skkn tìm THÊM điều THÚ vị từ một bài TOÁN QUEN THUỘC

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Cho toán sau: Bài toán 1: Cho x, y, z ≥ Chứng minh rằng: xyz ≥ ( x + y − z )( y + z − x)( z + x − y ) Bài toán 2: Cho a, b, c ≥ a + b + c = Chứng minh: ≤ ab + bc + ca − 2abc ≤ 27 (IMO năm 1984) Bài toán 3: Cho a, b, c > abc = 1     Chứng minh:  a + − 1÷ b + − 1÷ c + − 1÷ ≤ b c a     (IMO năm 2000) Bài toán 4: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh: a b c + + ≥1 a + 8bc b2 + 8ca c + 8ab (IMO năm 2001) Đặt vấn đề toán với ba toán thi Quốc tế có mối liên hệ với không ? Nếu có mối liên hệ nào? Các bạn tìm thấy câu trả lời thông qua viết Nếu bạn biết giải toán dễ hay nhiều cách cảm thấy lòng với làm bạn không tìm thấy nhịp cầu kết nối toán với ba toán thi Quốc tế nói Đứng trước toán cần phải đào sâu suy nghĩ cố gắng tìm phương pháp giải ngắn gọn, xác không dừng lại Từ toán giải sâu khai thác khía cạnh khác trường hợp toán Làm không bị trói chặt vào toán có sẵn, biết khai thác toán hướng chúng cầu nối đưa đến với toán khó Từ em học sinh thấy niềm vui trình giải toán em tác giả nhiều toán Đây lý chọn viết đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu Giúp học sinh khai thác nhiều toán có SGK, Sách Bài Tập, Sách Tự Chọn Thiết nghỉ đồng nghiệp phải thường xuyên chịu khó tìm tòi toán định hướng cho học sinh yêu cầu em tự khai thác để tìm riêng em Nếu làm tốt hoạt động phát huy lực tự học học sinh; em chủ động việc tiếp thu kiến thức em tìm phương pháp học hiệu cho riêng 1.3 Đối tượng nghiên cứu Mối liên hệ toán với toán khác 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu lý thuyết qua sách giáo khoa - Nghiên cứu tài liệu tham khảo - Quan sát thực tế học sinh trình học - Trao đổi đồng nghiệp tổ chuyên môn 1.5 Giới hạn phạm vi nghiên cứu Phạm vi nghiên cứu đề tài chương trình toán THPT 2 NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận vấn đề - Các kiến thức bất đẳng thức - Các kiến thức hệ thức lượng tam giác 2.2 Thực trạng vấn đề Có thể nói có không giáo viên “lãng quên” hoạt động “khai thác toán” Nếu truyền thụ kiến thức cho học sinh mà bỏ qua hoạt động thân bị mai kiến thức mà em học sinh bị động trước toán khó; khả suy luận, tư duy, sáng tạo học sinh bị hạn chế 2.3 Các biện pháp tiến hành để giải vấn đề Bài toán 1: Cho x, y, z số thực không âm Chứng minh : xyz ≥ ( x + y − z )( y + z − x)( z + x − y ) (*) Chứng minh cho toán : z + x − y ≥ Không tính tổng quát, ta giả sử: x ≥ y ≥ z ⇒  x + y − z ≥ * Nếu y + z − x < BĐT * Nếu y + z − x ≥ lúc ta có:  x ≥ x − ( y − z )2 ( x + y − z )( z + x − y ) ≥   2  y ≥ y − ( z − x) ⇔ ( x + y − z )( y + z − x) ≥  ( z + x − y )( y + z − x) ≥ 2   z ≥ z − ( x − y ) ⇒ ( xyz )2 ≥ ( x + y − z)( y + z − x)( z + x − y)  ⇒ xyz ≥ ( x + y − z )( y + z − x)( z + x − y ) Đẳng thức xảy x = y = z (đpcm) Bây khai thác toán nêu để tìm “bài toán thú vị’’ tàng ẩn phía sau toán a) Khai thác để dẫn tới toán hệ thức lượng tam giác Thay x, y, z toán số dương sin A , sin B , sin C với A, B, C số đo góc ∆ ABC, ta có : sin A sin B sin C ≥ (sin A + sin B − sin C )(sin B + sin C − sin A)(sin C + sin A − sin B) ⇔ 8sin A A B B C C cos sin cos sin cos 2 2 2 ≥ 64sin A B C B C A C A B sin cos sin sin cos sin sin cos 2 2 2 2 ⇔ sin A B C sin sin ≤ 2 Đẳng thức xảy ∆ ABC Vậy ta có toán Bài toán 2: Cho tam giác ABC có số đo góc A, B, C Chứng minh rằng: sin A B C sin sin ≤ 2 Thay x, y, z toán số dương sin 2A , sin 2B , với A, B, C số đo góc ∆ ABC nhọn, ta có: sin A sin B sin 2C ≥ (sin A + sin B − sin 2C )(sin B + sin 2C − sin A)(sin 2C + sin A − sin B) ⇔ 8sin A cos A sin B cos B sin C cos C ≥ 64cos A cos B sin C cos B cos C sin A cos C cos A sin B ⇔ cos A cos B cos C ≤ (1) Dễ thấy ∆ ABC tù vuông BĐT(1) Đẳng thức xảy ∆ ABC Ta thu toán Bài toán 3: Cho tam giác ABC có số đo góc A, B, C Chứng minh rằng: cos A cos B cos C ≤ Thay x, y, z toán số dương tan A , tan B , tan C với A, B, C số đo góc ∆ ABC nhọn tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C , ta có: tan A tan B tan C ≥ (tan A + tan B − tan C)(tan B + tan C − tan A)(tan C + tan A − tan B) ⇒ tan A tan B tan C ≥ (tan A tan B tan C − tan C )(tan A tan B tan C − tan A)(tan A tan B tan C − tan B) ⇔ ≥ (tan A tan B − 2)(tan B tan C − 2)(tan C tan A − 2) ⇔ ≥ tan A tan B tan C − tan A tan B tan C (tan A + tan B + tan C ) + +4(tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A) − ⇔ ≥ − tan A tan B tan C + 4(tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A) ⇔ 1   + tan A tan B tan C ≥  + + ÷ tan A tan B tan C  tan A tan B tan C  Đẳng thức xảy ∆ ABC Vậy ta có toán Bài toán : Cho tam giác nhọn ABC có số đo góc A, B, C Chứng minh : 1   + tan A tan B tan C ≥  + + ÷ tan A tan B tan C  tan A tan B tan C  A B B C Thay x, y, z toán số dương tan tan , tan tan , 2 2 tan C A tan với A, B, C số đo góc ∆ ABC 2 tan A B B C C A tan + tan tan + tan tan = , ta có : 2 2 2 tan A 2B 2C  A B  B C  C A tan tan ≥ 1 − tan tan ÷1 − tan tan ÷1 − tan tan ÷ 2  2  2  2 ⇔ tan A 2B 2C tan tan ≥ 2 −1 + tan ⇔ tan A B C A B C A B C tan tan  tan + tan + tan ÷− 8tan tan tan 2 2 2 2 2 A B C A B C  tan tan + ≥  tan + tan + tan ÷ 2 tan A tan B tan C 2 2  2 Đẳng thức xảy ∆ ABC Vậy ta có toán 5 Bài toán : Cho tam giác ABC có số đo góc A, B, C Chứng minh : tan A B C A B