nhóm nhỏ hoặc nhóm lớn, tuỳ theo độ phức
tạp của vấn đề cần khám phá.
Các hoạt động khám phá học trong học tập có thể là:
+ Trả lời câu hỏi.
+ Điền từ, điền bảng, tra bảng...
+ Lập bảng, biểu đồ, đồ thị...
+ Thử nghiệm, đề xuất giải quyết, phân tích nguyên nhân, thông báo
kết quả.
+ Thảo luận, tranh cãi về một vấn đề.
+ Giải bài toán, bài tập.
+ Điều tra thực trạng, đề xuất giải pháp cải thiện thực trạng, thực
nghiệm giải pháp lớn.
+ Làm bài tập lớn, chuyên đề, luận án, luận văn, đề án...

Quyết định hiệu quả học tập là những gì HS làm chứ không phải những
gì GV làm. Vì vậy phải thay đổi quan niệm soạn giáo án, từ tập trung vào
thiết kế các hoạt động của GV chuyển sang tập trung vào thiết kế các hoạt
động của HS. Tuy nhiên không nên cực đoan, có tham vọng biến toàn bộ nội
dung bài học thành chuỗi các nội dung bài học khám phá. Số lượng hoạt động
và mức độ tư duy đòi hỏi ở mỗi hoạt động trong mỗi tiết học phải phù hợp với
trình độ HS để có đủ thời lượng cho thầy trò thực hiện các hoạt động khám
phá.
1.1.3. Điều kiện thực hiện
Việc áp dụng dạy học khám phá đòi hỏi các điều kiện sau:
HS phải có những kiến thức kỹ năng cần thiết để thực hiện các hoạt
động khám phá do GV tổ chức.
Sự hướng dẫn của GV trong mỗi hoạt động phải ở mức cần thiết không
quá ít không quá nhiều, đảm bảo cho HS phải hiểu chính xác mình phải làm
gì trong mỗi hoạt động khám phá. Muốn vậy GV phải hiểu rõ khả năng HS
của mình.
Hoạt động khám phá phải được GV giám sát trong quá trình HS thực
hiện. GV cần chuẩn bị một số câu hỏi gợi mở từng bước để giúp HS tự đi tới
mục tiêu của hoạt động. Nếu là hoạt động tương đối dài, có thể từng chặng
yêu cầu một vài nhóm HS cho biết kết quả tìm tòi của mình.
Xét về khía cạnh tìm tòi, khám phá thì phương pháp dạy học này rất
gần với phương pháp dạy học đàm thoại Ơrixtic và dạy học phát hiện, giải
quyết vấn đề, dạy học kiến tạo, chỉ khác nhau về cách tổ chức các hoạt động
học tập.

Ví dụ 1: Trong dạy học bài toán “Cho ba số dương a, b, c và thoả mãn
1abc  . Chứng minh rằng 3 3 3
a b c a b c     ”, ta có thể thiết kế các hoạt
động khám phá thông qua chuỗi câu đàm thoại phát hiện như sau:
- Hãy nhìn vào một ẩn, ẩn a chẳng hạn: vế trái là 3
a , vế phải là a , làm
thế nào để “hạ bậc” từ 3
a xuống a (so sánh giữa 3
a và a )?
(áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương: 3
a , 1, 1)
- Nếu áp dụng cho ba số dương 3
a , 2, 4 có được không, vì sao?
(cũng được nhưng không đi đến kết quả)
- Đẳng thức xảy ra khi nào? Điều này có ảnh hưởng gì đến việc chọn số
thích hợp?
(đẳng thức xảy ra khi 1a b c   , nên chọn hai số 1 là phù hợp)
- Vận dụng tương tự với 3
b và 3
c rồi so sánh cái đã có với yêu cầu của
bài toán.
(áp dụng tương tự với 3
b và 3
c suy ra 3 3 3
3( ) 6a b c a b c      )
- Xem xét lại yêu cầu của bài toán
(so sánh với yêu cầu của bài toán ta cần chứng minh 3a b c   )
- Bạn đã dùng hết giải thiết chưa? Tổng và tích 3 số , ,a b c liên hệ với
nhau bởi bất đẳng thức nào?
(bất đẳng thức Côsi cho 3 số không âm: 3
3a b c abc   )
Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
Trong ví dụ này, học sinh đã học bất đẳng thức Côsi và có kỹ năng cần
thiết để chứng minh một bài toán bất đẳng thức. Giáo viên gợi ý ở mức độ
vừa phải để học sinh hiểu rõ mình phải làm gì trong mỗi hoạt động khám phá.

1.2. Các hoạt động và hoạt động thành phần
1.2.1. Khái quát
Hoạt động và hoạt động thành phần là một trong những thành tố cơ sở
quan trọng nhất của phương pháp dạy học. Mỗi nội dung dạy học đều liên hệ
mật thiết với những hoạt động nhất định. Phát hiện những hoạt động tiềm tàng
trong mỗi nội dung là cụ thể hoá được mục đích dạy học nội dung đó, chỉ ra
được cách kiểm tra việc thực hiện mục đích này, đồng thời vạch ra được con
đường để người học chiếm lĩnh nội dung đó và đạt được những mục đích dạy
học khác. Cho nên điều căn bản của phương pháp dạy học là khai thác được
những hoạt động tiềm tàng trong nội dung để đạt được mục đích dạy học.
Quan điểm này thể hiện rõ nét mối liên hệ hữu cơ giữa nội dung, mục đích và
phương pháp dạy học. Nó hoàn toàn phù hợp với luận điểm cơ bản cho rằng
con người phát triển trong hoạt động và học tập diễn ra trong hoạt động.
Quá trình dạy học là quá trình điều khiển hoạt động và giao lưu của HS
nhằm đạt được mục đích dạy học. Đây là quá trình điều khiển con người, chứ
không phải điều khiển máy móc, vì vậy cần quan tâm đến yếu tố tâm lý,
chẳng hạn HS có sẵn sàng, có hứng thú thực hiện hoạt động này, hoạt động
khác hay không.
Xuất phát từ nội dung dạy học, ta cần phát hiện những hoạt động liên
hệ với nó, rồi căn cứ vào mục đích dạy học mà chọn lựa để tập luyện cho học
sinh một số những hoạt động đã phát hiện được. Việc phân tích các hoạt động
thành các hoạt động thành phần cũng giúp ta tổ chức cho HS tiến hành những
hoạt động với độ phức hợp vừa sức họ.
Hoạt động thúc đẩy sự phát triển là hoạt động mà chủ thể thực hiện một
cách tự giác và tích cực. Vì vậy, cần cố gắng gợi động cơ để học sinh ý thức

rõ vì sao thực hiện hoạt động này hay hoạt động khác. Trong hoạt động đôi
khi kết quả của hoạt động trước lại là tiền đề cho hoạt động tiếp theo.
Theo [15] tư tưởng chủ đạo về quan điểm hoạt động trong phương pháp dạy
học như sau:
+ Cho học sinh thực hiện và tập luyện những hoạt động và hoạt động
thành phần tương thích với nội dung và mục đích dạy học.
+ Gợi động cơ cho các hoạt động học tập.
+ Dẫn dắt HS chiếm lĩnh tri thức, đặc biệt là tri thức phương pháp như
phương tiện và kết quả của hoạt động.
+ Phân bậc hoạt động làm căn cứ điều khiển quá trình dạy học.
Trên đây là những tư tưởng chủ đạo giúp người thầy giáo điều khiển
quá trình học tập của HS. Những tư tưởng chủ đạo này cũng là những luận
điểm phân biệt với quan điểm thực dụng phản diện, chỉ quan tâm đến những
hoạt động thụ động máy móc. Khác với quan điểm đó, ở đây chúng ta chú ý
đến mục đích, động cơ, đến tri thức phương pháp, đến trải nghiệm thành
công, nhờ đó đảm bảo được tính tự giác, tích cực, chủ động, sáng tạo của hoạt
động học tập nói riêng.
Những tư tưởng chủ đạo trên cũng thể hiện tính toàn diện của mục đích
dạy học việc kiến tạo một tri thức, rèn luyện một kỹ năng, hình thành một thái
độ, cũng là nhằm giúp HS hoạt động trong học tập cũng như trong đời sống.
Như vậy những mục đích thành phần được thống nhất trong hoạt động, điều
này thể hiện mối liên hệ hữu cơ giữa chúng với nhau. Tri thức, kỹ năng, thái
độ một mặt là điều kiện và mặt khác là đối tượng biến đổi của hoạt động.
Hướng vào hoạt động theo các tư tưởng chủ đạo trên không hề làm phiến diện
mục đích dạy học mà trái lại, còn đảm bảo tính toàn diện của mục dích đó.

1.2.2. Phát hiện những hoạt động tƣơng thích với nội dung
Xuất phát từ nội dung dạy học, trước hết cần phát hiện những hoạt
động tương thích với nội dung này.
Một hoạt động là tương thích với một nội dung nếu nó góp phần đem
lại kết quả giúp chủ thể chiếm lĩnh hoặc vận dụng nội dung đó. Kết quả ở đây
được hiểu là sự biến đổi, phát triển bên trong chủ thể, phân biệt với kết quả
tạo ra ở môi trường bên ngoài. Chẳng hạn: khi một người xây nhà thì kết quả
bên ngoài là ngôi nhà xây được, còn kết quả bên trong là những tri thức được
kiến tạo, những kỹ năng được rèn luyện, là sự trưởng thành của chủ thể trong
quá trình xây dựng này.
Việc phát hiện những hoạt động tương thích với nội dung căn cứ một
phần quan trọng vào sự hiểu biết về những hoạt động nhằm lĩnh hội những
nội dung khác nhau: khái niệm, định lý hay phương pháp về những con đường
khác nhau để lĩnh hội từng dạng nội dung, chẳng hạn con đường quy nạp hay
suy diễn để xây dựng khái niệm, con đường thuần tuý suy diễn hay có pha suy
đoán để học tập định lý.
Trong việc phát hiện những hoạt động tương thích với nội dung, ta cần
chú ý xem xét những dạng hoạt động khác nhau, trên những bình diện khác
nhau. Những hoạt động sau đây cần được chú ý:
+ Nhận dạng và thể hiện,
+ Những hoạt động toán học phức hợp,
+ Những hoạt động trí tuệ phổ biến trong toán học,
+ Những hoạt động trí tuệ chung,
+ Những hoạt động ngôn ngữ.

