Mục lục
Trang
Phần I: Mở đầu 02
1. Lý do chọn đề tài 02
2. Mục đích nghiên cứu 03
3. Nhiệm vụ nghiên cứu 04
4. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu 04
5. Phương pháp nghiên cứu 04
Phần II: Nội dung 05
Chương 1: Cơ sở lý luận và thực tiễn 05
Chương 2: Các biện pháp 07
Biện pháp 1: 07
Biện pháp 2: 07
Chương 3: Thực nghiệm sư phạm 24
1. Mục đích thực nghiệm 24
2. Nội dung thực nghiệm 24
3. Kết quả thực nghiệm 35
Phần III: kết luận 40
Tài liệu tham khảo 42
1
PHẦN I: MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài:
Trong trường THCS môn toán có một vị trí quan trọng. Đây là môn văn
hoá cơ bản được xây dựng nối tiếp toán tiểu học và làm cơ sở, đặt nền móng cho
môn toán ở cấp THPT.
Thực hiện chương trình đổi mới SGK, phương pháp dạy học mới có giảm
tải kiến thức. Toán học là dành cho mọi người, qua việc học toán phát triển trí
tuệ chung, mà trước hết là hình thành ở học sinh những phẩm chất tư duy cần
thiết, một nền tảng kiến thức kỹ năng cơ bản, chắc chắn với chức năng hoàn
thiện con người trong xã hội hiện đại tạo sự năng động, hoà nhập xã hội. Đó
chính là bản chất thực sự của việc dạy toán ở trường THCS hiện nay.

Tuy nhiên với mục tiêu phát triển toàn diện, phát triển bồi dưỡng học sinh
giỏi: công việc phát triển mũi nhọn ở mỗi trường học cần thiết phải phát triển,
nâng cao một số nội dung một cách hệ thống, đầy đủ, sâu sắc hơn giúp học sinh
lĩnh hội kiến thức, kỹ năng về môn toán tốt hơn cả chiều rộng lẫn chiều sâu. Biết
vận dụng kiến thức môn này vào giải toán, làm công cụ cho các môn khác, góp
phần giúp học sinh phát triển trí tuệ mang lại niềm vui sáng tạo và yêu thích bộ
môn toán hơn. Bất đẳng thức là cơ sở cho học bất phương trình, các phép biến
đổi tương đương bất phương trình được suy luận từ các tính chất của bất đẳng
thức. Việc sử dụng bất đẳng thức hợp lý sẽ giúp học sinh giải nhanh, gọn một số
bài toán. Đặc biệt là những bài toán tìm cực trị của một biểu thức. Thậm chí
trong bài tập hình học và cả giải phương trình nhiều khi ta cũng sử dụng bất
đẳng thức.
Vấn đề bất đẳng thức chưa được đề cập nhiều và hệ thống ở SGK. Các
công cụ, lý thuyết liên quan chưa đủ để giải bài toán nâng cao, dành cho học
sinh khá, giỏi. Có ít bài toán cũng như hằng bất đẳng thức được công nhận, cho
phép sử dụng dẫn đến việc nâng cao kiến thức rèn luyện kỹ năng giải toán dạng
này của học sinh cũn hạn chế. Bất đẳng thức là một trong những mảng kiến
thức khó nhất của toán học phổ thông .
2
Nhưng thông qua các bài tập về chứng minh bất đẳng thức học sinh hiểu kỹ
và sâu sắc hơn về giải và biện luận phương trình , bất phương trình ,về mối liên
hệ giữa các yếu tố của tam giác về tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một biểu
thức. Trong quá trình giải bài tập , năng lực suy nghĩ , sáng tạo của học sinh
được phat triển đa dang và phong phú vì các bài tập về bất đẳng thức có cách
giải không theo quy tắc hoặc khuôn mẫu nào cả. Nó đòi hỏi người đọc phải có
cách suy nghĩ lôgic sáng tạo biết kết hợp kiến thức cũ với kiến thức mới một
cách lôgíc có hệ thống.
Cũng vì toán về bất đẳng thức không có cách giải mẫu , không theo một
phương pháp nhất định nên học sinh rât lúng túng khi giải toán về bất đẳng thức
vì vậy học sinh sẽ không biết bắt đầu từ đâu và đi theo hương nào .Do đó hầu

hết học sinh không biết làm toán về bất đẳng thứcvà không biết vận dụng bất
đẳng thức để giải quyết các loại bài tập khác.
Trong thực tế giảng dạy toán ở trường THCS việc làm cho học sinh biết
chứng minh bất đẳng thức và vận dụng các bất đẳng thức vào giải các bài tập có
liên quan là công việc rất quan trọngvà không thể thiếu được của người dạy toán
,thông qua đó rèn luyện
Tư duy lôgic và khả năng sáng tạo cho học sinh .Để làm được điều đó
người thầy giáo phải cung cấp cho học sinh một số kiến thức cơ bản và một số
phương pháp suy nghĩ ban đầu về bất đẳng thức .
Tâm lý nhiều học sinh chưa chú trọng đến nội dung bài này, còn lúng túng
và mắc nhiều sai sót khi giải bất đẳng thức và các dạng toán liên quan điều này
ảnh hưởng không tốt đến chất lượng học môn toán.
Trong đề tài này tôi trình bày một số các bất đẳng thức, một số phương
pháp chứng minh bất đẳng thức, các ví dụ áp dụng và bài tập tương ứng dành
cho học sinh THCS đặc biệt là học sinh khá giỏi lớp 8; 9 dạy chủ yếu trong một
số giờ luyện tập thích hợp và các giờ dạy nâng cao.
2. Mục đích nghiên cứu:
Giúp giáo viên dạy toán THCS nói riêng có quan điểm coi trọng việc
nghiên cứu, dạy bất đẳng thức.
3
Giúp học sinh có kiến thức sâu hơn về bất đẳng thức, góp phần học tốt
hơn môn toán.
Đưa ra một số kiến thức cơ bản về bất đẳng thức và một số phương pháp
chứng minh bất đẳng thức phù hợp trình độ học sinh .
Qua việc triển khai đề tài này góp phần nâng cao chất lượng dạy - học tốt
nội dung bất đẳng thức và do đó sẽ dạy - học tốt môn toán trong trường THCS.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu:
Điều tra thực trạng về tình hình dạy và học bất đẳng thức ở trường THCS
Triển khai đề tài trong qua trình dạy học bằng cách lựa chọn các bất đẳng
thức, các phương pháp chứng minh bất đẳng thức đưa vào một số tiết học phù

