Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2

ường phổ thông. 
Toán học là một nội dung cực kỳ quan trọng trong công tác bồi dưỡng và 
phát triển năng lực cho học sinh nhất là học sinh giỏi. 
Trong chương trình Toán lớp, Cuốn sách Đại số 9 có tính chất: Luỹ thừa 
bậc hai của một số.Nắm chắc, hiểu sâu tính chất này, học sinh áp dụng được vào 
nhiều bài toán về Bất đẳng thức. 
2. Phạm vi chọn đề tài 
Nội dung của bài viết trong bản Sáng kiến kinh nghiệm này tôi chỉ trình 
bày việc khai thác tính chất: Luỹ thừa bậc hai của mọi số đều không âm. Biến 
đổi nó thành một Bất đẳng thức kép và hương dẫn học sinh sử dụng nó. 
Các bài toán trong bản Sáng kiến kinh nghiệm được chọn lọc và đủ dạng 
loại Đại số và hình học giúp học sinh sử dụng tốt Bất đẳng thức trên. 
Đặc biệt tôi đi sâu vào biện pháp khai thác phát triển và sử dụng Bất đẳng 
thức: (a -b)2≥ 0. Tuỳ theo mức độ dạy cho học sinh đại trà hoặc học sinh giỏi. 
3. Thời gian thực hiện 
 - Các năm học 2014-2015; 2015-2016; 2016-2017 
4. Đối tượng nghiên cứu 
Học sinh lớp 8A1, 9A1 - Trường THCS Phương Liệt 
5. Các phương pháp nghiên cứu 
Đọc tài liệu và sách tham khảo. 
- Tổng hợp nội dung nghiên cứu theo từng dạng bài hoặc chuyên đề. 
- Trong quá trình nghiên cứu các phương pháp thực tiễn gồm: 
 + Phương pháp điều tra 
 + Phương pháp thực nghiệm 
 + Phương pháp nêu vấn đề 
 + Phương pháp phân tích tổng hợp 
Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2 
 (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) 
 4/18
II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 
1. Quá trình chuẩn bị 
Khảo sát thực tế: Sau khi nhận lớp, tôi dành thời gian làm quen với lớp, 
tình hình học tập của các em. Đánh giá sơ bộ trình độ nhận thức của học sinh 
qua bài kiểm tra chất lượng. Tìm phương pháp giảng dạy thích hợp với đối 
tượng. 
+ Giáo viên nghiên cứu nội dung của SGK lớp 8, SGK lớp 9, hệ thống bài tập 
lien quan đến bất đẳng thức từ lớp 6 đến lớp 9 đặc biệt là lớp 8 và lớp 9. 
+ Hệ thống lại các bài tập cùng dạng loại, sâu chuỗi các kiến thức lại với nhau 
tạo thành hệ thống bài tập phát triển tư duy vững chắc. 
+ Sau mỗi dạng loại, có chốt kiến thức và khắc sâu phương pháp. 
+ Phương pháp dạy học phải tạo điều kiện cho học sinh được học tập và trải 
nghiệm, phát triển năng lực tự học cho học sinh. 
Tôi thực hiện đề tài này với lớp 8A1, 9A1. Thời gian thực hiện 4 tháng. 
Khảo sát kết quả trước khi thực hiện như sau: 
Xếp loại Giỏi Khá Trung bình Yếu 
Lớp 8A1 30% 38% 27% 5% 
Lớp 9A1 28% 43% 22% 7% 
 Trước khi thực hiện đề tài: việc chứng minh bất đẳng thức gặp vô cùng khó 
khăn, học sinh không biết vận dụng kiến thức để chứng minh bất đẳng thức, 
không khí học tập trầm đơn điệu, học sinh khá giỏi chán nản, có ý thức chủ quan 
xem nhẹ trong học tập, coi thường thiếu ý chí vươn lên. 
Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2 
 (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) 
 5/18
2) Quá trình thực hiện: 
A. KHẮC SÂU BẤT ĐẲNG THỨC KÉP: 
1/.Tính chất của lũy thừa bậc hai 
“Bình phương của mọi số đều không âm” 
 A2 ≥ 0 A 
Suy rộng ra : (a – b)2≥ 0 với a, b R 
Đây là một hằng bất đẳng thức quen thuộc mà việc ứng dụng của nó trong 
khi giải các bài tập Đại số và Hình học rất có hiệu quả : 
(a – b)2 = a2 – 2ab + b2 ≥ 0  
Dấu bằng xảy ra khi a = b. 
Cả ba Bất đẳng thức trên đều nêu lên ý nghĩa quan hệ giữa tổng hai số với 
tích của chúng hoặc với tổng các bình phương của hai số đó . 
2.Chứng minh Bất đẳng thức (I), (II), (III). 
BĐT (I): 
 a2 + b2 ≥ 2ab 
 a2 – 2ab + b2 ≥ 0 
 (a – b)2 ≥ 0 (đúng) 
Dấu “=” xảy ra khi a = b. 
BĐT (II): 
 (a + b)2 ≥ 4ab 
 a2 + 2ab + b2 – 4ab ≥ 0 
 a2 – 2ab + b2 ≥ 0 
 (a – b)2 ≥ 0 (đúng) 
Dấu “=” xảy ra khi a = b. 
BĐT (III): 
 a2 + b2 ≥ 
2
)( 2ba 
 2a2 + 2b2 ≥ a2 + 2ab + b2 
 a2 – 2ab + b2 ≥ 0 
 (a – b)2 ≥ 0 (đúng) 
Dấu “=” xảy ra khi a = b. 
Tổng hợp cả ba Bất đẳng thức (I), (II), (III) tạo ra một Bất đẳng thức kép: 
a2 + b2 ≥ 
2
)( 2ba 
≥ 2ab 
a2 + b2 ≥ 2ab (I) 
(a + b)2 ≥ 4ab (II) 
a2 + b2 ≥ 
2
)( 2ba 
 (III) 
Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2 
 (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) 
 6/18
a2 + b2 ≥ 
2
)( 2ba 
≥ 2ab 
Dấu “=” xảy ra khi a = b. 
B. CÁC BÀI TOÁN VẬN DỤNG 
I/.Sử dụng hẳng bất đẳng thức (I): a2 + b2 ≥ 2ab 
*Áp dụng BĐT (II) : a2 + b2≥ 2ab vào đại số. 
1.Bài toán 1: 
Cho các số a, b, c, x thoả mãn điều kiện 
2 2 2 2
x + a + b + c = 7
x a b c 13