Ví dụ 2: Trong dạy học bài toán “Cho  , , 0;1a b c thoả mãn 1a b c   .
Chứng minh rằng 2 2 2
1a b c   ” ta có thể khai thác một số hoạt động và hoạt
động thành phần như sau:
- Khai thác giả thiết để so sánh 2
a và a (ta có: 2
0 1a a a    ).
- Vận dụng tương tự với ẩn b và c, so sánh giữa cái đã có và yêu cầu
của bài toán (suy ra 2 2 2 2 2 2
1a b c a b c a b c         ).
- Hoạt động thành phần: dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
(dấu đẳng thức xảy ra  ( , , ) (1,0,0),(0,0,1),(0,1,0)a b c  ).
- Nhìn bất đẳng thức ở phương diện khác: điều kiện 1a b c   gợi ta
nhớ đến phương trình mặt phẳng trong hệ trục toạ độ Oxyz. Còn 2 2 2
a b c 
chính là bình phương khoảng cách từ O đến điểm ( ; ; )M a b c , giả thiết
 , , 0;1a b c suy ra điểm M thuộc hình lập phương. Từ đó ta có điểm M thuộc
thiết diện của mặt phẳng và hình lập phương.
Qua ví dụ này ta thấy trong mỗi nội dung ẩn chứa những hoạt động,
giáo viên cần khai thác, hướng dẫn HS phát hiện những hoạt động tương thích
với nội dung nhằm góp phần đem lại kết quả giúp HS chiếm lĩnh hoặc vận
dụng nội dung đó.
1.2.3. Phân tích các hoạt động thành các hoạt động thành phần
Trong quá trình hoạt động, nhiều khi một hoạt động này có thể xuất
hiện như một thành phần của hoạt động khác, phân tích được một hoạt động
thành những hoạt động thành phần là biết được cách tiến hành hoạt động toàn
bộ, nhờ đó có thể vừa quan tâm rèn luyện cho HS hoạt động toàn bộ, vừa chú
ý cho HS tập luyện tách riêng những hoạt động thành phần khó hoặc quan
trọng khi cần thiết.

Ví dụ 3: Tìm trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác nhọn ABC, các
điểm M, N, P sao cho chu vi của tam giác MNP nhỏ nhất.
Hoạt động giải bài tập này có thể tách ra thành các hoạt động thành
phần tương ứng với việc giải bài toán trong những trường hợp riêng, từ dễ đến
khó.
- Cho tam giác ABC và điểm M cố định trên AB, điểm N cố định trên
BC. Tìm điểm P trên AC sao cho chu vi của tam giác MNP nhỏ nhất.
- Cho tam giác ABC và điểm M cố định trên AB, tìm N, P lần lượt
thuộc BC, CA tương ứng sao cho tam giác MNP có chu vi nhỏ nhất.
- Bài toán tương tự: Cho điểm M thuộc xOy, tìm trên Ox, Oy các điểm
N, P tương ứng sao cho chu vi tam giác MNP là nhỏ nhất .
Như vậy là khi phân tích hoạt động giải bài toán trên thành các hoạt
động thành phần, đưa HS về giải một số bài toán đơn giản hơn.
1.2.4. Lựa chọn hoạt động dựa vào mục đích
Mỗi nội dung đều tiềm tàng nhiều hoạt động. Tuy nhiên nếu khuyến
khích tất cả những hoạt động như thế thì có thể xa vào tình trạng dàn trải, làm
cho HS rối ren. Để khắc phục tình trạng này, cần phải sàng lọc những hoạt
động đã phát hiện được để tập trung vào một số mục đích nhất định. Việc tập
trung vào những mục đích nào đó căn cứ vào tầm quan trọng của các mục
đích này đối với việc thực hiện những mục đích còn lại.
Ví dụ 4: Cho 2 điểm A, B và mặt phẳng (P). Tìm điểm ( )M P sao cho
2 2
MA MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Cần lựa chọn các hoạt động của học sinh tập trung vào các hoạt động
sau đây:

- HS hiểu và biết vận dụng công thức đường trung tuyến trong tam
giác.
- HS hiểu và nắm vững tính chất hình chiếu của một điểm trên mặt
phẳng.
- Rèn luyện cho HS năng lực dự đoán, phân tích.
- Cho HS luyện tập các hoạt động nhận dạng, thể hiện.
1.3. Quy trình giải một bài toán theo bốn bƣớc của Polya
Một nhà khoa học đã nói: một phát minh khoa học lớn cho phép giải
quyết một vấn đề lớn, nhưng ngay cả trong việc giải một bài toán cũng có ít
nhiều phát minh. Bài toán mà anh giải có thể là bình thường nhưng nếu nó
khêu gợi được trí tò mò và buộc anh phải sáng tạo, và nếu tự mình giải lấy bài
toán đó thì anh sẽ có thể biết được cái quyến rũ của sự sáng tạo cùng niềm vui
thắng lợi.
Những tình cảm như vậy đến một độ tuổi nào đó, có thể khuấy động sự
ham thích công việc trí óc và mãi mãi để lại dấu vết trong cá tính người làm
toán.
Khi HS đã có sự đam mê đối với toán học, lúc đó người thầy giáo hãy
chỉ cho HS một cách học hợp lý. Đứng trước một bài toán, có phải sau khi tìm
được một lời giải đẹp, trình bày sạch sẽ là gấp sách lại hay không? Để HS tự
tìm được lời giải bài toán người thầy cần hướng dẫn cho học sinh cách giải
bài tập theo các bước của Polya như sau:
I- Hiểu rõ bài toán
- Đâu là ẩn? Đâu là dữ kiện? Đâu là điều kiện? Có thể thoả mãn điều
kiện hay không? Điều kiện có đủ để xác định ẩn không? Hay chưa đủ? Hay
thừa? Hay có mâu thuẫn?

- Vẽ hình. Sử dụng một kí hiệu thích hợp.
- Phân biệt các thành phần khác nhau của điều kiện. Có thể biểu diễn
các phần đó thành công thức không?
II- Xây dựng chương trình giải
- Bạn đã gặp bài toán này lần nào chưa? Hay đã gặp bài toán này ở một
dạng hơi khác?
- Bạn có biết một bài toán nào có liên quan hay không? Một định lí có
thể dùng được không?
- Xét kỹ cái chưa biết, và thử nhớ lại một bài toán quen thuộc có cùng
ẩn hay có ẩn tương tự.
- Đây là một bài toán có liên quan mà bạn đã có lần giải rồi có thể sử
dụng nó không? Có thể sử dụng kết quả của nó không? Có cần phải đưa thêm
một số yếu tố phụ thì mới sử dụng được nó không?
- Có thể phát biểu bài toán một cách khác không?
- Nếu bạn chưa giải được bài toán đề ra hãy thử giải một bài toán có
liên quan. Bạn có thể nghĩ ra một bài toán có liên quan mà dễ hơn không?
- Bạn đã sử dụng mọi dữ kiện hay chưa? Đã sử dụng mọi điều kiện hay
chưa? Đã để ý đến mọi khái niệm chủ yếu trong bài toán chưa?
III- Thực hiện chương trình giải
Khi thực hiện chương trình hãy kiểm tra lại từng bước bạn đã thấy rõ
ràng là mỗi bước đều đúng chưa? Bạn có thể chứng minh là nó đúng không?
Bạn có thể kiểm tra tính đúng sai của kết quả không?

IV- Khảo sát lời giải đã tìm được
- Bạn có thể kiểm tra lại kết quả? Bạn có thể kiểm tra lại toàn bộ quá
trình giải bài toán không? Có thể tìm được kết quả một cách khác không? Có
thể thấy trực tiếp kết quả không?
- Bạn có thể sử dụng kết quả hay phương pháp đó cho một bài toán nào
khác không?
Ví dụ 5: Cho , ,a b c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh
rằng ( )( )( )abc a b c b c a c a b       (1)
Bước 1. (Tìm hiểu nội dung đề bài )
[?] Bài toán cho gì? yêu cầu gì?
[!] , ,a b c là độ dài 3 cạnh của tam giác
Cần chứng minh ( )( )( )abc a b c b c a c a b      
Bước 2. Xây dựng chương trình giải
[?] Vế phải của bất đẳng thức cần chứng minh gợi cho ta nghĩ đến công
thức diện tích nào?
[!] 2
2 2 2 2
a b c a b c b c a c a b
S
           
     
    
2
8
( )( )( )
S
a b c b c a c a b
p
        Với
2
a b c
p
 

[?] Vế trái của bất đẳng thức (1) là tích 3 cạnh của tam giác gợi cho các
bạn công thức diện tích nào?
[!] 4
4
abc
S abc RS
R
  
[?] Hãy viết lại bất đẳng thức cần chứng minh.