hợp. Chẳng hạn trong các tiết dạy các hằng đẳng thức đáng nhớ của chương I,
các tiết dạy về biến đổi các biểu thức hữu tỉ của chương II môn toán đại số 8.
Kiểm tra, đánh giá, trao đổi với học sinh, giáo viên toán qua đó thấy được
hiệu quả của việc áp dụng đề tài như thế nào và đồng thời điều chỉnh việc dạy
học nội dung bất đẳng thức cho phù hợp nhằm nâng cao chất lượng học bất đẳng
thức nói riêng cũng như học môn toán nói chung.
4. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu:
Đối tượng là một số vấn đề, thực trạng về dạy và học bất đẳng thức của
giáo viên, học sinh THCS.
Lý thuyết bất đẳng thức ở SGK, các phương pháp để giải toán chứng
minh bất đẳng thức. Một số tài liệu được tham khảo được sử dụng cho học sinh
THCS, hiện đang được nghiên cứu, thử nghiệm tại trường THCS
Tôi áp dụng đề tài này trong qua trình giảng dạy môn toán lớp 8A trường
THCS Âu Lâu
5. Phương pháp nghiên cứu:
Phương pháp tôi sử dụng để nghiên cứu trong đề tài này chủ yếu là các
phương pháp sau:
Phương pháp thực nghiệm sư phạm.
Phương pháp nghiên cứu lý luận.
Phương pháp điều tra, phỏng vấn.
4
PHẦN II: NỘI DUNG
Chương 1: Cơ sở lý luận và thực tiễn
Như chúng ta đã biết “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân
tài hình thành đội ngũ lao động có trí thức và tay nghề, có năng lực tự chủ, năng
động, sáng tạo” đó chính là mục tiêu của giáo dục và đào tạo, góp phần đào tạo
những con người phát triển toàn diện để phục vụ cho sự nghiệp xây dựng và bảo
vệ Tổ Quốc.
Vì vậy, đối với những người làm công tác giáo dục luôn luôn phải chăm lo
đến chất lượng dạy và học, luôn học hỏi, trau dồi những kinh nghiệm, tìm ra

những phương pháp, hình thức giảng dạy, phù hợp với trình độ và khả năng
nhận thức của học sinh, nhằm tạo cho học sinh niềm say mê , hứng thú trong học
tập. Trong lĩnh vực giảng dạy toán ở trường THCS dạng toán chứng minh bất
đẳng thức có điều kiện là một mảng kiến thức hay, khó và phong phú, nó có mặt
trong nhiều chương trình bồi dưỡng, thi vào các lớp 10 THPT chuyên. Đặc biệt
đối với các thầy giáo, cô giáo khi bồi dưỡng học sinh giỏi, học sinh năng khiếu
nó càng thiết thực hơn. Muốn tạo điều kiện tốt nhất giúp các em tự tin khi học
tập thì thầy, cô giáo cần phải cung cấp cho các em đầy đủ những kiến thức cơ
bản nhất, giúp các em định hướng cho mình những dạng toán cơ bản để có thể
vận dụng vào giải toán. Vì vậy mỗi giáo viên nói chung và giáo viên giảng dạy
bộ môn toán nói riêng phải luôn luôn tìm tòi, sáng tạo, đổi mới phương pháp dạy
học. Trong chương trình môn toán ở các lớp THCS kiến thức về chứng minh
bất đẳng thức có điều kiện không nhiều song lại rất quan trọng, đó là những tiền
đề cơ bản để học sinh học nâng cao môn toán và tiếp tục học lên ở THPT.
Khi giải các bài toán về chứng minh bất đẳng thức có điều kiện đòi hỏi học
sinh nắm vững các kiến thức cơ bản về bất đẳng thức như : các tính chất của bất
đẳng thức, các phương pháp chứng minh bất đẳng thức… Học sinh biết vận
dụng linh hoạt, sáng tạo, kỹ năng từ đơn giản đến phức tạp.
“Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức” giúp học sinh có
được phương pháp giải toán chứng minh bất đẳng thức có điều kiện nhanh,
5
chính xác, ngắn gọn ngoài ra qua tìm hiểu phương pháp chứng minh này giúp
học sinh phát triển tư duy, phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo trong giải
toán. Đồng thời giáo dục tư tưởng, ý thức, thái độ, lòng say mê học toán cho học
sinh.
Chứng minh bất đẳng thức có điều kiện là loại toán mà học sinh THCS
coi là loại toán khó, nhiều học sinh không biết chứng minh như thế nào? có
những phương pháp chứng minh nào ngắn gọn , chính xác mà dễ hiểu nhất ?
Các bài toán về chứng minh bất đẳng thức có điều kiện là một dạng toán
hay và khó, có nhiều trong các đề thi học sinh giỏi các cấp, thi vào lớp 10

THPT, thi vào các trường THPT chuyên và còn có cả trong các đề thi vào các
trường đại học hàng năm. Tuy nhiên, các tài liệu viết về vấn đề này rất hạn chế
hoặc chưa hệ thống thành các phương pháp nhất định gây nhiều khó khăn trong
việc học tập của học sinh, cũng như trong công tác tự bồi dưỡng của giáo viên.
Mặt khác, việc tìm hiểu các phương pháp giải toán chứng minh bất đẳng thức có
điều kiện hiện nay còn ít giáo viên quan tâm, nghiên cứu.
Vì vậy việc nghiên cứu các phương pháp giải toán chứng minh bất đẳng
thức có điều kiện là rất thiết thực và cần thiết nhằm giúp giáo viên nắm vững nội
dung và xác định được phương pháp giảng dạy phần này đạt hiệu quả, góp phần
nâng cao chất lượng dạy và học, đặc biệt là chất lượng học sinh giỏi và giáo viên
giỏi ở các trường THCS.
Thực trạng tại trường THCS Âu Lâu là trường vùng núi có điều kiện về
mọi mặt còn khó khăn. Sự quan tâm của phụ huynh học sinh chưa đúng mức,
một số học sinh ý thức học tập thấp. Do đó việc học nói chung và môn toán nói
riêng còn hạn chế. Mặt khác bất đẳng thức là một nội dung khó, ít đề cập trong
chương trình toán THCS, nên dẫn đến tình trạng:
Giáo viên: Còn ngại khai thác dạy học bất đẳng thức. Chưa đầu tư nghiên
cứu bất đẳng thức một cách hệ thống.
Học sinh: Kiến thức về bất đẳng thức được trang bị quá ít, nên rất khó
khăn khi giải các bài tập liên quan đến bất đẳng thức nói riêng cũng như khó
khăn trong giải toán nói chung.
6
Chương 2: Các biện pháp sư phạm nâng cao chất
lượng dạy học bất đẳng thức
1. Biện pháp 1: Điều tra thực nghiệm
Tìm hiểu sự ham thích của học sinh khối 8 trường THCS Âu Lâu đối với
việc học bất đẳng thức.
Kiểm tra về kiến thức, kĩ năng làm các bài tập có liên quan đến nội dung
bất đẳng thức của học sinh khối 8.
2. Biện pháp 2: Dạy về bất đẳng thức cho học sinh khối 8