   
Chứng minh rằng : 1 ≤ x ≤ 
2
5
. 
Giải : 
Áp dụng BĐT (I) : a2 + b2 ≥ 2ab. 
Do đó : 2 ( a2 + b2 + c2 ) ≥ 2ab + 2ac + 2bc 
  3( a2 + b2 + c2 ) ≥ ( a + b + c )2 (*) 
Mặt khác: (1)  a + b + c = 7 – x 
 (2)  a2 + b2 + c2 = 13 – x2 
Thay vào (*): 
 3(13 – x2) ≥ (7 – x)2 
  4x2 – 14x + 10 ≤ 0 
  2( x – 1 )(x - 
2
5
) ≤ 0 
  1 ≤ x ≤ 
2
5
 (đpcm). 
2.Bài toán 2 : 
 Cho ba số x, y, z thoả mãn: x + y + x = 1 
Chứng minh rằng : x4 + y4 + z4 ≥ xyz 
Giải : 
Áp dụng BĐT (I) ta có : a2 + b2 ≥ 2ab 
Do đó : x4 + y4 ≥ 2x2y2 
 y4 + z4 ≥ 2y2z2 
 z4 + x4 ≥ 2z2x2 
 2( x4 + y4 + z4 )≥ 2(x2y2 + y2z2 + z2x2 ) (1) 
Áp dụng bất đẳng thức (I) 
 x2y2 + y2z2 ≥ 2xy2z 
 y2z2 + x2z2 ≥ 2yz2x 
 z2x2 + x2y2 ≥ 2zx2y 
 2( x2y2 + y2z2 + x2z2) ≥ 2xyz( x + y + z ) (2) 
Từ (1), (2) suy ra: 
x4 + y4 + z4 ≥ xyz (đpcm) 
Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2 
 (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) 
 7/18
3.Bài toán 3: 
 Cho ba số a, b, c, d thoả mãn điều kiện: a + b + c + d = 2 
Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 1 
Giải: 
Áp dụng bất đẳng thức (1): a2 + b2 ≥ 2ab ta có : 
a2 + b2 ≥ 2ab a2 + b2 ≥ 2ab 
c2 + b2 ≥ 2cb a2 + d2 ≥ 2ad 
d2 + c2 ≥ 2dc b2 +d2 ≥ 2db 
Cộng theo vế của các bất đẳng thức trên ta được: 
 3(a2 + b2 + c2 + d2) ≥ 2 (ab + bc + cd + ac + ad + bd) 
 4(a2 + b2 + c2 + d2) ≥ (a + b + c + d )2 = 22 = 4 
 a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 1 (đpcm) 
Dấu “= ”xảy ra khi a = b = c = d = 
2
1
. 
*Áp dụng BĐT (I) : a2 + b2≥ 2ab vào hình học. 
4.Bài toán 4: 
 Trong tứ giác lồi ABCD với diện tích S có điểm 0 thoả mãn điều kiện : 
 OA2 + OB2 + OC2 + OD2 = 2S. 
Chứng minh rằng: ABCD là hình vuông nhận O là tâm 
Giải : 
 + Ký hiệu SABCD 
 = S 
 SAOB
 = S1; SBOC 
 = S2; SCOD = S3 ; SDOA = S4 
 + S1≤ 
2
1
OA.OB; S2≤ 
2
1
OB.OC; 
 S3≤ 
2
1
OC.OD; S4≤ 
2
1
OD.OA; 
Áp dụng BĐT (1): a2 + b2 ≥ 2ab  ab ≤ 
2
1
( a2 + b2) 
Ta có : S ≤ 
2
1
( S1 + S2 + S3 + S4 ) 
S ≤ OA.OB + OB.OC + OC.OD + OD.OA ≤ 
2
1
. 
2
1
 ( OA2 + OB2 + OC2 + 
OD2 + OA2 + OB2 + OC2 + OD2 ) = 
2
1
( OA2 + OB2 + OC2 + OD2) = 
2
1
.2S = S 
Ta thấy điều này chỉ xảy ra khi các BĐT đều trở thành đẳng thức, nghĩa là phải 
có: 
; ; ;
OA OB OC OD
OA OB OB OC OC OD OD OA   