[!]
2
8
4
2
S S R
RS
p p
    2
2
R
r R r  
[?] Hãy nhớ lại hệ thức liên hệ giữa bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại
tiếp tam giác và khoảng cách giữa hai tâm của hai đường tròn đó?
[!] 2 2
2OI R Rr  (O và I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp
ABC )
[?] Xét dấu 2
OI và từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh
[!] 2 2
0 2 0 2OI R Rr R r     
[?] Đẳng thức xảy ra khi nào?
[!] Đẳng thức xảy ra khi 0OI O I ABC     đều.
Bước 3. Trình bày lời giải
Kí hiệu ,R r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp
ABC ; ,S p lần lượt là diện tích và nửa chu vi tam giác ABC. Sử dụng công
thức diện tích , bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức
2
8
4
S
RS
p
 . Mặt khác S pr nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
với bất đẳng thức 2R r .
Mặt khác gọi O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp , nội tiếp tam
giác ABC ta có 2 2
2OI R Rr  . Mà 2 2
0 2 0 2OI R Rr R r     
Đẳng thức xảy ra O I ABC    đều.
Bước 4. Khảo sát lời giải đã tìm được
Có thể tìm kết quả một cách khác không?
[?] 3 cạnh của tam giác có mối quan hệ gì?
[!] 0, 0, 0a b c b c a c a b        

[?] Với mối liên hệ này thì có thể biểu diễn các đại lượng qua biến
trung gian như thế nào?
[!] Nếu đặt ; ;x a b c y b c a z c a b         , thì
2 ;2 ;2a x z b x y c y z     
[?] Phát biểu bài toán theo ẩn mới.
[!] Cho , ,x y z là các số dương . Chứng minh rằng
( )( )( ) 8x y y z z x xyz   
[?] Giả thiết , ,x y z dương gợi cho các bạn nghĩ đến điều kiện của bất
đẳng thức nào? Hãy áp dụng bất đẳng thức đó vào bài toán?
[!] Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có
2 ; 2 ; 2x y xy y z yz z x zx      .
Nhân theo từng vế, suy ra bất đẳng thức cần chứng minh
[?] Tích hai số a b c  và c a b  có đặc điểm gì?
[!] 2 2 2
( )( ) ( )a b c c a b a b c a        2
( )( )a b c c a b a     
[?] Áp dụng tương tự với ( )( )a b c b c a    và ( )( )b c a c a b   
[!] 2
( )( )a b c b c a b     ; 2
( )( )b c a c a b c     .
[?] Tổng của hai trong ba số hạng , ,a b c b c a c a b      có đặc điểm
gì đặc biệt?
[!]( ) ( ) 2a b c b c a b      ; ( ) ( ) 2b c a c a b c      ;
( ) ( ) 2a b c c a b a     
[?] Tổng và tích 2 số dương liên hệ với nhau bởi bất đẳng thức nào?

[!] 2x y xy  hay
2
2
x y
xy
 
  
 
[?] Vận dụng vào bài toán này như thế nào?
[!] 2
( )( )a b c b c a b     ; 2
( )( )b c a c a b c     ; 2
( )( )a b c c a b a    
[?] Nghiên cứu sâu lời giải .
Nếu , , 0a b c  thì tổng của 2 trong 3 số hạng , ,a b c b c a c a b      đều
không âm nên chỉ có nhiều nhất một số âm trong 3 số hạng trên
Nếu trong 3 số hạng trên có một số âm thì bất đẳng thức cần chứng
minh hiển nhiên đúng. Vậy ở ví dụ trên các bạn thấy chỉ cần điều kiện , ,a b c
không âm là đủ.
[?] Bạn có thể sử dụng kết quả này cho một bài toán nào khác không?
[!] Nếu , , 0a b c  thì có thể viết (1) tương đương với bất đẳng thức
1 1 1 1
a b b c c a
c c a a b b
   
         
   
(2). Đặt ; ; 1; , , 0
a c b
x y z xyz x y z
c b a
     
và (2) trở thành
1 1 1
1 1 1 1x y z
y z x
   
         
   
Ta có bài toán “Cho , ,a b c là các số dương có tích bằng 1. Chứng minh
rằng
1 1 1
1 1 1 1a b c
b c a
   
         
   
”.
1.4. Thực tiễn việc dạy học nội dung bất đẳng thức ở trƣờng phổ thông
Điều tra thực tiễn chúng ta sử dụng bài kiểm tra 45 phút để đánh giá kỹ
năng chứng minh bất đẳng thức của HS.

Đối tượng là HS lớp 1 2 310 ,10 ,10A A A , trường trung học phổ thông Lạng
giang số 2, tỉnh Bắc giang. Mỗi lớp có 40 HS, các em học theo chương trình
nâng cao.
Đề bài:
Câu 1. Cho a, b, c là 3 số thực bất kỳ. Chứng minh rằng
2 2 2
a b c ab bc ca     .
Câu 2. Cho a, b, c là 3 số dương. Chứng minh rằng 3 3 3
3( 2)a b c a b c     
Câu 3. Cho a, b, c, d là 4 số thực bất kỳ. Chứng minh rằng
2 2 2 2 2 2
( ) ( )a b c d a c b d      
Dụng ý sư phạm là:
- Đánh giá kiến thức cơ bản.
- Đánh giá kỹ năng vận dụng bất đẳng thức cơ bản.
- Đánh giá khả năng sáng tạo.
- Đánh giá khả năng khám phá.
- Thống kê kết quả: tính theo số HS làm được bài
Bài 1 Bài 2 Bài 3
110A 38 25 10
210A 35 24 8
310A 39 26 8
Phân tích kết quả: kết quả kiểm tra cho thấy đa số HS đều nắm vững
kiến thức cơ bản, nhưng còn hạn chế về khả năng khám phá. Chẳng hạn ở
bài 3, HS thường làm theo phương pháp biến đổi tương đương, rất ít HS

khám phá ra phương pháp hình học. Nếu biết sử dụng phương pháp hình học
thì lời giải bài toán đơn giản hơn nhiều. Giả sử ( ; ); ( ; )M a b N c d thì bất đẳng
thức cần chứng minh có dạng OM ON MN  , đây là bất đẳng thức đúng. Dấu
đẳng thức xảy ra  O, M, N thẳng hàng và O nằm giữa M, N.
Kết luận chƣơng 1
Chương này trình bày một số vấn đề về dạy học bằng các hoạt động
khám phá có hướng dẫn. Phân tích các hoạt động, hoạt động thành phần và
nghiên cứu kỹ quy trình giải một bài toán theo bốn bước của Polya.
Điều cơ bản trong PPDH này là giáo viên tạo tình huống hướng dẫn HS
khám phá tri thức mới, bằng cách đưa ra một số câu hỏi gợi mở từng bước
giúp HS tự đi tới mục tiêu của hoạt động. Để làm được điều này giáo viên cần
gợi cho HS phát hiện những hoạt động tương thích với nội dung, phân tích
được một hoạt động thành những hoạt động thành phần, cần sàng lọc những
hoạt động đã phát hiện được để tập trung vào một số mục đích nhất định.
Qua việc tìm hiểu thực tiễn việc dạy học nội dung bất đẳng thức ở
trường phổ thông, chúng tôi nhận thấy còn nhiều hạn chế về khả năng khám
phá của HS, đồng thời nhiều giáo viên chưa chú trọng vào phương pháp dạy
học tích cực này. Việc vận dụng phương pháp dạy học khám phá có hướng
dẫn trong chứng minh bất đẳng thức sẽ góp phần nâng cao chất lượng dạy và
học. Những cơ sở lí luận trình bày trong chương này sẽ định hướng cho quá
trình vận dụng cụ thể ở chương 2.

Chƣơng 2
VẬN DỤNG PHƢƠNG PHÁP DẠY HỌC KHÁM PHÁ CÓ HƢỚNG
DẪN TRONG DẠY HỌC BẤT ĐẲNG THỨC Ở TRƢỜNG THPT
2.1. Khám phá vận dụng các bất đẳng thức đã biết (Côsi, Bunhiacopxki..)
Vấn đề là khám phá ra cái gì chung về nhận dạng, về định hướng vận
dụng sau khi nghiên cứu một loạt bài toán này.
Ví dụ 6: Cho 0, 0a b  . Chứng minh rằng
3
3
3 3
1 1a a
b b
a b a b
     .
Hoạt động khám phá:
- Có thể sử dụng bất đẳng thức nào để từ 3
1
a
làm xuất hiện
1
a
?
Bất đẳng thức Côsi cho số 3
1
a
và hai số nào đó.
- Đẳng thức xảy ra khi nào? chọn hai số đó là số nào?
Đẳng thức xảy ra khi 1a b  , nên chọn hai số đó là 1. Áp dụng bất
đẳng thức Côsi ta có 3
1 3
1 1
a a
   .
- Vận dụng tương tự với
3
3
a
b
và 3
b và so sánh với BĐT cần chứng minh?
3
3
3 3
1 1
3( ) 6
a a
b b
a b a b
      .
- Để chứng minh bất đẳng thức ban đầu ta phải chứng minh bất đẳng thức
nào?
1 1
3( ) 6
a a
b b
a b a b
      hay
1
3
a
b
a b
   .

Bất đẳng thức này đúng theo bất đẳng thức Côsi, suy ra bất đẳng thức
cần chứng minh.
Ví dụ này cho thấy: có thể sử dụng BĐT Côsi để "hạ bậc" (từ a3
xuống a).
Ví dụ 7: Cho , , 0a b c  và
3
4
a b c   . Chứng minh rằng
3 3 3
3 3 3 3a b b c c a     
- Căn bậc 3 gợi cho ta nghĩ tới bất đẳng thức nào?
Bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương , ,x y z . 3
3
x y z
xyz
  
  
 
- Đẳng thức xảy ra khi nào? chọn hai số đó là số nào?
Đẳng thức xảy ra khi
1
4
a b c   và 3 1a b  . Vậy 2 số còn lại là số 1.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 3 3 3
3 3 3a b b c c a    
3 1 1 3 1 1 3 1 1
3 3 3
a b b c c a        
  
4( ) 6
3
3
a b c  
 
Ví dụ 8: Cho , ,x y z là các số thực dương và có tích bằng 1. Chứng minh rằng
3 3 3
3
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) 4
x y z
y z z x x y
  
     
- Vai trò , ,x y z bình đẳng nên cần áp dụng đều cho , ,x y z
- Có thể sử dụng bất đẳng thức nào để khử dạng mẫu số (1 )(1 )y z 
Bất đẳng thức Côsi
3
(1 ) (1 ) 3
(1 )(1 )
x
y z x
y z
    
 
.

- Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? ( khi 1x y z   ), hãy sửa lại để phù hợp với
nhận xét này?
3
1 1
3
(1 )(1 ) 8 8 4
x y z x
y z
 
  
 
.
3 3
,
(1 )(1 ) (1 )(1 )
y z
z x x y   
và so sánh với BĐT cần
chứng minh?
3 3 3
3
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) 2 4
x y z x y z
y z z x x y
 
   
     
.
- Khi đó cần chứng minh bất đẳng thức trung gian nào?
3 3
3
2 4 4
x y x
x y z
 
     
Bất đẳng thức này đúng theo bất đẳng thức Côsi ( vì 1xyz  ), suy ra bất đẳng
thức cần chứng minh.
Ví dụ này cho thấy: giữa mẫu số của các biểu thức và tổng của các mẫu số đó
có mối liên quan, khi đó ta có thể sử dụng BĐT Côsi để khử mẫu số.
Ví dụ 9: Cho , 0a b  và 1ab  . Chứng minh rằng
3 3
1
1 1
a b
b a
 
 
- Vai trò ,a b bình đẳng nên cần áp dụng đều cho ,a b.
- Có thể sử dụng bất đẳng thức nào để khử dạng mẫu số 1 b , để ý tử số chứa
lập phương
Bất đẳng thức Côsi cho 3 số:
3
,1
1
a
b
b


và một số nào đó?
- Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? ( khi 1a b  ), hãy sửa lại để phù hợp với
nhận xét này
3
1 1 3
1 4 2 2
a b a
b

  

.

3
1
b
a
và so sánh với BĐT cần chứng minh?
3 3
5 3
( )
1 1 4 2
a b
a b
b a
   
 
.
- Khi đó ta cần chứng minh bất đẳng thức trung gian nào?
5 3
( ) 1
4 2
a b   hay 2a b  ( Bất đẳng thức này đúng theo bất đẳng thức
Côsi vì 1ab  ).
Tổng quát: cho , 0a b  và 1ab  . Chứng minh rằng
a) 1
1 1
n n
n m
a b
b a
 
 
; b)
3 3
2
1
a b
k b k a k
 
  
Ví dụ này cho thấy: có thể "khử" các mẫu số bằng cách "thêm, bớt" các số
hạng bằng mẫu số.
Ví dụ 10: Cho a, b là hai số bất kỳ và x, y là hai số dương. Chứng minh rằng
2 2 2
( )a b a b
x y x y

 

(*)
- Trước hết ta có thể vận dụng phương pháp biến đổi tương đương
(*) 2 2 2
( ) ( ) ( )a y x y b y x y xy a b     
2 2 2 2
2a y b x axby   2
( ) 0ay bx  
Bất đẳng thức sau cùng hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra
a b
x y
 
- Tiếp theo, có thể khám phá ra một cách chứng minh nữa bằng cách hướng
dẫn HS nhìn BĐT đã cho có gần gũi với BĐT quen thuộc nào không?
BĐT Bunhiacopxki 2 2 2 2 2
( )( ) ( )a b c d ac bd   

- Từ đó ta có một cách chứng minh nữa như sau:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có
2 2
2
( ) ( )
a b
x y a b
x y
 
    
 
2 2 2
( )a b a b
x y x y

  

Ví dụ 11: Cho a, b,c là ba số bất kỳ và x, y,z là ba số dương.
Chứng minh rằng
zyx
cba
z
c
y
b
x
a



2222
)(
- Tạm thời chứng minh bài toán tương tự nhưng đơn giản hơn, với hai số
hạng, xem có phát hiện ra cách chứng minh bài toán đã cho hay không?
Bài toán đơn giản hơn đó chính là ví dụ 10 ở trên:
2 2 2
( )a b a b
x y x y

 

- Từ đó ta có lời giải sau:
Sử dụng bất đẳng thức
2 2 2
( )a b a b
x y x y

 

ta có
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )a b c a b c a b c a b c a b c
x y z x y z x y z x y z x y z
      
         
     
(**).
Đẳng thức xảy ra
a b c
x y z
  
- Hai ví dụ trên là hai trường hợp cụ thể của BĐT Côsi - Svac. Tổng quát hóa
hai bất bất đẳng thức trên, ta có bài toán:
Cho 1 2, , , na a a là n số bất kỳ và 1 2, , , nx x x là n số dương. Chứng minh
rằng
2 22 2
1 21 2
1 2 1 2
( )n n
n n
a a a aa a
x x x x x x
  
   
  

Ví dụ 12: Cho a, b,c, 1 1 1, ,x y z là các số dương bất kì.
Chứng minh rằng
2
1 1 1 1 1 1
( )a b c a b c
x y z ax by cz
 
  
 
- BĐT này có tương tự BĐT nào đã gặp hay chưa?
Đó chính là Ví dụ 11 ở trên, từ đó có cách chứng minh như sau:
Bất đẳng thức (**)
2
( )
. . .
a b c a b c
x y z x y z
a b c
a b c a b c
 
   
 
Đặt 1 1 1, ,
x y z
x y z
a a a
   , ta được bất đẳng thức.
2
1 1 1 1 1 1
( )a b c a b c
x y z ax by cz
 
  
 
(***) trong đó 1 1 1, ,ax by cz là 3 số dương
Đẳng thức xảy ra 1 2 3x x x   .
Ví dụ 13: (Đề thi tuyển sinh ĐH, CĐ năm 2005) Cho các số dương , ,x y z
thoả mãn
1 1 1
4
x y z
   . Chứng minh rằng
1 1 1
1
2 2 2x y z x y z x y z
  
     
- Bất đẳng thức này có tương tự với bất đẳng thức nào đã gặp chưa? (Chú ý
từng hệ thức)
Đó chính là bất đẳng thức
2 2 2
( )a b a b
x y x y

 

hay
2 2 2
( )a b a b
x y x y

 

- Có thể sử dụng kết quả của nó không? (Lưu ý vai trò của , ,x y z như nhau)
2
1 1
1 2 2
2 ( ) ( )x y z x y x z
 
 
 
    
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
2 2 4 4 4 4
x y x z x y x z
       
        
          
   

2 2 2 2
1 1 1 1
4 4 4 4
x y x z
       
       
          
1 2 1 1
16 x y z
 
   
 
- Vận dụng tương tự với các hệ thức còn lại:
1 1 2 1 1
;
2 16x y z x y z
 
   
   
1 1 1 1 2
2 16x y z x y z
 
   
   
- So sánh giữa cái đã có với yêu cầu bài toán:
cộng từng vế ba bất đẳng thức trên và sử dụng
1 1 1
4
x y z
  
1 1 1 1 1 1 1
1
2 2 2 4x y z x y z x y z x y z
 
       
       
Đẳng thức xảy ra
3
4
x y z   
Qua ví dụ này ta thấy: dạng "tổng nghịch đảo" là hệ quả của BĐT:
2 2 2
( )a b a b
x y x y

 

hay )
11
(
4
baba


Ví dụ 14: (bài thi Olympic Toán Quốc tế năm 1995) Cho 3 số dương a, b, c
thoả mãn 1abc  . Chứng minh rằng 3 3 3
1 1 1 3
( ) ( ) ( ) 2a b c b c a c a b
  
  
.
- Có thể phát biểu bài toán một cách khác không? (lưu ý 1abc  )
2 2 2 2 2 2
3
( ) ( ) ( ) 2
b c c a a b
a b c b c a c a b
  
  
- Bất đẳng thức này có tương tự với bất đẳng thức nào đã gặp chưa?
zyx
cba
z
c
y
b
x
a



2222
)(

- Có thể sử dụng kết quả của nó không?
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
b c c a a b
a b c b c a c a b
 
  
2
( )
2( ) 2
ab bc ca ab bc ca
ab bc ca
   
 
 
Ta phải chứng minh
3
3 2
ab bc ca 

- Bạn đã sử dụng mọi dữ kiện chưa? 3 số dương a, b, c là 3 số dương thoả
mãn 1abc  , gợi cho các bạn nghĩ tới bất đẳng thức nào?
Bất đẳng thức Côsi:
3 2 2 2
3 3
3 2 2
ab bc ca a b c 
 
Đẳng thức xảy ra 1a b c   
Ví dụ 15: Cho các số dương a, b, c, p, q. Chứng minh rằng
3a b c
pb qc pc qa pa qb p q
  
   
.
2
( )a b c a b c
x y z ax by cz
 
  
 
a b c
pb qc pc qa pa qb
 
  
2
( )
( ) ( ) ( )
a b c
a pb qc b pc qa c pa bq
 

    
2
( )
( )( )
a b c
p q ab bc ca
 

  

2
( )
3
a b c
ab bc ca
 

 
- Chứng minh bất đẳng thức trung gian này như thế nào?
2
2( )
3 ( ) 3( )
a b c
a b c ab bc ca
ab bc ca
 
      
 
2 2 2
( ) ( ) ( ) 0a b b c c a       .
Bất đẳng thức đúng với mọi a, b, c dương. Đẳng thức xảy ra a b c  
Ví dụ 16: (bài thi Olympic Toán Quốc tế năm 2001) Cho a, b, c là các số
dương. Chứng minh rằng 2 2 2
1
8 8 8
a b c
a bc b ca c ab
  
  
2
( )a b c a b c
x y z ax by cz
 
  
 