Tôi chọn các bất đẳng thức phù hợp với kiến thức của học sinh để giúp
học nắm được các bất đẳng thức, chứng minh chúng và vận dụng được trong
giải một số bài tập.
Ở chương trình dạy nâng cao, tôi đưa vào bài dạy các bất đẳng thức một
cách hệ thống. Đồng thời soạn ra các bài tập tương ứng giúp học sinh vận dụng
được kiến thức về bất đẳng thức.
Quá trình thực hiện đề tài này tôi đã đưa vào chương trình dạy của mình
các nội dung như sau: Dạy hệ thống các bất đẳng thức phù hợp và các tính chất
của chúng; Dạy học sinh các phương pháp chứng minh bất đẳng thức phù hợp
với trình độ nhận thức cũng như yêu cầu bộ môn đối với học sinh lớp 8A của
trường THCS Âu Lâu . Cụ thể:
A. Kiến thức cần nắm về bất đẳng thức:
1. Định nghĩa bất đẳng thức:
Ta gọi hệ thức dạng a < b (hay a > b; a
≤
b; a
≥
b) là bất đẳng thức và
gọi a là vế trái, b là vế phải của bất đẳng thức.
2. Tính chất bất đẳng thức:
1) a > b ; b >c
⇒
a > c
2) a >b
⇒
a + c > b + c
3) a > b ; c > 0
⇒
ac > bc
a > b ; c < 0

⇒
ac < bc
5) a > b ; c > d
⇒
a + c > b + d
a > b ; c < d
⇒
a - c < b - d
7
6) a > b
≥
0
⇒
ac > bd
7) a > b > 0 ; 0 < c < d
⇒

c
a
>
d
b
8) a > b > 0
⇒
a
n
> b
n

a > b

⇔
a
n
> b
n
(n lẻ)

a b
〉

⇔
a
n
> b
n
( n chẵn )
9) Nếu m > n > 0 thì a >1
⇒
a
m
> a
n

a =1
⇒
a
m
= a
n


0 < a < 1
⇒
a
m
= a
n

10) a > b , ab > 0
⇒

a
1
<
b
1
3. Các hằng bất đẳng thức:
1) a
2

≥
0 với
∀
a
∈
R. Dấu bằng xẩy ra khi a = 0
2)
a
≥
0 với
∀

a
∈
R. Dấu bằng xẩy ra khi a = 0
3)
a
≥
a với
∀
a
∈
R. Dấu bằng xẩy ra khi a
≥
0
4)
ba +
≤

a
+
b
với
∀
a, b
∈
R. Dấu bằng xẩy ra khi ab
≥
0
5)
ba −
≥


a
-
b
với
∀
a, b
∈
R. Dấu bằng xẩy ra khi ab>0 và

a

≥
b
B. Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức
1. Phương pháp sử dụng định nghĩa:
1.1. Phương pháp giải: Muốn chứng minh A > B hãy xét hiện A - B. Nếu
hiện A - B dương thì khẳng định được A > B là bất đẳng thức cần chứng
minh.
1.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ1: Cho a > 0, b > 0. chứng minh rằng:
3
3 3
a +b a+b
2 2
 
≥
 ÷
 
Giải:

Xét hiệu: B =
3
3 3
a +b a+b
-
2 2
 
 ÷
 
8
Bỏ ngoặc, phân tích B thành nhân tử ta được: B =
8
3
(a + b) (a - b)
2
Vì a > 0 , b
> 0
⇒
a + b > 0 mà (a - b)
2

≥
0
⇒
B
≥
0
Theo định nghĩa
⇒


3 3
a +b
2

≥

3
a+b
2
 
 ÷
 
Dấu bằng xẩy ra
⇔
a = b
Ví dụ 2: ∀ x, y, z chứng minh rằng :
a) x
2
+ y
2
+ z
2

≥
xy+ yz + zx
b) x
2
+ y
2
+ z

2
≥
2xy – 2xz + 2yz
c) x
2
+ y
2
+ z
2
+3
≥
2 (x + y + z)
Giải:
a) Ta xét hiệu
x
2
+ y
2
+ z
2
- xy – yz - zx
=
2
1
.2 .( x
2
+ y
2
+ z
2

- xy – yz – zx)
=
2
1
[ ]
0)()()(
222
≥−+−+− zyzxyx
đúng với mọi x;y;z
R∈
Vì (x-y)
2

≥
0 với ∀x ; y Dấu bằng xảy ra khi x=y
(x-z)
2

≥
0 với ∀x ; z Dấu bằng xảy ra khi x=z
(y-z)
2

≥
0 với ∀ z; y Dấu bằng xảy ra khi z=y
Vậy x
2
+ y
2
+ z

2

≥
xy+ yz + zx
Dấu bằng xảy ra khi x = y =z
b)Ta xét hiệu
x
2
+ y
2
+ z
2
- ( 2xy – 2xz +2yz )
= x
2
+ y
2
+ z
2
- 2xy +2xz –2yz
=( x – y + z)
2
0≥
đúng với mọi x;y;z
R∈
Vậy x
2
+ y
2
+ z