  
  ABCD là hình vuông nhận O làm tâm. 
5.Bài toán 5: 
Cho đoạn thẳng AB và đường thẳng d song song với nhau. Tìm điểm M 
(M và d nằm khác phía đối với AB ) sao cho các tia MA, MB tạo với đường 
thẳng d thành MCD có diện tích nhỏ nhất. 
A 
B 
C 
D
O 
Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2 
 (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) 
 8/18
Giải : 
Gọi C và D là giao điểm của các tia MA và MB với đường thẳng D. 
Diện tích MCD = S; MH và MK là các đường cao của MAB và MCD. 
Đặt MH = x; AB = a; HK = h. 
Do AB // CD  MAB đồng dạng MCD 
 
x
hxa
CD
hx
x
MK
MH
CD
AB )( 


 
Do đó : S = 
2
1
CD.MK = )2(
2
2
.
2
)(
2
2222
x
h
hx
a
x
hhxxa
x
hxa




Do a và h là hằng số nên S nhỏ nhất khi x+
x
h2
 nhỏ nhất. 
Ta lại thấy x và 
x
h2
 là hai số dương 
Xét tích x. 
x
h2
=h2 
Vậy tổng x+
x
h2
 nhỏ nhất khi và chỉ khi x = 
x
h2
 x2 = h2  x = h. 
II/.Sử dụng hẳng bất đẳng thức (II): (a + b)2 ≥ 4ab 
*Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2≥ 4ab vào đại số. 
6.Bài toán 6: 
Cho x, y là các số thực thỏa mãn x + y = 2. Chứng minh : 
xy(x2 + y2)  2 
Giải 
Áp dụng bất đẳng thức : 
 