2 2 2
8 8 8
a b c
a bc b ca c ab
 
  
2
2 2 2
( )
8 8 8
a b c
a a bc b b ca c c ab
 

    
2
2 2 2
( )
1
8 8 8
a b c
a a bc b b ca c c ab
 

    
hay
2 2 2 2
8 8 8 ( )a a bc b b ca c c ab a b c       
- Bất đẳng thức này có gần gũi với bất đẳng thức quen thuộc nào không?
Bất đẳng thức Bunhiacopxki: 2 2 2 2 2 2 2
(ax+by+cz) ( )( )a b c x y z    
2 2 2 2
( 8 8 8 )a a bc b b ca c c ab     

2 2 2 2
( ( 8 ) ( 8 ) ( 8 ))a a a bc b b b ca c c c ab     
3 3 3
( )( 24 )a b c a b c abc     
- So sánh với bất đẳng thức cần chứng minh
Ta phải chứng minh: 3 3 3 3
24 ( )a b c abc a b c     
- Chứng minh bất đẳng thức trên như thế nào?
3 3 3 3
( ) 3( )( ) 3a b c a b c a b c ab bc ca abc          
3 3 3 3 2 2 23
3.3 .3 3a b c abc a b c abc     3 3 3
24a b c abc    .Vậy
bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Đẳng thức xảy ra a b c  
Ví dụ 17: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn 1a b c   . Chứng minh
rằng 2 2 2
1 9
30Q
a b c ab bc ca
  
   
.
2 2 2
( )a b a b
x y x y

 

2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 3 (1 3)
a b c ab bc ca a b c ab bc ca

 
        
- Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Đẳng thức xảy ra khi
1
3
a b c   . Vậy cách làm trên không sai nhưng
chưa được gì.

- Vai trò của a, b, c bình đẳng nên cần áp dụng đều cho a, b, c. Đẳng thức
1a b c   và các số hạng 2 2 2
;a b c ab bc ca    gợi cho các bạn nghĩ tới đẳng
thức nào?
2 2 2 2
2( ) ( )a b c ab bc ca a b c       
- Suy nghĩ xem vận dụng bất đẳng thức tương tự nào?
zyx
cba
z
c
y
b
x
a



2222
)(
2 2 2
2 2 2
1 1 1
a b c ab bc ca ab bc ca
 
     
2
2 2 2
(1 1 1)
2 2 2a b c ab bc ca
 

    
2
9
9
( )a b c
 
 
Mặt khác
2 2 2 2
1 ( ) 2 2 2a b c a b c ab bc ca        
1
3( )
3
ab bc ca ab bc ca      
Suy ra 9 7.3 30Q    . Đẳng thức xảy ra
1
3
a b c    .
Ví dụ 18: (bài thi Olympic Toán Quốc tế năm 1993) Chứng minh với mọi số
dương a, b, c, d ta có
2
2 3 2 3 2 3 2 3 3
a b c d
b c d c d a d a b a b c
   
       
- Bất đẳng thức này có tương tự với bất đẳng thức nào đã gặp chưa? Nếu bạn
chưa giải được bài toán đề ra, hãy thử giải một bài toán liên quan dễ hơn
không?
2
( )a b a b
x y ax by

 


Vận dụng tương tự ta có
2
( )a b c d a b c d
x y z t ax by cz dt
  
   
  
Suy ra
2
( )
2 3 2 3 2 3 2 3 4( )
a b c d a b c d
b c d c d a d a b a b c ab bc cd da ac bd
  
   
            
2
( ) 2
4( ) 3
a b c d
ab bc cd da ac bd
  

    
Bất đẳng thức cần chứng minh tương với
2 2 2 2
3( ) 2( )a b c d ab bc cd da ac bd         . Bất đẳng thức này đúng vì
2 2 2 2
2( ) 2( )a b c d ab bc cd da       và 2 2 2 2
2 2a b c d ac bd    
Đẳng thức xảy ra a b c d   
2.2. Khám phá hàm số trong chứng minh bất đẳng thức
Điều quan trọng trong phương pháp này là phát hiện ra cần sử dụng
hàm số nào, kinh nghiệm là:
Dạng 1: Bất đẳng thức phụ thuộc một biến số duy nhất, ta có thể khảo sát
hàm số (ẩn x) ngay đƣợc.
Ví dụ 19: (dựa theo bài thi tuyển sinh vào ĐH Bách Khoa năm 1998) Cho
tam giác ABC có 3 góc thoả mãn điều kiện A B C  .Chứng minh rằng
sin sin sin sin
sin sin sin sin
x A x B A B
x C x C A C
  
 
  
- Khảo sát hàm số nào?

Xét hàm số
sin sin
( )
sin sin
x A x B
f x
x C x C
 
 
 
- Tìm tập xác định của hàm số?
Ta có A B C a b c    
2 sin 2 sin 2 sin sin sin sinR A R B R C A B C      .
Vì thế tập xác định của hàm số là  ( ;sin ) sin ;C A   .
Ta có
2 2
sin sin sin sinsin sin
( sin ) ( sin )sin sin
( )
sin sin sin sin
2 2 2 2
sin sin sin sin
A C B Cx A x B
x C x Cx C x C
f x
x A x B x A x B
x C x C x C x C
       
             
   
   
Vì sin sin sinA B C  nên ( ) 0f x  và ta có lim ( ) 2; lim ( ) 2
x x
f x f x
 
 
- Lập bảng biến thiên của ( )f x và suy ra
sin sin
( )
sin sin
A B
f x
A C



Ví dụ 20: Chứng minh rằng với mọi x  0;
2
 
 
 
ta luôn có 2
2
4 4
sin x x x
 
 
Xét hàm số 2
2
4 4
( ) sf x inx x x
 
   trên 0;
2
 
 
 
- Xét dấu ( )f x như thế nào? Tạm thời chưa xét dấu được ngay ( )f x , các bạn
xét dấu "( )f x xem có phát hiện được dấu của ( )f x hay không?
Ta có 2
8
( ) cos
4
f x x x


    và 2
8
( )f x sinx

   
Suy ra 2
8
( ) 0 sin (0; )
2
f x x arc b


     

Vậy ( )f x là hàm số liên tục và đồng biến trên  0;b , nghịch biến trên ;
2
b
 
 
 
.
Đồng thời, ta lại có (0) 0f   và ( ) 0
2
f

  nên (0). ( ) 0f f b   , do đó tồn tại duy
nhất số thực (0; )c b để ( ) 0f c  .
- Lập bảng biến thiên và ta đi đến kết luận ( ) 0, 0;
2
f x x
 
   
 
Dấu đẳng thức xảy ra 0x  hoặc
2
x

 . Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 21: (dựa theo bài thi Olympic Toán THPT Việt Nam -2003) Cho hàm
số f xác định trên tập hợp số thực R, lấy giá trị trên R và thoả mãn điều kiện
(cot ) sin2 cos2f x x x  với mọi x thuộc khoảng (0; ) . Chứng minh rằng
 1;1x   ta luôn có
1
4 34 ( ). (1 )
25
f x f x   
- Biểu thức sin2 ,cos2x x có mối liên hệ với cot x bởi công thức nào?
2
2 2
2cot cot 1
sin 2 ,cos2
cot 1 cot 1
x x
x x
x x

 
 
- Với mối liên hệ trên, có thể chuyển theo ẩn mới như thế nào?
Đặt cot x t thì
2
2
2 1
( )
1
t t
f t
t
 


, vì (0; )x  t R  .
- Tính tích ( ). (1 )f x f x
Dẫn tới
2 2
2 2
(1 ) 8 (1 ) 2
( ) ( ). (1 )
(1 ) 2 (1 ) 2
x x x x
g x f x f x
x x x x
   
  
   
với mọi x R .
- Khảo sát hàm số ẩn x này như thế nào? Hàm số ( )g x khá phức tạp, nhưng cả
tử và mẫu đều có chứa biểu thức nào, có thể chuyển theo biến trung gian nào?

Đặt (1 )u x x  . Dễ thấy khi  1;1x  thì
1
2;
4
u
 
  
 
.
Vì vậy từ ( )g x trở thành
2
2
8 2
( )
2 2
u u
h u
u u
 

 
- Khảo sát hàm số
2
2
8 2
( )
2 2
u u
h u
u u
 

 
trên
1
2;
4
 
 
 
, ta suy ra
1
4 34 ( ). (1 )
25
f x f x    .
Ví dụ 22: (bài thi Olympic Toán THPT Việt Nam -1993) Tìm tất cả các giá
trị của a sao cho bất đẳng thức 2
ln(1 )x x ax   đúng với mọi 0x  .
2
( ) ln(1 )f x ax x x    trên  0;
- Xét dấu ( )f x như thế nào?
Ta có ( ) (2 2 1),
1
x
f x ax a
x
   

0x  thì ( )f x cùng dấu với
( ) 2 2 1g x ax a  
- Hãy biện luận theo tham số dấu của ( )f x
* Nếu a = 0 thì ( ) 0
1
x
f x
x

  

với mọi x > 0, suy ra f(x) nghịch biến
nên ( ) (0) 0f x f  và (0) 0 0f x  
* Nếu 0a  thì ( )g x có nghiệm 0
1 2
2
a
x
a

 , do đó cần xét ba trường hợp
sau với a.
+) Với a < 0 thì 0 0x  và ( ) 0g x  với mọi 00x x  , từ (1) suy ra f(x) nghịch
biến nên ( ) (0) 0f x f  và ( ) 0 0f x x  

+) Với
1
(0; )
2
a thì 0 0x  và ( ) 0g x  với mọi 00 x x  , từ (1) suy ra f(x)
nghịch biến, ( ) (0) 0f x f  và ( ) 0 0f x x   .
+) Với
1
2
a  thì 0 0x  và ( ) 0g x  với mọi x > 0, từ (1) suy ra f(x) đồng biến
nên ( ) (0) 0f x f  và ( ) 0 0f x x   .
Vậy ( ) 0f x  với mọi
1
0
2
x a   .
Ví dụ 23: (bài thi Olympic Toán 30/4 năm 1999 ) Cho 0
2
x

  . Chứng minh
rằng
3
sin
cos
3
x
x
 
 
 
.
Hƣớng dẫn: Xét hàm số
3
( ) sin
3!
x
f x x x   trên 0;
2
 

 
, ta suy ra được
3
sin , (0; )
3! 2
x
x x x

    .
Từ đó với mọi 0;
2
x
 
 
 
ta có
33 2 2 4 6
sin
1 1
6 2 12 216
x x x x x
x
  
       
   
(1)
Mà
2
2 1
9
36 4
x
x    hay
4 6
24 216
x x
 . Như vậy
2 2 2 2 6
1 1
2 24 2 12 216
x x x x x
      (2)
Mặt khác
2 4
cos 1
2 24
x x
x    (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra
3
sin
cos
x
x
x
 
 
 
.
Ví dụ 19: (bài thi Olympic Toán 30/4 năm 1998) Cho x > 0 và
, (0; ),
2

     . Chứng minh rằng
x sin sin
x sin sin
x sin sin
 
 
 

   
   
   
.