2
≥
2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z
R∈
Dấu bằng xảy ra khi x+y=z
c) Ta xét hiệu
x
2
+ y
2
+ z
2
+3 – 2( x+ y +z )
= x
2
- 2x + 1 + y
2
-2y +1 + z
2
-2z +1
9
= (x-1)
2
+ (y-1)
2
+(z-1)
2
≥
0
Dấu(=)xảy ra khi x=y=z=1

1.3. Bài tập tương tự:
Bài 1: Chứng minh: x
2
+ y
2
+ z
2

≥
2xy + 2yz - 2x
Bài 2: Cho a, b, c > 0 chứng minh:

2
2 2
a
b +c
+
2
2 2
b
c +a
+
2
2 2
c
a +b

≥

a

b+c
+
b
c+a
+
c
a+b
2. Phương pháp sử dụng tính chất:
2.1. Phương pháp giải: Sử dụng một hay nhiều tính chất đã nêu ở 2.2 để biến
đổi. Từ đó khẳng định bất đẳng thức cần chứng minh.
2.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Cho x
≥
0, y
≥
0, z
≥
0. Chứng minh rằng:
(x + y) (y + z) (z + x)
≥
8xyz
Giải:
Ta có: (x-y)
2

⇒
x
2
- 2xy +y
2


≥
0

⇒
x
2
+ 2xy +y
2

≥
4xy (Tính chất 2)

⇒
(x+y)
2

≥
4xy (1)
Tương tự ta có: (y+z)
2

≥
4yz (2)
(x+z)
2

≥
4xz (3)
Nhân từng vế của (1), (2), (3)

⇒
[(x+y)(y+z)(x+z)]
2

≥
(8xyz )
2
(Tính chất 6)

⇒
(x+y)(y+z)(x+z)
≥
8xyz (Tính chất 8)
VÝ dô 2:
Cho a,b,c> 0 tháa m·n
3
5
222
=++
cba
. Chøng minh
abccba
1111
<++
Gi¶i:
Ta cã :( a+b- c)
2
= a
2
+b

2
+c
2
+2( ab –ac – bc)
〉
0

⇒
ac+bc-ab
〈
2
1
( a
2
+b
2
+c
2
)

⇒
ac+bc-ab
6
5
≤
〈
1 Chia hai vÕ cho abc > 0 ta cã
cba
111
−+

〈

abc
1
10
2.3. Bài tập tương tự:
Bài 1: Chứng minh rằng:
2
2
a
b
+
2
2
b
c
+
2
2
c
a

≥

c
b
+
b
a
+

a
c
Bài 2: Cho x + y = 2. Chứng minh : x
2
+ y
2

≥
2
3. Phương pháp biến đổi tương đương: ( phương pháp phân tích)
3.1. Phương pháp giải: Xuất phát từ bất đẳng thức cần chứng minh ta biến
đổi nó tương đương với một bất đẳng thức khác mà ta đã biết là đúng từ đó
suy ra bất đẳng thức cần chứng minh là đúng.
3.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Cho 2 số x, y thoả mãn: x+ y = 1
Chứng minh: x
3
+ y
3
+xy
≥

2
1
(1)
Giải:
(1)
⇔
x
3

+ y
3
+xy -
2
1

≥
0

⇔
(x+ y) (x
2
- xy+ y
2
) +xy -
2
1

≥
0

⇔
x
2
- xy+ y
2
+ xy-
2
1
≥

0 (vì x+ y = 1)

⇔
x
2
+ y
2
-
2
1
≥
0

⇔
2x
2
+ 2x
2
- 1
≥
0

⇔
2x
2
+ 2(1 -x)
2
- 1
≥
0 ( vì y = 1 -x)


⇔
4 (x-
)
0
2
1
2
≥
(2)
Bất đẳng thức (2) luôn đúng mà các phép biến đổi trên là tương đương
)1(⇒

đúng.
Dấu bằng xảy ra tại x= y =
2
1
.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
( )( ) ( )( )
4488221010
babababa ++≥++
Giải:
( )( ) ( )( )
4488221010
babababa
++≥++

⇔
11

128448121210221012
bbabaabbabaa
+++≥+++

⇔

( ) ( )
0
22822228
≥−+−
abbababa
⇔
a
2
b
2
(a
2
-b
2
)(a
6
-b
6
)
≥
0
⇔
a
2

b
2
(a
2
-b
2
)
2
(a
4
+ a
2
b
2
+b
4
)
≥
0
Bất đẳng thức cuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh
3.3. Bài tập tương tự
Bài 1: Cho x > 0, y > 0. Chứng minh rằng:
x y
x y
y x
− ≥ −
Bài 2: Chứng minh x
4
+ y
4


6 6
2 2
x y
+
y x
≤
với x
0, y 0≠ ≠
.
4. Phương pháp tổng hợp:
4.1. Phương pháp giải: Từ một bất đẳng thức đã biết là đúng, dùng các phép
biến đổi tương đương biến đổi bất đẳng thức đó về bất đẳng thức cần chứng
minh.
Phương pháp giải này làm cho học sinh thấy khó ở chỗ là không biết
nên bắt đầu từ bất đẳng thức nào nhưng nếu biết phương pháp giải này
ngược với phương pháp phân tích thì cũng rất dễ tìm ra bất đẳng thức xuất
phát.
4.2. Ví dụ áp dụng
Ví dụ: Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng:
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
a +b + c +d a+c + b+d≥
Giải:
Ta có: (ad - bd)
2

≥
0

⇔
a
2
d
2
- 2adbc + b
2
c
2

≥
0
⇔
a
2
d
2
- 2adbc + b
2
c
2
+ a
2
c
2
+ b
2
d
2


≥
a
2
c
2
+ b
2
d
2
⇔
a
2
d
2
- 2adbc + b
2
c
2
+ a
2
c
2
+ b
2
d
2

≥
a
2

c
2
+ 2acbd + b
2
d
2
⇔
a
2
(c
2
+ d
2
) + b
2
(c
2
+ d
2
)
≥
(ac + bd)
2

( ) ( )
2 2 2 2
a +b c +d⇔ ≥
ac + bd ( vì ac + bd > 0)

⇔

a
2
+ b
2
+ 2
( ) ( )
2 2 2 2
a +b c +d
+ c
2
+ d
2
≥
2ac + 2bd + a
2
+ b
2
+ c
2
+d
2
12