C  tan tan + ≥  tan + tan + tan ÷ 2 tan A tan B tan C 2 2  2 b) Khai thác để dẫn tới toán liên quan đến diện tích tam giác Thay x, y, z toán số dương a, b, c với a, b, c độ dài cạnh tam giác p = a+b+c , ta có : abc ≥ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) ⇔ p.4SR ≥ p( p − a)( p − b)( p − c) = 8S ⇔ pR ≥ 2S (2) Mặt khác: p = a + b + c ≤ 3(a + b + c ) Kết hợp với (2) ta thu BĐT sau: a + b + c ≥ 16S Đẳng thức xảy ∆ ABC Ta có toán 3R Bài toán 6: Gọi a, b, c độ dài cạnh tam giác; S R diện tích, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác 16S Chứng minh : a + b + c ≥ 3R 2 2 Ta thấy BĐT(2) ⇔ 3abc(a + b + c) ≥ 3abc 4S 4S = 3.4SR = 48S Mặt khác ta R R có BĐT: ab + bc + ca ≥ 3abc(a + b + c) , suy ab + bc + ca ≥ 3S Đẳng thức xảy ∆ ABC Vậy ta có toán Bài toán : Gọi a, b, c độ dài cạnh tam giác; S diện tích tam giác Chứng minh: ab + bc + ca ≥ 3S Thay x, y, z toán số dương a, b, c với a, b, c độ dài cạnh tam giác p = a+b+c , ta có: abc ≥ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) Mặt khác theo BĐT Cauchy ta có ( a + b + c) ≥ 27abc Từ ta suy ( a + b + c ) ≥ 27(a + b + c)(a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) = 432 p( p − a )( p − b)( p − c) = 432S ⇔ (a + b + c)2 ≥ 12 3S Đẳng thức xảy ∆ ABC Vậy ta có toán Bài toán : Gọi a, b, c độ dài cạnh tam giác; S diện tích tam giác Chứng minh bất đẳng thức: (a + b + c)2 ≥ 12 3S Biến đổi BĐT(2) sau: pR ≥ S ⇔ abc(a + b + c) ≥ abc 4S 4S = 4SR = 16S R R ⇔ a 2bc + b2ca + c ab ≥ 16S 1 ⇔ a b2 + c − (b − c)2  + b2 c + a − (c − a)2  2 +c  a + b2 − (a − b)2  ≥ 16S 2 1 ⇔ a 2b2 + b2c + c 2a ≥ 16S + a (b − c)2 + b (c − a)2 + c (a − b)2 2 Đẳng thức xảy ∆ ABC Ta có toán sau Bài toán : Gọi a, b, c độ dài cạnh tam giác; S diện tích tam giác Chứng minh bất đẳng thức: 1 a 2b + b2c + c 2a ≥ 16S + a (b − c)2 + b (c − a )2 + c (a − b)2 2 (Bài T7/ 376 – THTT năm 2008) c) Khai thác để dẫn tới toán liên quan đến yếu tố tam giác Thêm bước biến đổi BĐT(2) sau: pR ≥ 2S ⇔ pR ≥ pr ⇔ R ≥ 2r Đẳng thức xảy ∆ ABC Ta thu toán sau 10 Bài toán 10 : Gọi R, r bán kính đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp tam giác Chứng minh rằng: R ≥ 2r 1 1 Thay x, y, z toán số dương r , r , r = r a b c 1 + + rb rc , ta có :     ≥  − ÷ − ÷ − ÷÷ rb rc  r   r rb ÷   r rb  ⇔ 1  1  4 1  ≥ −  + + ÷÷+  + + − ÷ rb rc r r  rb rc  r  rb rb rc rc ÷ rbrc ⇔ 4 1  ≥ − +  + + ÷ rb rc r r  rb rb rc rc ÷ 2 1  2 1  ⇔ +  + + ÷≥ − +  + + ÷÷ rb rc r  rb rc ÷ r r  rb rc  ⇔ 2 1  +  + + ÷≥ rb rc r  rb rc ÷ r Đẳng thức xảy ∆ ABC Ta thu toán sau 11 Bài toán 11 : Gọi r , , rb , rc bán kính đường tròn nội tiếp, đường tròn bàng tiếp góc A, B, C tam giác