2
4
a b
ab

 , ta có : 
 
   
2
2 2 4
2 2 2 2
21 1
(2 )( ) 2
2 2 4 8
xy x y x y
xy x y xy x y
          
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y =1 
6.Bài toán 6: 
Cho a, b, c >0 và a + b + c = 1 CMR: b + c ≥ 16abc. 
Giải: 
Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 ≥ 4ab 
M 
B
d’ 
d 
A
H 
K C D 
x 
h 
Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2 
 (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) 
 9/18
Từ giả thiết: 1 = ( a + (b + c)2) ≥ 4a(b + c) 
Do b + c > 0 nên nhân hai vế với b + c 
b + c ≥ 4a(b + c)2` (1) 
Áp dụng BĐT (II) ta lại có : 
( b + c )2 ≥ 4bc (2) 
Từ (1) và (2) suy ra: 
b + c ≥ 4a.4bc = 16abc. 
Vậy b + c ≥ 4abc. (đpcm). 
Dấu “=” xảy ra khi a = b + c = 
2
1
7.Bài toán 7: 
Cho a, b, c > 0 
CMR : (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc. 
Giải : 
Áp dụng BĐT (II) ta có : 
(a + b)2 ≥ 4ab 
(b + c)2 ≥ 4bc 
(c + a)2 ≥ 4ca. 
 (a + b)(b + c)(c + a)2 ≥ 64a2b2c2(vì a, b, c >0). 
 (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc. (vì a, b, c >0) (đpcm). 
Xảy ra đẳng thức khi a = b = c >0. 
8.Bài toán 8: 
Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta có : 
(a + b)2 (b + c)2 ≥ 4abc(a + b + c). 
Giải 
Áp dụng BĐT (II) ta có : 
Trước hết (a + b)2 (b + c)2 = (a + b)(b + c)2 
= (ab + ac + b2 + bc)2 = (ac + (a + b + c)b2. 
Áp dụng BĐT (II) cho hai số : ac và (a + b + c)b ta có: 
(ac + (a + b + c)b2≥ 4ac.(a + b + c)b 
Xảy ra dấu “=”khi ac = (a + b + c).b 
Vậy (a + b)2 (b + c)2 ≥ 4abc(a + b + c) (đpcm). 
9.Bài toán 9: 
Cho a1, a2, a3, , an  0; 1. 
CMR : (1 + a1+ a2+ a3+ + an)
2≥ 4 (a1
2+ a2
2+ a3
2+ + an
2). 
Giải: 
Áp dụng BĐT (II): (a + b)2≥ 4ab. 
Cho hai số 1 và a1+ a2+ a3+ + an ta được: 
(1 + a1+ a2+ a3+ + an)
2≥ 4.1.( a1+ a2+ a3+ + an). 
hay (1 + a1+ a2+ a3+ + an)
2≥ 4( a1+ a2+ a3+ + an). 
Do ai  0; 1. với i = 1, 2, 3, , n 
Nên suy ra ai ≥ ai
2. 
Từ các kết quả trên ta suy ra: 
Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2 
 (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) 
 10/18
(1 + a1+ a2+ a3+ + an)
2≥ 4 (a1
2+ a2
2+ a3
2+ + an
2). 
Xảy ra dấu “=” khi a1= a2= a3= = an-1 = 0 và an = 1 
*Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2≥ 4ab vào hình học. 
10.Bài toán 10: 
Cho tứ giác lồi ABCD có tổng hai đường chéo bằng 48. 
CMR diện tích SABCD ≤ 288. 
Chứng minh 
Ta có SABCD = S = 
2
1
AC.BD (1) 
với AC và BD là hai đường chéo. 
Áp dụng BĐT (II): (a + b)2≥ 4ab  ab≤ 
4
)( 2ba 
vào BĐT (1) ta có : 
AC.BD ≤ 576
4
48
4
)( 22