Xét hàm số ( )
x sin
x sin
f x
x sin




 
  
 
trên  0;
Ta có ( ) ln . ( )
x sin sin sin
f x f x
x sin x sin
  
 
          
    
- Xét dấu ( )f x như thế nào?
Xét hàm số ( ) ln
x sin sin sin
g x
x sin x sin
  
 
  
  
  
trên  0;
Có  
2
2
( )
( ) 0 0;
( ) ( )
sin sin
g x x
x sin x sin
 
 
 
     
 
( )g x là hàm nghịch biến trên  0; ; mà lim ( ) 0
x
g x

 .
 ( ) 0, 0;g x x      '
( ) 0, 0;f x x    
( )f x là hàm số đồng biến trên  0;
( ) (0)f x f 
x sin sin
x sin sin
x sin sin
 
 
 

   
    
   
.
Dạng 2: Bất đẳng thức phụ thuộc nhiều biến số
a) Quy về một ẩn để sử dụng hàm số.
Ví dụ 25: (bài thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2006) Cho x, y là các số
thực thay đổi. Chứng minh rằng 2 2 2 2
( 1) ( 1) 2 2 3x y x y y        
- Biểu thức xuất hiện trong bài toán 2 2 2 2
( 1) , ( 1)x y x y    giống biểu thức
nào trong hình học? (biểu thức toạ độ nào?)

Khoảng cách giữa hai điểm hoặc độ dài của véc tơ.
- Chọn véc tơ có toạ độ như thế nào để phù hợp với các biểu thức trên?
( 1; ), ( 1; )u x y v x y     , suy ra 2 2 2 2
( 1) ( 1)x y x y u v      
- Bất đẳng thức nào thể hiện mối liên quan giữa hai véc tơ ,u v ? Đẳng thức
xảy ra khi nào?
u v u v   (1). Đẳng thức xảy ra khi ,u v cùng hướng.
- Vận dụng vào bài này như thế nào?
Áp dụng BĐT (1) ta có 2 2 2 2 2 2
( 1) ( 1) 4 4 2 1x y x y y y         .
Đẳng thức xảy ra 0x  .
Khi đó 2 2 2 2 2
( 1) ( 1) 2 2 1 2x y x y y y y           .
- Ta chuyển về chứng minh bất đẳng thức ẩn y : 2
2 1 2 2 3y y    
Xét hàm số 2
( ) 2 1 2f y y y   
+) Với 2y  ta có 2
( ) 2 1 2f y y y    là hàm số đồng biến
( ) (2) 2 5f y f  
+) Với 2y  ta có 2
2
2
( ) 2 1 2 , ( ) 1
1
y
f y y y f y
y
     

. Giải phương trình
( ) 0f y  , ta được
1
3
y  . Lập bảng biến thiên và ta suy ra 2 3B   .
Ví dụ 26: (dựa theo bài thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2006) Cho 2 số
thực x, y khác 0 thay đổi thoả mãn điều kiện 2 2
( )x y xy x y xy    . Chứng
minh rằng 3 3
1 1
16
x y
  .

- Với bài này suy nghĩ khám phá ra hàm số như thế nào?
- Biểu thức 2 2
( )x y xy x y xy    và 3 3
1 1
x y
 đối xứng với hai ẩn ,x y . Ta quy
về một ẩn số như thế nào?
Ta có 3 3
1 1
A
x y
 
2 22 2
3 3
( )( ) 1 1x y x xy y x y
x y xy x y
      
      
   
.
Đặt x ty , cũng từ giả thiết 2 2
( )x y xy x y xy    suy ra 3 2 2
( 1) ( 1)t ty t t y   
Do đó
2 2
2
1 1
,
1
t t t t
y x ty
t t t
   
  
 
. Từ đó
22 2
2
1 1 2 1
1
t t
A
x y t t
    
     
    
Xét hàm số
2
2
2 1
( )
1
t t
f t
t t
 

 
có
2
2 2
3 3
( )
( 1)
t
f t
t t
 
 
 
Giải phương trình ( ) 0f t  ta được 1t   . Lại có
2
2
2 1
( ) 1
1t t
t t
lim f x lim
t t 
 
 
 
Lập bảng biến thiên và ta suy ra 2
(1) 16A f 
Ví dụ 27: (dựa theo bài thi Olympic Toán THPT Việt Nam năm 2004) Cho
các số thực dương , ,x y z thoả mãn hệ điều kiện sau
4
2
x y z
xyz
  


. Chứng minh
rằng 4 4 4
383 165 5 18x y z    
- Với bài này suy nghĩ khám phá ra hàm số như thế nào? (phải quy về một ẩn
để khảo sát hàm số)
- Biểu thức 4 4 4
P x y z   đối xứng với ba ẩn , ,x y z . Biến đổi P theo
, ,x y z xyz xy yz zx    như thế nào?

Ta có 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) 2( )P x y z x y z x y y z z x        
2 2 2
(4 2( )) 2(( ) 2 ( ))xy yz zx xy yz zx xyz x y z         
- Với mối quan hệ trên, chuyển P theo biến mới như thế nào?
Đặt t xy yz zx   và từ giả thiết 4; 2x y z xyz    ta có 2
2( 32 144)P t t  
- Tìm điều kiện theo ẩn mới như thế nào?
Từ các điều kiện đối với x, y, z ta được
2
4 ;y z x yz
x
    do đó
2
(4 )t x x
x
  
- Tìm điều kiện đối với ẩn x và chuyển điều kiện đó theo ẩn t
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương y, z và từ (2) ta được
2 3 28
(4 ) 8 16 8 0x x x x
x
       2
( 2)( 6 4) 0x x x     3 5 2x    .
Xét hàm số
2
( ) (4 )t x x x
x
   trên đoạn 3 5;2  
, có
2
2
2( 1)( 1)
( )
x x x
t x
x
   
 
Từ việc xét dấu của ( )t x trên đoạn 3 5;2  
, ta được
5 5 1
5
2
t

  .
- Khảo sát hàm số 2
( ) 2( 32 144)f t t t   trên
5 5 1
5;
2
 
 
 
và suy ra
4 4 4
383 165 5 18x y z    
Ví dụ 28: Chứng minh rằng nếu , ,a b c là độ dài 3 cạnh của tam giác có chu vi
bằng 3 thì 2 2 2
3( ) 4 13a b c abc    .
- BĐT cần chứng minh chứa ba ẩn , ,a b c và thoả mãn 3a b c   . Hãy suy
nghĩ biến đổi 2 2 2
3 3 3 4T a b c abc    sao cho ít ẩn hơn.

Ta có T  2 2
3(3 ) 3 2 (2 3)c c ab c   
- Tích ab và tổng 3a b c   gợi cho các bạn nghĩ tới BĐT nào?
2 2
3
2 2
a b c
ab ab
    
     
   
.
Từ đó ta có lời giải sau: Đặt 2 2 2
3 3 3 4T a b c abc   
Do vai trò bình đẳng của , ,a b c nên ta có thể giả sử 0 a b c  
Chu vi tam giác bằng 3 nên 3 3a b c a b c       , mà
3
1
2
a b c c    
Ta biến đổi 2 2 2 2 2
3( ) 3 4 3 ( ) 2 3 4T a b c abc a b ab c abc          
2 2
3(3 ) 3 2 (2 3)c c ab c     .
Vì
3
2 3 0
2
c c    và
2 2 2
3 3
(2 3) (2 3)
2 2 2
a b c c
ab ab c c
       
          
     
.
Do đó
2
2 2 3
3(3 ) 3 2(2 3)
2
c
T c c c
 
      
 
3 23 27
2 2
c c   .
Xét hàm số 3 23 27
( )
2 2
f c c c   trên
3
1;
2
 
 
 
, có 2
( ) 3 3 ; ( ) 0 1f c c c f c c     
Lập bảng biến thiên và suy ra ( ) 13 13f x T   hay 2 2 2
3( ) 4 13a b c abc   
Ví dụ 29: (USA- 1980) Cho  , , 0;1a b c . Chứng minh rằng
(1 )(1 )(1 ) 1
1 1 1
a b c
a b c
b c c a a b
      
     
.
- Với bài này suy nghĩ khám phá ra hàm số như thế nào?
Ta có thể xem một biến nào đó là đối số x của hàm số ( )f x , các biến
còn lại ta coi là các hằng số, đặt a x ,  0;1x .