ABC 2 1  Chứng minh : r r r + r  + + ÷÷ ≥ a b c  rb rc  r Thay x, y, z toán số dương ma2 , mb2 , mc2 ma , mb , mc độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A, B, C tam giác ABC, ta có : ma2mb2 mc2 ≥ (ma2 + mb2 − mc2 )(mb2 + mc2 − ma2 )(mc2 + ma2 − mb2 ) ( )( )( ⇔ 64ma2 mb2 mc2 ≥ 5a − b2 − c 5b2 − c2 − a 5c − a − b2 ) Đẳng thức xảy ∆ ABC Ta thu toán sau 12 Bài toán 12 : Gọi a, b, c, ma , mb , mc độ dài cạnh; độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A, B, C tam giác ABC ( )( )( ) 2 2 2 2 2 2 Chứng minh : 64ma mb mc ≥ 5a − b − c 5b − c − a 5c − a − b Thay x, y, z toán số dương a, b, c với a, b, c độ dài cạnh tam giác a + b + c = , ta có: abc ≥ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) ⇔ abc ≥ (3 − 2a )(3 − 2b)(3 − 2c) ⇔ abc ≥ 27 − 18(a + b + c) + 12(ab + bc + ca) − 8abc ⇔ 3abc ≥ 4(ab + bc + ca) − ⇔ 2(a + b2 + c2 ) + 3abc ≥ 2(a + b + c)2 − ⇔ 2(a + b2 + c ) + 3abc ≥ Đẳng thức xảy ∆ ABC cạnh Ta thu toán 13 Bài toán13 : Gọi a, b, c độ dài cạnh tam giác có chu vi Chứng minh: 2(a + b2 + c2 ) + 3abc ≥ Thay x, y, z toán số dương a + b – c, b + c – a, c + a – b với a, b, c độ dài cạnh tam giác a + b + c = , ta có: ( a + b − c ) (b + c − a)(c + a − b) ≥ (3a − b − c)(3b − c − a)(3c − a − b) ⇔ (1 − 2a)(1 − 2b)(1 − 2c) ≥ (4a − 1)(4b − 1)(4c −1) − 2(a + b + c) + 4(ab + bc + ca) − 8abc ≥ 64abc −16(ab + bc + ca) + 4(a + b + c) −1 ⇔ −1 + 4(ab + bc + ca) − 8abc ≥ 64abc − 16(ab + bc + ca) + ⇔ 5(ab + bc + ca) − 18abc ≥ 1 Ta thu toán sau 14 Đẳng thức xảy ∆ ABC cạnh Bài toán 14 : Gọi a, b, c độ dài cạnh tam giác có chu vi Chứng minh: 5(ab + bc + ca) − 18abc ≥ Thay x, y, z toán số dương a, b, c với a, b, c độ dài cạnh tam giác a + b + c = , ta có:  a+b+c  1=  ≥ abc ≥ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) ÷  ⇔ ≥ (3 − 2a)(3 − 2b)(3 − 2c) ⇔ ≥ 27 − 18(a + b + c) + 12(ab + bc + ca) − 8abc ⇔ ≥ −27 + 12(ab + bc + ca) − 8abc ⇔ 4abc ≥ 6(ab + bc + ca) − 14 ⇔ 3(a + b2 + c ) + 4abc ≥ 3(a + b + c)2 − 14 ⇔ 3(a + b2 + c2 ) + 4abc ≥ 13 Đẳng thức xảy ∆ ABC cạnh Ta thu toán sau 15 Bài toán 15 : Gọi a, b, c độ dài cạnh tam giác có chu vi Chứng minh: 3(a + b2 + c ) + 4abc ≥ 13 d) Khai thác để dẫn tới toán mang tính “tầm vóc’’ Áp dụng BĐT(*) cho số dương: a, b, c ta có  a +b abc ≥ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) ⇔ ≥   c  b + c − 1÷  a  c+a − 1÷  b − 1÷ (3)  b + c  a =x  x, y, z >   x, y, z > c + a  = y ⇒ ⇒ 1 Đặt:   b  x + + y + + z + =  x + y + z + = xyz  a +b  c =z  BĐT(3) thành: ≥ ( x −1)( y −1)( z − 1) = xyz − ( xy + yz + zx) + x + y + z − 10 ⇔ xy + yz + zx ≥ xyz + x + y + z − ⇔ xy + yz + zx ≥ 2( x + y + z ) 1 2( x + y + z ) 1 2( x + y + z ) ⇔ + + ≥ ⇔ + + ≥ x y z xyz x y z 2+ x + y + z Đẳng thức xảy x = y = z = Ta thu toán sau 16 1 Bài toán 16 : Cho số thực x, y, z > x + + y + + z + = 1 2( x + y + z ) Chứng minh : x + y + z ≥ + x + y + z Áp dụng BĐT(*) cho số dương: a, b, c ta có abc ≥ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) ⇔ abc a  b  c  ≥ 1 − ÷1 − 1 − ÷ (a + b)(b + c)(c + a)  b + c   c + a   a + b ÷ Mặt khác: abc (a + b)(b + c)(c + a) ≥ ab bc ca = 8abc ⇒ ≥ (a + b)(b + c)(c + a) Suy bất đẳng thức:  a  b  c  ≥ 1 − 1− 1− Đẳng thức xảy ÷   ÷  b + c   c + a   a + b ÷ a = b = c Ta thu toán sau 17 Bài toán 17: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh:  a  b  c  ≥ 1 − 1− 1− ÷   ÷  b + c   c + a   a + b ÷ (THTT – năm 2000)  a b + c = x  x, y , z >   b = y ⇒  1 Trong toán 17 ta đặt:  c + a  x +1 + y +1 + z +1 =   c = z a +b  Khi ta có: 11 1 ≥ ( − x ) ( − y ) ( − z ) ⇔ ≥ − ( x + y + z) + xy + yz + zx − xyz 8 ≥ − ( x + y + z ) + xy + yz + zx − abc (vì xyz = (a + b)(b + c)(c + a) ≤ ) Suy ra: x + y + z ≥ xy + yz + zx + Đẳng thức xảy x = y = z = Ta thu toán sau 18 1 Bài toán 18 : Cho số thực x, y, z > x + + y + + z + = Chứng minh: x + y + z ≥ xy + yz + zx + Áp dụng BĐT(*) cho số không âm: a, b, c a + b + c = 1, ta có abc ≥ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) ⇔ abc ≥ (1 − 2a)(1 − 2b)(1 − 2c) ⇔ abc ≥ − 2(a + b + c) + 4(ab + bc + ca) − 8abc ⇔ − 4(ab + bc + ca) + 9abc ≥ 27 27 ⇔ − 3(ab + bc + ca) + abc ≥ ⇔ − 3(ab + bc + ca) + abc ≥ 4 4 ⇔ (a + b + c)2 − 3(ab + bc + ca) + ⇔ a + b2 + c2 − ab − bc − ca + 27 abc ≥ 4 27 abc ≥ 4 ⇔ (a + b + c)(a + b2 + c − ab − bc − ca) + 3abc  + ⇔ a3 + b3 + c3 + 15 abc ≥ 4 15 abc ≥ 4 Đẳng thức xảy a = b = c = Ta thu toán sau 19 k Bài toán 19 : Tìm số thực k lớn cho: a3 + b3 + c3 + kabc ≥ + , 27 với a, b, c số thực không âm thoả mãn: a + b + c = (Bài T7/ 216 – THTT) 12 Áp dụng BĐT(*) cho số không âm: a, b, c a + b + c = 1, ta có abc ≥ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) ⇔ abc ≥ (1 − 2a)(1 − 2b)(1 − 2c) ⇔ abc ≥ − 2(a + b + c) + 4(ab + bc + ca) − 8abc ⇔ abc ≥ −1 + 4(ab + bc + ca) − 8abc abc ⇔ ab + bc + ca − 2abc ≤ + 4 Mặt khác: abc ≤ ( a + b + c ) = Suy ab + bc + ca − 2abc ≤ 27 27 27 Theo giả thiết ⇒ ≤ a, b, c ≤ Từ ta suy ab + bc + ca − 2abc = ab(1 − c) + bc(1 − a) + ca ≥ Ta thu toán sau 20 Bài toán 20 : Cho a, b, c số thực không âm thoả mãn: a + b + c = Chứng minh: ≤ ab + bc + ca − 2abc ≤ 27 (IMO năm 1984) Ta biến đổi BĐT(*) x, y, z dương sau z x  x y y z xyz ≥ ( x + y − z )( y + z − x)( z + x − y ) ⇔ ≥  + − 1÷ + − 1÷ + − 1÷ z z  x x  y y  Đặt:  a, b, c > x y z = a, = b, = c ⇒  Khi ta có: y z x  abc = 1      a + b − 1÷ b + c − 1÷ c + a − 1÷ ≤     Đẳng thức xảy a = b = c = Ta thu toán sau 21 Bài toán 21 : Cho a, b, c số thực dương thoả mãn điều kiện: abc = 1     Chứng minh:  a + − 1÷ b + − 1÷ c + − 1÷ ≤ b c a     (IMO năm 2000) 13 Áp dụng BĐT(*) cho số dương: x + y, y + z, z + x với x, y, z > , ta có BĐT: ( x + y)( y + z )( z + x) ≥ xyz ⇔ (S − x)(S − y )(S − z ) ≥ 8xyz > (4) với S = x+ y+z Tiếp tục áp dụng BĐT(*) cho số dương: x + y + z, x + y + z , x + y + z , ta có BĐT: (2 x + y + z )( x + y + z )( x + y + z ) ≥ 8( x + y )( y + z )( z + x) ≥ 64 xyz (S + x)( S + y)( S + z ) ≥ 64 xyz > (5) S = x + y + z Nhân hai BĐT chiều (4) (5) ta có bất đẳng thức sau ( )( )(  S2 ) S − x2 S − y S − z ≥ 83 x y z ⇔   S2  S  − 1÷÷≥ 83 − 1÷ ÷ − 1÷ ÷     x  y  z  x Bây ta giả sử x, y, z > thoả mãn:   y − 1÷  z − 1÷÷ 2  − 1÷ = 83 (6) Ta chứng minh: S = x + y + z ≥ Thật S < ta có   S2  S2      S2 − − − > − − − ≥ 83 ÷  ÷ ÷ ÷  ÷  ÷ 2 2 ÷  ÷ ÷ ÷ x  y  x  z  y  z  Điều mâu thuẩn với đẳng thức (6) Vậy S = x + y + z ≥  Vì  x    y − 1÷ 1 8bc  −1 = a x  ca   −1 = b y 1 8ab  −1 = z c2  − 1÷÷  z  −1÷ = 83 nên ta đặt sau   a x =  a + 8bc  b ⇒  y = b2 + 8ca   c z =  c + 8ab  (trong a, b, c > ) Khi ta có BĐT sau S= a a + 8bc + b b + 8ca + c c + 8ab ≥ Đẳng thức xảy a = b = c Ta thu toán sau 22 Bài toán 22 : Cho a, b, c số thực dương 14 Chứng minh : a a + 8bc + b b + 8ca + c c + 8ab ≥1 (IMO năm 2001) Áp dụng BĐT (*) cho số dương a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = 3, ta có: abc ≥ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) ⇔ a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a 2b + ab2 + b2c + bc + c2 a + ca ⇔ a3 + b3 + c3 + 6abc ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca) = 3(a + b + c) Mặt khác ( a + b + c ) ≥ ( ab + bc + ca ) = ⇒ a + b + c ≥ Từ ta suy a3 + b3 + c3 + 6abc ≥ Đẳng thức xảy a = b = c = Ta thu toán sau 23 Bài toán 23 : Cho a, b, c số thực dương thoả mãn ab + bc + ca = Chứng minh bất đẳng thức: a3 + b3 + c3 + 6abc ≥ (Olympic Toán Ba Lan – 2005) Áp dụng BĐT (*) cho số dương a, b, c ta có abc ≥ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) ⇔ abc ≥ (a + b + c) − 2c  (a + b + c) − 2a  (a + b + c) − 2b  ⇔ 9abc ≥ −(a + b + c)3 + 4(a + b + c)(ab + bc + ca) ⇔ 9abc ≥ 4(ab + bc + ca) − (a + b + c) a+b+c ⇔ 9abc ≥ 2(ab + bc + ca) − (a + b2 + c ) a+b+c 2 2 2 2 Mặt khác ta có a b c + = a b c + + ≥ a b c = 3abc 9abc ≥ Từ abc a + b + c suy a 2b2c + ≥ 2(ab + bc + ca) − (a + b2 + c ) (1) Ta lại có: ( ) a + b2 + c ≥ ab + bc + ca ⇒ a + b + c ≥ ( ab + bc + ca ) + a + b + c (2) 15 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 Ta lại tiếp tục có BĐT a b + + b c + + c a + ≥ ( ab + bc + ca ) suy ( ) 2 2 2 ra: a b + b c + c a + ≥ ( ab + bc + ca ) (3) Cộng ba BĐT chiều (1), (2) (3) ta thu BĐT sau a 2b2c2 + 2(a 2b + b2c + c 2a ) + 4(a + b + c ) + ≥ 9(ab + bc + ca) ⇔ (a + 2)(b2 + 2)(c + 2) ≥ 9(ab + bc + ca) Đẳng thức xảy a = b = c = Ta thu toán sau 24 Bài toán 24 : Cho a, b, c số thực dương Chứng minh : (a + 2)(b2 + 2)(c + 2) ≥ 9(ab + bc + ca) (Olympic Toán Châu Á – Thái Bình Dương – 2004) 2.4 Kết đạt Đề tài cho số học sinh giỏi tham khảo giới thiệu cho học sinh số toán khai thác toán nêu đề tài, từ yêu cầu em phải tìm tòi khai thác để tìm vấn đề Kết nói khả quan: em phân loại toán liên quan với thành hệ thống tập mà tìm thấy lời giải độc đáo cho toán khó Nhưng lớn khởi xướng phong trào thi đua học tập nghiên cứu phận học sinh giỏi toán; từ ta nhân rộng phong trào cho tất đối tượng học sinh KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận 16 a) Những học kinh nghiệm - Kĩ giải toán học sinh nâng cao - Học sinh ham học hỏi, tìm tòi sáng tác toán cho em tác giả từ em có hứng thú với toán học nhiều b) Ý nghĩa sáng kiến kinh nghiệm - Ý nghĩa sáng kiến kinh nghiệm nhằm tạo động lực thúc đẩy học sinh có hứng thú, tích cực việc học môn toán, đồng thời góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy thân nói riêng kết giáo dục nhà trường nói chung c) Khả ứng dụng, triển khai Kinh nghiệm áp dụng cho tất học sinh học khá, giỏi môn toán 3.2 Kiến nghị Với khả năng, kinh nghiệm thân hạn chế, thực đề tài không tránh khỏi thiếu sót, mong muốn quý thầy cô giáo, đồng nghiệp góp ý để đề tài tiếp tục hoàn thiện tính ứng dụng thực tiễn MỤC LỤC 17 MỞ ĐẦU Trang 1.1 Lý chọn đề tài Trang 1.2 Mục đích nghiên cứu Trang 1.3 Đối tượng nghiên cứu Trang 1.4 Phương pháp nghiên cứu Trang 1.5 Giới hạn phạm vi nghiên cứu Trang 2 NỘI DUNG Trang 2.1 Cơ sở lí luận vấn đề Trang 2.2 Thực trạng vấn đề Trang 2.3 Các biện pháp tiến hành để giải vấn đề Trang 2.4 Kết đạt Trang 16 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Trang 17 3.1 Kết luận Trang 17 3.2 Kiến nghị Trang 17 18 ... xảy x = y = z (đpcm) Bây khai thác toán nêu để tìm bài toán thú vị ’ tàng ẩn phía sau toán a) Khai thác để dẫn tới toán hệ thức lượng tam giác Thay x, y, z toán số dương sin A , sin B , sin C... số toán khai thác toán nêu đề tài, từ yêu cầu em phải tìm tòi khai thác để tìm vấn đề Kết nói khả quan: em phân loại toán liên quan với thành hệ thống tập mà tìm thấy lời giải độc đáo cho toán. .. tòi sáng tác toán cho em tác giả từ em có hứng thú với toán học nhiều b) Ý nghĩa sáng kiến kinh nghiệm - Ý nghĩa sáng kiến kinh nghiệm nhằm tạo động lực thúc đẩy học sinh có hứng thú, tích cực