 BDAC
 (2) 
Từ (1) và (2) suy ra : S ≤ 576.
2
1
= 288 (đpcm). 
11.Bài toán 11: 
Hai đường chéo AC và BD của tứ giác lồi ABCD cắt nhau tại O. Biết diện 
tích SAOB = 49; SCOD = 64. CMR : S(ABCD) ≥ 225. 
Giải 
 Ta có :
COD
AOD
BOC
AOB
S
S
OC
OA
S
S
 (chung đường cao) 
 SAOB . SCOD = SBOC . SAOD = 49 . 64 = 56
2. 
 Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 ≥ 4ab ta có : 
 (SBOC
 + SAOD)
2 ≥ 4 SBOC
 . SAOD 
 (SBOC
 + SAOD)
2 ≥ 4 . 49 . 64 = 1122 
 SBOC
 + SAOD ≥ 112. 
 SABCD ≥ 49 + 64 +112 = 225 (đpcm). 
12.Bài toán 12: 
Cho tứ giác lồi ABCD có diện tích S = 2048, tổng AB + BD + DC = 128. 
Tính độ dài BD? 
Giải: 
SABCD = SABD + SBCD 
≤ )(
2
1
.
2
1
.
2
1
CDABBDBDCDBDAB  
Áp dụng BĐT (II) (a + b)2≥ 4ab 
 ab≤ 
4
)( 2ba 
cho hai số : BD và AB + CD ta có : 
2048 ≤ 2
2
128.
4
1
.
2
1
4
)(
.
2
1
).(
2
1



CDABBD
CDABBD = 2048. 
A 
B 
C 
D 
O 
A 
B 
C 
D 
O 
Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2 
 (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) 
 11/18
Dấu “=”xảy ra khi các BĐT đều trở thành đẳng thức nghĩa là phải có: 
BD = AB + CD mà BD + AB + CD = 128  BD = 128 : 2 = 64 
Vậy BD = 64. 
13.Bài toán 13 : 
Cho ABC. Qua một điểm M bất kỳ thuộc cạnh AC kẻ các đường song 
song với hai cạnh kia, chúng tạo thành với hai cạnh ấy một hình bình hành. Tìm 
vị trí của M để hình bình hành ấy có diện tích lớn nhất. 
Giải 
Gọi hình bình hành tạo thành EMFB 
Đặt dt(EMFB) = S1; dt(ABC) = S (const) 
Ta cần tìm GTLN của S1 
Kẻ AKBC; AK ∩ EM = H 
Ta có S1 = EM. HK; S = 
2
1
BC.BK 
 
1S
S
 = 2. 
AKBC
HKEM
.
.
Đặt MA = x ; MC = y 
Vì EM // BC  
yx
x
AC
AM
BC
EM

 (định lý Ta lét). 
Và 
yx
y
AK
HK

 (định lý Ta lét). 
Nên 
1S
S
 = 
2)(
2
yx
xy

Áp dụng BĐT (a + b)2 4ab  
2
1
)(
2
2

 ba
ab
. 
Vậy 
1S
S
 = 
2)(
2
yx
xy

2
1
  S1 
2
1
 S. 
Do đó max S1 = 
2
1
S  x = y  điểm M là trung điểm của AC. 
Vậy điểm M nằm ở vị trí là trung điểm AC thì diện tích BEMF đạt Max. 
14.Bài toán 14: Cho hình bình hành BEMF. Dựng cát tuyến qua M cắt các cạnh 
của góc B tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ nhất. 
A 
M 
F 
y 
E 
H 
K B F 
x 
S1 
Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2 
 (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) 
 12/18
Giải 
Bài toán 14 này là bài toán khai thác của bài toán 13. 
Bài toán này có SBEMF = const = S1 
Các lập luận tương tự như bài 13 với SABC = S1 ta có : 
1S
S
 = 
xy
yx
2
)( 2
Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 4ab  2
2
)( 2


ab
ba
Ta có : 
1S
S
= 
xy
yx
2
)( 2
≥ 2 
Dấu “=” xảy ra khi x = y tức là khi vị trí của điểm M là trung điểm của AC. 
Từ đó ta thấy cách dựng cát tuyến qua M: 
- Lấy trên tia BE điểm A sao cho E là trung điểm BA. 
- Tia AM cắt tia BF tại C. 
ABC có diện tích nhỏ nhất 
15.Bài toán 15: 
Trong các hình thanh ABCD (BC // AD) có diện tích S không đổi. Hai 
đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. 
Hỏi ở hình thanh nào thì ÄABE có diện tích lớn nhất. 
Giải 
+ Dễ thấy S ABE = SCDE = S
’ 
+ Đặt SBCE = S1 ; SAED = S2 
 DK = x và AD = y 
+ Trước hết ta chứng minh rằng: 
S’ 2 = S1.S2 (1)
Thật vậy :
EA
EC
S
S