⇔
(
( ) ( )
2 2 2 2
a +b c +d
)
2


≥
(a + c)
2
+ (b + d)
2

⇔
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
a +b + c +d a+c + b+d≥
(đpcm)
Dấu “=” xảy ra
⇔
a c
=
b d
Chú ý: Với a, b, c, d > 0 thì các phép biến đổi trong cách giải trên là tương
đương.
4.3. Bài tập tương tự: Chứng minh các bất đẳng thức
Bài 1: a
2
+ b
2
+ c
2

≥
ab + bc + ca với mọi a, b

Bài 2:
3
3 3
a +b a+b
2 2
 
≥
 ÷
 
với a > 0 , b > 0.
5. Phương pháp phản chứng:
5.1. Phương pháp giải: Nếu bài toán yêu cầu chứng minh bất đẳng thức A
≥

B ( hoặc A < B) thì ta giả sử A < B (hoặc A
≥
B). Từ điều mà ta vừa giả sử
cùng với giả thiết của bài toán ta suy ra một điều mâu thuẫn với giả thiết với
các kiến thức đã học. Cuối cùng ta khẳng định kết luận của bài toán A
≥
B
( hoặc A < B) là đúng.
Phương pháp giải như trên gọi là phương pháp phản chứng.
5.2. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1: Chứng minh rằng:
Nếu a + b + c > 0; abc >0 , ab + bc + ac > 0 thì a > 0, b > 0, c > 0.
Giải:
Giả sử a
≤
0

Nếu a = 0 thì abc = 0 trái với giả thiết abc > 0
Nếu a < 0 : do a + b + c > 0 nên b + c > 0
do abc > 0 nên bc < 0

⇒
a(b + c) + bc < 0
Hay ab + ac + bc < 0 trái với giả thiết ab + ac + bc > 0
Vậy a > 0. Tương tự ta chứng minh được b > 0, c > 0
Ví dụ 2:
13
Cho 4 số a , b , c ,d thỏa mãn điều kiện ac
≥
2.(b+d) .Chứng minh rằng có
ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai:
ba 4
2
<
,
dc 4
2
<
Giải :
Giả sử 2 bất đẳng thức :
ba 4
2
<
,
dc 4
2
<

đều đúng khi đó cộng các
vế ta được
)(4
22
dbca +<+
(1)
Theo giả thiết ta có 4(b+d)
≤
2ac (2)
Từ (1) và (2)
⇒

acca 2
22
<+
hay
( )
0
2
<−
ca
(vô lý)
Vậy trong 2 bất đẳng thức
ba 4
2
<
và
dc 4
2
<

có ít nhất một các bất đẳng
thức sai
5.3. Bài tập tương tự:
Bài 1: Chứng minh rằng: 4(a
3
+b
3
) - (a+b)
3
≥
0 với
a, b > 0∀
.
Bài 2: Cho x
3
+ y
3
= 2. Chứng minh x+ y
≤
2.
6. Phương pháp quy nạp toán học:
6.1. Phương pháp giải: Nếu bất đẳng thức phải chứng minh phụ thuộc vào
đối số tự nhiên n thì ta có thể dùng phương pháp quy nạp toán học. Ta cần
thực hiện 3 bước sau:
+ Chứng minh bất đẳng thức đúng với n = 1 (hoặc đúng với n = n
0
là giá trị
tự nhiên bé nhất của n theo yêu cầu của đề bài)
+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k (k > 1 hoặc k > n
0

) rồi chứng minh bất
đẳng thức đúng với n = k + 1.
+ Kết luận bất đẳng thức đúng với mọi n
∈
N.
6.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 1 thì:
(n+1)(n+2)(n+3)….2n > 2
n
(1)
Giải:
Với n = 2 thì (1) trở thành: (2+1)(2+2) > 2
2

⇔
12 > 4
⇒
(1) đúng.
Giả sử (1) đúng với n = k (k
∈
N, k
>
2) tức là
(k+1)(k+2)(k+3)….2k > 2
k
. Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k+1 tức là
phải chứng minh (k+2)(k+3)(k+4)…2(k+1) > 2
k+1
14
Hay (k+2)(k+3)(k+4)…(2k+2) > 2

k+1
Thật vậy: Theo giả thiết quy nạp ta có: (k+1)(k+2)(k+3)…2k > 2
k
⇒
(k +1)(k+2)(k+3)…(2k)(2k+1) > 2
k
(Do k
∈
N, k
≥
2
⇒
2k+1
≥
5)
⇒
2(k +1)(k+2)(k+3)…(2k)(2k+1) > 2.2
k
⇒
(k+2)(k+3)…(2k)(2k+1)(2k+2) > 2
k+1
Vậy bất đẳng thức (1) đúng với mọi số tự nhiên n >1 nghĩa là:
(n+1)(n+2)(n+3)…2n > 2
n

Ví dụ 2:
Chứng minh rằng

nn
1

2
1

2
1
1
1
222
−<+++

1; >∈∀ nNn
(1)
Giải :
Với n =2 ta có
2
1
2
4
1
1 −<+
(đúng)
Vậy BĐT (1) đúng với n =2
Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh
BĐT (1) đúng với n = k+1
Thật vậy khi n =k+1 thì
(1)
⇔

1
1

2
)1(
11

2
1
1
1
2222
+
−<
+
++++
kkk
Theo giả thiết quy nạp

⇔
( )
1
1
2
1
11
2
)1(
11

2
1
1

1
2
2222
+
−<
+
+−<
+
++++
k
k
kkk

⇔

( )
k
k
kk
1
1
1
1
1
)1(
1

1
1
2

22
<
+
+
+
<
+
++

⇔

2
2
)1()2(
1
)1(
11
+<+⇔<
+
++
kkk
k
k
k
⇔
k
2
+2k<k
2
+2k+1 Điều này đúng .Vậy

bất đẳng thức (1)được chứng minh
6.3. Bài tập tương tự
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n
≥
3 thì: n
2
> n + 5
Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
15
1 1 1
+ + + >1
n+1 n+2 3n+1
7. Phương pháp xét các khoảng giá trị của biến:
7.1. Phương pháp giải: Có những bài toán yêu cầu chứng minh bất đẳng
thức A(x) > 0 mà không cho thêm giả thiết nào nữa ta có thể suy nghĩ theo
cách giải sau: Nếu biểu thức A(x) viết được về dạng tổng các hạng tử nx(x-a)
thì ta xét các khoảng giá trị của biến x chẳng hạn như x
≥
a và x < a để sử
dụng định nghĩa bất đẳng thức x
≥
a
x-a 0⇔ ≥
hay x < a
⇔
x -a < 0.
Trong trường hợp bất đẳng thức cần chứng minh chưa có dạng A(x) > 0 hay
A(x) < 0 trước hết ta chuyển vế để đưa về dạng đó.
7.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ: Chứng minh 12x