Xét hàm số ( )f x  (1 )(1 )(1 )
1 1 1
x b c
x b c
b c c x x b
     
     
trên  0;1
Ta có 2 2
1
( ) (1 )(1 )
1 ( 1) ( 1)
b c
f x b c
b c c x x b
      
     
- Xét dấu đạo hàm như thế nào? Nếu chưa xét được dấu '
( )f x thì xét dấu
''
( )f x xem có phát hiện gì không?
 2 2
2 2
( ) 0 0;1
( 1) ( 1)
b c
f x x
c x x b
     
   
( )f x đồng biến trên  0;1 .
Trong 3 trường hợp y luôn dương, y luôn âm, đổi dấu trên đoạn  0;1 ta luôn
có  ( ) (0), (1)f x Max f f .
- So sánh giữa cái đã biết với yêu cầu bài toán, cần chứng minh (0) 1; (1) 1f f 
1 1
(1) 1
1 1 1 1 1 1 1 1
b c b c
f
b c c b b c b c b c
      
           
2 2
1
(0) (1 )(1 ) 1
1 1 1
b c b c b c
f b c
c b b c bc
  
      
    
.
Suy ra  ( ) (0), (1) 1f x Max f f  . Vậy  0;1 : ( ) 1x f x   .
Ví dụ 30: (bài thi Olympic Toán 30/4 năm 2004) Cho 3 số thực dương a, b, c
thoả mãn 21 2 8 12ab bc ca   . Chứng minh rằng
1 2 3 15
2
S
a b c
    .
- Với bài này suy nghĩ khám phá ra hàm số như thế nào? (có thể chuyển theo
ẩn mới được không? )
Đặt
1 2 3
; ;x y z
a b c
   , bài toán trở thành
Cho , , 0x y z  và 2 4 7 2x y z xyz   (1), cần chứng minh
15
2
S x y z    .

- Có thể chuyển bài toán sao cho ít ẩn hơn được không?
Từ (1) suy ra
2 4
(2 7) 2 4 (2 7 0)
2 7
x y
z xy x y z xy
xy

      

Do đó
14 14
2 4
2 4
72 7 (2 )
x y
x y x xS x y x y
xy x y
x
  

     
 
.
14 14
2 2
2 2 2 7 7
2 7 2 2 2 7
x x
xyx xx y x
x xy x x x xy
 

        
 
2
11 7
2 1
2
x
x x
    (áp dụng bất đẳng thức Côsi )
Xét hàm số 2
11 7
( ) 2 1
2
f x x
x x
    trên (0; ) , có 2
3
2
11 14
( ) 1
2 7
1
f x
x
x
x
   

( )f x thì xét dấu
''
( )f x xem có khám phá ra dấu của '
( )f x không?
Ta có ( ) 0 (0; )f x x     suy ra ( )f x đồng biến trên (0; ) và
11 14
(3) 1 0
18 36
f      . Lập bảng biến thiên và ta đi đến kết luận
15
2
S  .
b) Khảo sát lần lƣợt từng biến, nghĩa là tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của hàm số với biến thứ nhất và các biến còn lại coi là tham số, rồi
tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số với biến thứ hai và ứng
với giá trị đã xác định của biến thứ nhất mà các biến còn lại coi là tham
số.
Ví dụ 31: (bài thi Olympic 30/4 năm 2002) Cho  , , 1;2a b c . Chứng minh
rằng
1 1 1
( )( ) 10a b c
a b c
     (1)

- Với bài này suy nghĩ khám phá ra hàm số như thế nào? (Coi một biến là ẩn,
các biến còn lại là tham số, hãy xét hàm số với ẩn đó)
Ta có (1) ( )( ) 10 0a b c ab bc ca abc       .
Xét hàm số ( ) ( )( ) 10f a a b c ab bc ca abc      ẩn a trên  1;2
Có ( ) ( )( ) 10f a ab bc ca a b c b c bc        
( )f a thì xét dấu
''
( )f a xem có khám phá ra điều gì không?
 ( ) 2( ) 0 , 1;2f a b c b c b c b c         
( )f a là hàm số đồng biến trên  1;2
Trong 3 trường hợp y luôn dương, y luôn âm, đổi dấu trên đoạn  1;2 ta luôn
có  ( ) (1), (2)f a Max f f 
 (1 )( ) 10 ;(2 )(2 2 ) 20Max b c b c bc bc b c b c bc bc          
*) Xét hàm số ( ) (1 )( ) 10g b b c b c bc bc      , ẩn b trên  1;2 .
Có ( ) (1 )(1 )g b b c bc b c c        ;  ( ) 2(1 ) 0 1;2g b c c     
( )g b là hàm số đồng biến trên  1;2
Ta luôn có    ( ) (1), (2) (2 )(1 2 ) 10 ;(3 )(2 3 ) 20g b Max g g Max c c c c c c        .
+) Xét hàm số ( ) (2 )(1 2 ) 10h c c c c    trên  1;2
Có  ( ) 4 5; ( ) 4 0 1;2h c c h c c       ( )h c đồng biến trên  1;2
Ta luôn có    ( ) (1), (2) 1,0 0h c Max h h Max    .

+) Xét hàm số ( ) (3 )(2 3 ) 20h c c c c    trên  1;2
   ( ) (1), (2) 0;0 0h c Max h h Max    .
* Xét hàm số ( ) (2 )(2 2 ) 20g b b c b c bc bc      , ẩn b trên  1;2 , tương tự suy
ra BĐT cần chứng minh.
Ví dụ 32: (bài thi Olympic Toán THPT Việt Nam -1991) Cho các số thực
dương , ,x y z với x y z  . Chứng minh rằng
2 2 2
2 2 2x y y z z x
x y z
z x y
     .
- Bạn có nhận xét gì về bậc của hai vế? Có thể chuyển bài toán sao cho ít ẩn
hơn không?
Chia cả 2 vế cho 5
0y  , thì bất đẳng thức cần chứng minh có dạng
3 2 3 2 2 2
3 2 3 2 2 2
. ( 1)
x z z x x z x z
y y y y y y y y
     (1).
Đặt ;
x z
u v
y y
  ta có 1 0u v   và (1) được đưa về dạng
3 2 2 3 2 2
( 1)u v u v uv u v     3 2 3 2 2
(1 ) (1 ) 0u v u v uv v v       (2)
Nếu 1v  , thì (2) có dạng 2
2 1 0u u   , tức là (2) đúng.
Nếu 0 1v  . Xét hàm số sau (biến là u) 3 2 3 2 2
( ) (1 ) (1 )f u u v u v uv v v      với
1u  , thì 2 3 2
( ) 3 (1 ) 2 (1 )f u u v uv v v     
( )f u thì xét dấu
''
( )f u xem có khám phá ra dấu của '
( )f u không?
3
( ) 6 (1 ) 2 0f u u v v     (do 0 1v  và 1u  ). Vậy ( )f u là hàm đồng
biến trên  1; nên  1u  ta có 3 2
( ) (1) 4 3 ( 1)( 3) 0f u f v v v v v         

(do 0 1v  ) ( )f u là hàm đồng biến trên  1; nên  1u  ta có
2
( ) (1) 2 1 0f u f v v     . Vậy (2) đúng 1 0u v    .
Ví dụ 33: (bài thi Olympic Toán THPT Việt Nam -1999) Xét các số thực
dương , ,a b c thoả mãn điều kiện abc a c b   . Chứng minh rằng
2 2 2
2 2 3 10
1 1 1 3a b c
  
  
- Từ giả thiết abc a c b   , có thể chuyển bài toán sao cho ít ẩn hơn không?
Đặt 2 2 2
2 2 3
1 1 1
P
a b c
  
  
Biến đổi giả thiết thành
1
(1 ) 0a c b ac a
c
      và
1
a c
b
ac



(1). Thay (1)
vào biểu thức P và biến đổi được
2
2 2 2 2
2 3 2( )
2
1 1 (1 )(1 )
a c
P
a c a c

   
   
(2)
- Với bài này suy nghĩ khám phá ra hàm số như thế nào? (Coi một biến là ẩn,
biến còn lại là tham số, hãy xét hàm số với ẩn đó)
Xét hàm số
2
2 2 2
1 ( )
( )
1 (1 )(1 )
x c
f x
x x c

 
  
với
1
0 x
c
  và coi c là tham số
( 0)c  , có
2
2 2 2
2 ( 2 1)
( )
(1 ) (1 )
c x cx
f x
x c
  
 
 
- Xét dấu đạo hàm như thế nào?
Trên
1
0;
c
 
 
 
thì ( ) 0f x  có nghiệm duy nhất là 2
0 1x c c    (3) Với
0
1
0 x
c
  . Qua 0x thì ( )f x đổi dấu từ dương xang âm nên ( )f x đạt cực đại tại
0 0 2
( ) ( ) 1
1
c
x f x f x
c
   

.

Từ đó theo (2) ta có: 2 22
3 2 3
2 ( ) 2 ( )
1 11
c
P f x g c
c cc
     
 
Xét hàm số ( )g c với 0c  , có
2
2 2 2
2(1 8 )
( )
( 1) (3 1)
c
g c
c c c

 
  
.
Với 0c  thì ( ) 0g c  tại 0
1
8
c  và qua 0c thì ( )g c đổi dấu từ dương sang âm
nên 0( )g c là giá trị cực đại, suy ra
1 10
38
P g
 
  
 
. Giá trị
10
3
P  đạt được khi
1 2
,
28
c a  và 2b  theo (1), (3).
c) Dựa vào dạng chung của các biểu thức có trong bài toán để đặt hàm số
Ví dụ 34: Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng
2 1
(sin sin sin ) (tan tan tan )
3 3
A B C A B C      
- Viết lại BĐT cần chứng minh
2 1
(sin sin sin ) (tan tan tan )
3 3
A B C A B C A B C       
- Các biểu thức xuất hiện trong bài toán có dạng hàm số nào? hãy khảo sát
hàm số đó?
Xét hàm số
2 1
( ) sin tan
3 3
f x x x x   trên 0;
2
 

 
, có 2
1 1
'( ) (2 3)
3
f x cosx
cos x
  
- Xét dấu đạo hàm như thế nào? Tổng 2 2
1 1
2cosx cosx cosx
cos x cos x
    chưa
phát hiện được gì, nhưng tích của chúng là hằng số. Từ đó gợi cho các bạn
nghĩ tới bất đẳng thức nào? áp dụng vào bài này như thế nào?