4
+ 8x
3
+11x
2
+7x+10 >0
Giải:
Xét B = 12x
4
+ 8x
3
+11x
2
+7x+10 (1)
Hoặc B = 10(x
4
+ x
3
+x
2
+x+1) + 2x
4
+x
2
-2x
3
-3x (2)
+ Nếu x
≥
0 thì từ (1)

⇒
B > 0 ( vì x
4
+ x
3
+x
2
+x+1 > 0 tương tự ví dụ 1 và 2x
4
+x
2
> 0; -2x
3
-3x > 0 ( do x < 0)
Vậy B > 0.
7.3. Bài tập tương tự
Bài 1: Chứng minh x
6
- x
5
+ x
4
- x
3
+x
2
- x +
4
3
> 0

Bài 2: Chứng minh x
8
+x
4
+1 > x
7
+ x
8. Phương pháp làm trội: ( hoặc làm giảm)
8.1. Phương pháp giải: Để chứng minh A < B ta làm trội A thành C (A < C)
rồi chứng minh C
≤
B (biểu thức C đóng vai trò trung gian để so sánh A và
B). Tương tự đối với phương pháp làm giảm.
L u ý:
Dùng các tính bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính
được tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn.
(*) Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn :
S =
n
uuu +++
21
Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u
k
về hiệu của hai số hạng liên tiếp
16
nhau:

1+
−=
kkk

aau
Khi đó :
S =
( ) ( ) ( )
1113221

++
−=−++−+−
nnn
aaaaaaaa
(*) Phương pháp chung về tính tích hữu hạn
P =
n
uuu
21
Biến đổi các số hạng
k
u
về thương của hai số hạng liên tiếp nhau:

k
u
=
1+k
k
a
a

Khi đó P =
1

1
13
2
2
1

++
=
nn
n
a
a
a
a
a
a
a
a
8.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1 :
Với mọi số tự nhiên n >1 chứng minh rằng

4
31

2
1
1
1
2

1
<
+
++
+
+
+
<
nnnn
Giải:
Ta có
nnnkn 2
111
=
+
>
+
với k = 1,2,3,…,n-1
Do đó:

2
1
22
1

2
1
2
1


2
1
1
1
==++>++
+
+
+ n
n
nnnnn
Ví dụ 2 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n
≥
2 ta có:
A = 1+
n
1 1 1
+ + + < n
2 3 2 -1
Giải:
A=
2 3 n-1 n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1+ + + + + + + + + + + + + +
2 3 2 5 6 7 2 9 15 2 2 -1
       
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
ở mỗi nhóm trong A ta làm trội bằng cách thay các phân số bởi phân số lớn nhất
trong nhóm, ta được:
A<

1
2 3 1
1 1 1 1
1 .2 .4 .8 .2
2 2 2 2
n
n
−
−
+ + + + +
=
n
1+1+ +1= n
142 43
Vậy A < n
17
8.3. Bài tập tương tự
Bài tập: Chứng minh:
1 1 1 1
+ + + + < 2
n+1 n+2 n+3 3n+1
Với n nguyên dương.
9. Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức kinh điển: ( Bất đẳng Côsi
và bất đẳng thức Bunhiacốpxki)
9.1. Phương pháp giải: Để chứng minh một bất đẳng thức nào đó ngoài các
cách đã giới thiệu ta có thể sử dụng các bất đẳng thức kinh điển. Trong
phạm vi chương trình THCS , tôi xin giới thiệu và hướng dẫn học sinh vận
dụng bất đẳng thức Côsi (Cauchy) , bất đẳng thức Bunhiacốpxki và Bất đẳng
thức Trê- bư-sép để chứng minh các bất đẳng thức khác.
a. Bất đẳng thức Côsi: Cho a

1
, a
2
,…,a
n
là các số không âm. Khi đó ta có:
1 2 n
n
1 2 n
a +a +…+a
a a …a
n
≥
Dấu bằng xảy ra khi a
1
= a
2
= …= a
n

b. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Cho hai dãy số a
1
, a
2
,…,a
n
và b
1
, b
2

,…,b
n
. khi
đó ta có:
(a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ …+ a
n
b
n
)
2

≤
(a
1
2
+a
2
2
+ …+ a
n
2
)(b

1
2
+b
2
2
+ …+b
n
2
)
Dấu bằng xẩy ra khi
1 2 n
1 2 n
a a a
= = =
b b b
với quy ước nếu mẫu của tỉ số nào bằng 0
thì tử của tỉ số đó cũng bằng 0.
c. Bất đẳng thức Trê- bư-sép:
Nếu



≤≤
≤≤
CBA
cba

⇒

3

.
33
CBAcbacCbBaA
++++
≥
++
Nếu



≥≥
≤≤
CBA
cba

⇒

3
.
33
CBAcbacCbBaA
++++
≤
++
Dấu bằng xảy ra khi



==
==

CBA
cba
9.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Cho a, b, c là các số không âm và a+b+c=1. Chứng minh rằng:
a+b
+
b+c
+
c+a
6≤
Giải:
a, b, c
≥
0
⇒
a+b
≥
0; b+c
≥
0; c+a
≥
0
18
⇒

a+b
,
b+c
,
c+a

xác định.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski với 2 bộ số:
a
1
=1, a
2
=2, a
3
=3, b
1
=
a+b
, b
2
=
b+c
, b
3
=
c+a
ta có: (1.
a+b
+1.
b+c
+1.
c+a
)
2