Áp dụng BĐT Côsi cho ba số dương, ta có
3
2 2
1 1
3 3cosx cosx cosxcosx
cos x cos x
   
'( ) 0 0;
2
f x x
 
    
 
hàm số f(x) đồng biến trên 0;
2
 

 
( ) (0) 0, 0f x f x    
Vận dụng vào các góc nhọn A, B, C ta suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
Ví dụ 35: Chứng minh rằng
1 1 1
2 2 2 3 3
A B C
cos cos cos
A B C
  
   . Trong đó các
góc A, B, C của tam giác ABC đo bằng radian.
- Ba biểu thức xuất hiện trong bài toán có dạng hàm số nào? Hãy khảo sát
hàm số đó?
Xét hàm số ( ) tan sin 2f t t t t   trên 0; , (0) 0
2
f
 

 
Ta có 2
1
( ) cos 2, (0) 0, 0;
2
f t t f t
cos t
       
 
có 2
2 2
1 1
( ) cos 2 cos 2 2 2 0 0;
2
f t t t t
cos t cos t
             
 
Suy ra ( )f t đồng biến trong 0;
2
 

 
( ) (0) 0, 0;
2
f t f t
 
    
 
.
Áp dụng vào bài toán đã cho ta có tan
2 2
A A
sin A  hay
1
2 cot
2
A
cos
A
A

 .
Tương tự
1
2 cot
2
B
cos
B
B

 ;
1
2 cot
2
C
cos
C
C

 .

Do vậy
1 1 1
2 2 2 cot cot cot
2 2 2
A B C
cos cos cos
A B C
A B C
  
     (1)
Mặt khác trong ABC ta luôn có
33cot cot cot cot .cot .cot 3 cot cot cot 3
2 2 2 2 2 2 2 2 2
A B C A B C A B C
T T      .
3 3T  (2). Từ (1) và (2) suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
Khám phá lời giải bằng hàm số khác:
Với (0; )
2
x

 thì sinx x nên
2
2 2
cos 1 2 1 2( ) 1
2 2 2
x x x
x sin     
áp dụng vào bài toán ta được
2 2 2
1 ; 1 ; 1
2 8 2 8 2 8
A A B B C C
cos cos cos      .
Do vậy
1 1 1
2 2 22 2 2
8
A B C
cos cos cos
A b C
A B C A B C
  
 
     
2
9 144
2. 3 3
8 8A B C
 


   
 
.
2.3. Khám phá ẩn phụ trong chứng minh bất đẳng thức
Thông thường đặt ẩn phụ để quy bài toán đã cho về bài toán quen thuộc.
a) Phân tích một số ví dụ
Ví dụ 36: (bài thi Olympic Toán Quốc tế năm 1983) Cho a, b, c là các cạnh
của một tam giác. Chứng minh rằng 2 2 2
( ) ( ) ( ) 0a b a b b c b c c a c a      , đẳng
thức xảy ra khi nào?
- Ba đại lượng a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì có thể biểu diễn
qua ba biến trung gian như thế nào?

Tồn tại x, y, z > 0 thoả mãn , ,a y z b z x c x y      .
- Hãy chuyển bất đẳng thức cần chứng minh theo biến trung gian
3 3 3 2 2 2
x z y x z y x yz xy z xyz     hay
2 2 2
x y z
x y z
y z x
    
- Có thể sử dụng bất đẳng thức nào để khử mẫu số ở vế trái của bất đẳng thức
cần chứng minh
2 2 2
2 , 2 , 2
x y z
y x z y x z
y z x
     
hoặc bất đẳng thức Bunhiacopxki    
2 2 2
2x y z
x y z x y z
y z x
 
       
 
Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh
- Đẳng thức xảy ra khi nào?
Đẳng thức xảy ra khi x y z  a b c   hay ABC đều.
- Có thể đề xuất bài toán tổng quát được không?
Tổng quát: cho a, b, c là các cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
với bất kì số nguyên 1n  thì ( ) ( ) ( ) 0n n n
a b a b b c b c c a c a      , đẳng thức xảy
ra khi nào?
Qua ví dụ này cho thấy: nếu a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác thì tồn tại
các số dương x, y, z thoả mãn , ,a y z b z x c x y      .
Ví dụ 37: (bài thi Olympic Toán Quốc tế năm 1985) Cho a, b, c là các số thực
dương sao cho abc = 1. Chứng minh rằng 3 3 3
1 1 1 3
( ) ( ) ( ) 2a b c b c a c a b
  
  
- Mối liên hệ giữa các đại lượng a, b, c được xác định như thế nào?

, , 0a b c  và 1abc 
- Với mối liên hệ này thì có thể biểu diễn các đại lượng qua biến trung gian
như thế nào?
Đặt
1 1 1
; ;a b c
x y z
   ta có , , 0x y z  và 1xyz 
2 2 2
3
2
x y z
y z z x x y
  
  
- Có thể sử dụng bất đẳng thức nào để khử mẫu số , ,y z z x x y   ?
2
( ) 2
x
y z x
y z
  

- Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? (khi 1x y z   ) , hãy sửa lại bất đẳng thức
trên để phù hợp với nhận xét này?
2
4
x y z
x
y z

 

,
2
4
y z x
y
z x

 

,
2
4
z x y
z
x y

 

hoặc bất đẳng thức Bunhiacopxki
 
2 2 2
2
( ) ( ) ( ) ( )
x y z
y z z x x y x y z
y z z x x y
 
          
   
Từ đó suy ra
2 2 2
2
x y z x y z
y z z x x y
 
  
  
- Khi đó ta phải chứng minh bất đẳng thức trung gian nào?
3
2 2
x y z 
 hay 3x y z   (BĐT này đúng theo BĐT Côsi, vì 1xyz  )
Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh

Qua ví dụ này cho thấy: nếu ba số dương a, b, c có tích bằng 1 thì tồn tại các
số dương x, y, z có tích bằng 1 thoả mãn
1 1 1
; ;a b c
x y z
   .
Ví dụ 38: (bài thi Olympic Toán Quốc tế năm 1993) Cho các số thực dương
a, b, c, d bất kỳ. Chứng minh rằng
2
2 3 2 3 2 3 2 3 3
a b c d
b c d c d a d a b a b c
   
       
- Nếu coi các đại lượng 2 3 , 2 3 , 2 3 , 2 3b c d c d a d a b a b c        là các biến số
trung gian , , ,x y z t thì các biến số , , ,a b c d được biểu diễn qua biến trung gian
như thế nào?
Đặt 2 3 , 2 3 , 2 3 , 2 3x b c d y c d a z d a b t a b c            thì , , , 0x y z t 
Suy ra
1
( 5 7 )
24
a x y z t     ,
1
( 5 7 )
24
b y z t x    
1
( 5 7 )
24
c z t x y     ,
1
( 5 7 )
24
d t x y z    
20 1 7 7 7 7 2
24 24 3
a b c d y z t z t x t x y x y z
x y z t x x x y y y z z z t t t
 
                  
 
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 36 số dương ta có
... ... ... ... 36
y y y t t z z t x t t x y x x y z
x x x x x y y y y z z z z t t t t
                   
Suy ra
20 36 2
24 24 3
a b c d
x y z t

      , đẳng thức xảy ra a b c d    .

Qua ví dụ này cho thấy: nếu các đại lượng ở mẫu số là tổ hợp của các đại
lượng của tử số thì có thể biểu diễn mẫu số qua các biến trung gian nào đó.
Ví dụ 39: (bài thi Olympic Toán Quốc tế năm 2008) Cho x, y, z là các số thực
khác 1 thoả mãn 1xyz  . Chứng minh rằng
2 2 2
2 2 2
1
( 1) ( 1) ( 1)
x y z
x y z
  
  
.
- Nếu coi các đại lượng , ,
1 1 1
x y z
x y z  
là các biến số trung gian , ,a b c . Hãy
tìm hệ thức liên hệ giữa , ,a b c
Đặt , ,
1 1 1
x y z
a b c
x y z
  
  
1 1 1
1 , 1 , 1
1 1 1
a b c
x y z
      
  
Ta có ( 1)( 1)( 1)a b c   
1
( 1)( 1)( 1) ( 1)( 1)( 1)
xyz
abc
x y z x y z
 
     
(vì 1xyz  )
Suy ra ( ) ( ) 1 0ab bc ca a b c        ( ) ( ) 1ab bc ca a b c      
2 2 2
1a b c  
Ta có 2 2 2 2
( ) 2( )a b c a b c ab bc ca        
2
( ) 2( ) 2a b c a b c       2
( 1) 1 1a b c     
Ví dụ 40: (bài thi Olympic Toán Châu Á Thái Bình Dương năm 2002) Cho
các số dương a, b, c thoả mãn
1 1 1
1
a b c
   . Chứng minh rằng
a bc b ca c ab abc a b c         .
- Mối liên hệ giữa các đại lượng a, b, c được xác định như thế nào?

Th s31 012_vận dụng phương pháp dạy học khám phá có hướng dẫn trong dạy học bất đẳng thức ở trường thpt

Th s31 012_vận dụng phương pháp dạy học khám phá có hướng dẫn trong dạy học bất đẳng thức ở trường thpt

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Th s31 012_vận dụng phương pháp dạy học khám phá có hướng dẫn trong dạy học bất đẳng thức ở trường thpt

Similar to Th s31 012_vận dụng phương pháp dạy học khám phá có hướng dẫn trong dạy học bất đẳng thức ở trường thpt (20)

More from https://www.facebook.com/garmentspace

More from https://www.facebook.com/garmentspace (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Th s31 012_vận dụng phương pháp dạy học khám phá có hướng dẫn trong dạy học bất đẳng thức ở trường thpt