≤

(1+1+1)(a+b+b+c+c+a)
⇔
2
( a+b+ b+c+ c+a) 3.2≤
(vì a+b+c=1)
⇔
(
a+b+ b+c+ c+a 6≤

Ví dụ 2: Cho a, b, c, d >0 và abcd =1 .Chứng minh rằng :
( ) ( ) ( )
10
2222
≥+++++++++ acddcbcbadcba
Giải:
Ta có
abba 2
22
≥+

cddc 2
22
≥+
Do abcd =1 nên cd =
ab
1
(dùng
2
11
≥+

x
x
)
Ta có
4)
1
(2)(2
222
≥+=+≥++
ab
abcdabcba
(1)
Mặt khác:
( ) ( ) ( )
acddcbcba
+++++

=(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)
=
222
111
++≥






++







++






+
bc
bc
ac
ac
ab
ab
Vậy
( ) ( ) ( )
10
2222
≥+++++++++ acddcbcbadcba
Ví dụ 3: Cho a > b > c > 0 và
1
222
=++
cba
chứng minh rằng

3 3 3
1
2
a b c
b c a c a b
+ + ≥
+ + +
Giải:
Do a,b,c đối xứng , giả sử a
≥
b
≥
c
⇒






+
≥
+
≥
+
≥≥
ba
c
ca
b

cb
a
cba
222
áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có







+
+
+
+
+
++
≥
+
+
+
+
+
ba
c
ca
b
cb
acba

ba
c
c
ca
b
b
cb
a
a .
3

222
222
=
2
3
.
3
1
=
2
1
Vậy
2
1
333
≥
+
+
+

+
+
ba
c
ca
b
cb
a
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =
3
1
19
* Lưu ý: + Việc chứng minh các bất đẳng thức Côsi và bất đẳng thức
Bunhiacôpxki ở đây không đề cập mà chỉ hướng dẫn các em chứng minh bất
đẳng thức bằng cách sử dụng một hoặc nhiều bất đẳng thức đã biết khác.
+ Khi sử dụng bất đẳng thức Côsi thì cần chú ý các số áp dụng
phải có điều kiện
≥
0 còn bất đẳng thức Bunhiacôpxki thì không cần điều
kiện các số
≥
0 nhưng phải áp dụng cho 2 bộ số.
+ Ngoài 2 bất đẳng thức hay sử dụng cho học sinh THCS đã nêu ở
trên thì các em có thể sử dụng một số bất đẳng thức đã biết để chứng minh
một bất đẳng thức khác.
9.3. Bài tập tương tự:
Bài tập: cho a, b, c > 0. Chứng minh:
a b c
+ + >2
b+c a+c a+b

10. Phương pháp tam thức bậc hai: ( dành cho học sinh giỏi cuối lớp 8
và lớp 9)
10.1. Phương pháp giải: Dùng định lí về dấu của tam thức bậc hai để chứng
minh bất đẳng thức.
Định lý về dấu của tam thức bậc hai f(x) = ax
2
+ bx + c (a
≠
0)
Δ
= b
2
- 4ac
- Nếu
Δ
< 0 thì f(x) luôn cùng dấu với a với mọi giá trị của x (nghĩa là a.f(x)
> 0)
- Nếu
Δ
=0 thì f(x) luôn cùng dấu với a với mọi giá trị của x, trừ khi x =
- b
2a

thì f(x) = 0 (nghĩa là a.f(x) > 0 với
∀
x
≠
- b
2a
, a.f(x) = 0 khi x =

- b
2a
)
- Nếu
Δ
> 0 thì f(x) cùng dấu với a khi x nằm ngoài khoảng hai nghiệm (x
1
,
x
2
) và khác dấu với a khi x nằm trong khoảng hai nghiệm.
10.2. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1: Chứng minh bất đẳng thức Bunhiacôpxki đã nêu trong phần (9)
Giải:
20
Xét tam thức bậc hai:
f(x) = (b
1
x - a
1
)
2
+ (b
2
x - a
2
)
2
+….+(b
n

x - a
n
)
2
Ta thấy f(x)
0
≥
với mọi x. Ta viết f(x) dưới dạng sau:
f(x) =( b
2 2 2
1 2 n
+b +…+b )
x
2
- 2(a
1
b
1
+a
2
b
2
+…+a
n
b
n
)x +
( )
2 2 2
1 2 n

a +a +…+a
Do f(x)
0
≥
với mọi x nên từ (1) suy ra:
( )
( ) ( )
2
' 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 n n 1 2 n 1 2 n
Δ = a b +a b +…+a b - a +a +…+a b +b +…+b 0≤
⇒

( )
( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 n n 1 2 n 1 2 n
a b +a b +…+a b a +a +…+a b +b +…+b≤
Dấu = xảy ra
⇔
'
Δ = 0

⇔
phương trình f(x) = 0 có nghiệm kép

⇔

1 2 n

1 2 n
a a a
= =…=
b b b
Ví dụ 2:
Chứng minh rằng

( )
( )
322242
44.22, xyxxyyxyxyxf >++++=
Giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

( )
044.22
322242
>−++++ xyxxyyxyx

( )
0414.)1(
2
2
222
>+−++⇔ yxyyxy
Ta có
( ) ( )
0161414
2
2

22
2
22
<−=+−−=∆
′
yyyyy
Vì a =
( )
01
2
2
>+y
vậy
( )
0, >yxf
(điều phải chứng minh)
* Nhận xét: khi sử dụng phương pháp tam thức bậc hai để chứng minh bất
đẳng thức như ví dụ của (10) đã nêu ở trên thì học sinh cần biết định lí về
dấu của tam thức bậc hai nhưng kiến thức đó chưa được chính thức giới
thiệu ở bậc THCS nên hơi khó đối với các em. Do đó tôi chỉ giới thiệu ví dụ
trên để HS tham khảo.
11. Dùng bất đẳng thức để tìm cưc trị
Lưu ý
- Nếu f(x)
≥
A thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là A
- Nếu f(x)
≤
B thì f(x) có giá trị lớn nhất là B
Ví dụ 1 :

21
Tìm giá trị nhỏ nhất của :
T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|
Giải :
Ta có |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x|
≥
|x-1+4-x| = 3 (1)
Và
2 3 2 3 2 3 1x x x x x x− + − = − + − ≥ − + − =
(2)
Vậy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|
≥
1+3 = 4
Ta có từ (1)
⇒
Dấu bằng xảy ra khi
1 4x
≤ ≤
(2)
⇒
Dấu bằng xảy ra khi
2 3x
≤ ≤
Vậy T có giá trị nhỏ nhất là 4 khi
2 3x
≤ ≤
Ví dụ 2 :
Tìm giá trị lớn nhất của
S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) với x,y,z > 0 và x+y+z =1
Giải :

Vì x,y,z > 0 ,áp dụng BĐT Côsi ta có
x+ y + z
3
3 xyz≥

3
1 1
3 27
xyz xyz⇒ ≤ ⇒ ≤
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3
. . 3 . .x y y z z x x y y z x z+ + + ≥ + + +

( ) ( ) ( )
3
2 3 . .x y y z z x⇒ ≥ + + +
Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=
1
3
Vậy S
≤

8 1 8
.
27 27 729
=
Vậy S có giá trị lớn nhất là
8

729
khi x=y=z=
1
3
12. Phương pháp đồ thị và hình học:
11.1. Phương pháp giải: Vận dụng các kiến thức hình học để chứng minh
các bài toán về bất đẳng thức đại số.
Ví dụ: Cho a, b, c, d > 0 . Chứng minh rằng:
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
a +b + c +d a+c + b+d≥
Giải:
Trên trục hoành Ox đặt liên tiếp hai đoạn OA = a, AB = c, còn trên trục Oy đặt
liên tiếp OC = b, CD = d. Xét hình chữ nhật COAE và DOBF. Theo định lý
Pitago ta có:
22
OE =
2 2
a +b
EF =
2 2
c +d
OF =
( ) ( )
2 2
a+c + b+d
Mà OE + EF
≥
OF


⇒
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
a +b + c +d a+c + b+d≥
Dấu bằng xảy ra
⇔
∆
OAE
:
∆
EFG
⇔
a c
=
b d

c
a
b
d
E
F
D
C
O
G
B
A

y
x
Ví dụ 3: Cho x, y là 2 số thoả mãn:
2x+y-2 0
2x-y-2 0
-x+2y- 4 0
≥


≤


≤

Chứng minh: x
2
+ y
2

4
5
≥
Giải:
Gọi I(x;y) là điểm trên
mặt phẳng Oxy trong đó x, y thoả mãn
đề bài. Tập hợp các điểm I(x,y) là miền
mặt phẳng giới hạn bởi tam giác ABC.
Như vậy muốn chứng minh x
2
+ y

2

4
5
≥

ta cần chứng minh : OI
2

4
5
≥
. Xét tam giác OAB,
µ
O
=90
0
, OH
⊥
AB
23
C
O
H
B
A
2
- 4
1
x

y
- 2
⇒
2 2 2
1 1 1
= +
OH OA OB
=
5
4
⇒
OH
2
=
5
4
; Lại có OI
≥
OH
Vậy OI
2

≥

4
5
. Hay x
2
+ y
2


4
5
≥
11.3. Bài tập tương tự
Bài 1: Chứng minh rằng với x, y, z, t > 0 thì
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2
x +z y +z + x +t y +t x+y z+t≥
Bài 2: Chứng minh rằng với
x R∀ ∈
:
2 2
x -6x+34- x -6x+10 4≤
Chương 3: Thực nghiệm sư phạm
1. Mục đích thực nghiệm:
+ Kiểm tra, đánh giá hiệu quả của đề tài nghiên cứu.
+ Xác định được những nhược điểm của đề tài từ đó đưa ra những biện pháp
điều chỉnh khắc phục để đề tài hoàn thiện hơn.
+ Giúp học sinh học tốt về bất đẳng thức nói riêng và học tốt môn toán nói
chung.
+ Qua việc theo dõi qua trình triển khai, đánh giá hiệu quả của đề tài này các
đồng nghiệp có thể trao đổi, góp ý xây dựng cho đề tài cũng như tham khảo đề
tài góp phần nâng cao chất lượng dạy học tốt nội dung bất đẳng thức trong công
tác giảng dạy.
2. Nội dung thực nghiệm:
Sau đây tôi xin trình bày ba bài giáo án đại số 8 mà trong đó tôi đã áp
dụng một số biện pháp của đề tài này trong học kỳ I năm học 2011 - 2012.


Ngày soạn: 15/12/2011
Ngày giảng: 19/12/2011
TIẾT 34: BIẾN ĐỔI CÁC BIỂU THỨC HỮU TỈ
GIÁ TRỊ CỦA PHÂN THỨC
A. Mục tiêu:
24
* Kiến thức: HS có khái niệm về biểu thức hữu tỉ, biết rằng mỗi phân
thức và mỗi đa thức đều là những biểu thức hữu tỉ. HS biết cách biểu diễn một
biểu thức hữu tỉ dưới dạng một dãy các phép toán trên những phân thức và hiểu
rằng biến đổi một biểu thức hữu tỉ là thực hiện các phép toán trong biểu thức để
biến nó thành một phân thức đại số.
* Kĩ năng: HS có kĩ năng thực hiện thành thạo các phép toán trên các
phân thức đại số. HS biết cách tìm điều kiện của biến để giá trị của phân thức
được xác định.
* Thái độ: Rèn tính cẩn thận cho HS.
B. Chuẩn bị của GV và HS:
* GV: Bảng phụ.
* HS: Học và làm bài đầy đủ ở nhà. Ôn tập các phép toán cộng, trừ, nhân,
chia, rút gọn phân thức.
C. Tiến trình dạy học:
I: Tổ chức : SS: 8A
II: Kiểm t ra
- Phát biểu quy tắc chia phân thức. Viết công thức tổng quát.
- Chữa bài 37 b SBT.
- GV nhận xét cho điểm.
- GV nhấn mạnh:
+ Khi biến chia thành nhân phải nghịch đảo phân thức chia.
III: Bài mới
Hoạt động của giáo viên Hoạt động của học sinh
- Cho các biểu thức sau:

0 ;
5
2
−
;
7
; 2x
2
-
3
1
5 +x
;
(6x + 1) (x - 2) ;
13
3
2
+x
; 4x +
3
1
+x

;
1. Biểu thức hữu tỉ
Các biểu thức:
0 ;
5
2
−

;
7
; 2x
2
-
3
1
5 +x
;
(6x + 1) (x - 2) ;
13
3
2
+x
là các phân thức.
25