'
1 ; 
EA
EC
S
S

2
'
 
2
'
'
1
S
S
S
S
  S’ 2 = S1.S2. 
+Ta sẽ biểu thị các tỉ số : 
S
S1 ; 
S
S2 ; 
S
S '
 theo x, y 
Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AD ở K 
Ta có : DK = BC = x; SACK = SABCD = S 
ACK CEB AED  
yx
x
AK
BC

 
2
2
21
)(
)(
yx
x
AK
BC
S
S

 ; 
2
2
22
)(
)(
yx
y
AK
AD
S
S

 (2) 
A 
M 
F 
E 
B C 
K
 A 
A D 
D C 
S2 
S
S’ 
S’ 
Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2 
 (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) 
 13/18
Từ (1) và (2) suy ra: 
2
'
4
22
212
'
)()(.
.
)(
yx
xy
S
S
yx
yx
SS
SS
S
S



 
Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 4ab 
4
1
)( 2

 ba
ab
Ta có :
4
1
4
1
)(
'
2
'


 S
yx
xy
S
S
Vậy Max S = 
4
1
 khi x = y tức là hình thanh ABCD trở thành hình bình hành 
16.Bài toán 16: 
Qua điểm M thuộc miền trong của ÄABC vẽ các đường thằng AM, BM, 
CM cắt các cạnh của tam giác lần lượt tại A1, B1, C1. 
CMR : 8..
111

MC
CM
MB
BM
MA
AM
Giải 
 Từ A hạ AH BC; MH1  BC. 
 Kí hiệu S(MBC) = S1; S(MCA) = S2; S(MBA) 
= S3 
AHA1 MH1A1 
 
1
321
111
1
S
SSS
S
S
MH
AH
MA
AA 
 

1
31
1 S
SS
MA
MA 
 =
1
3
1
2
S
S
S
S
 
Chứng minh tương tự : 
2
31
1 S
SS
MB
MB 
 ; 
3
21
1 S
SS
MC
MC 
 
Nhân theo từng vế ba BĐT trên : 
321
213121
111 ..
))()((
..
SSS
SSSSSS
MC
CM
MB
BM
MA
AM 
 (*) 
Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 4ab 
Muốn vậy ta bình phương 2 vế của (*) 
64
)..(
.4..4.4
)..(
)()()(
).().()(
2
321
213231
2
321
2
21
2
31
2
212
1
2
1
2
1



SSS
SSSSSS
SSS
SSSSSS
MC
CM
MB
BM
MA
AM
 8..
111

MC
CM
MB
BM
MA
AM
 (đpcm) 
Dấu “=”xảy ra khi M là trọng tâm ABC 
III/.Sử dụng BĐT (III): 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 
*Áp dụng BĐT (III) : 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 vào đại số. 
17.Bài toán 17: 
Cho a + b = 6 
CMR : a2 + b2 ≥ 18. 
A 
A1 H H1 B C 
B1 
M 
Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2 
 (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) 
 14/18
Giải: 
Áp dụng BĐT : 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 
ta có : (a2 + b2) ≥ 18
2
36
2
)( 2

 ba
 (đpcm) 
*Khai thác bài toán: 
Tương tự : (a4 + b4) ≥ 162
2
18
2
)( 2222

 ba
(a8 + b8) ≥ 13122
2
162
2
)( 2244

 ba
18.Bài toán 18: 
Cho a, b > 0 và a + b = 1 
CMR : 5,12)
1
()
1
( 22 
b
b
a
a 
Giải : 
Áp dụng BĐT : 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 cho hai số a + 
a
1
 và b + 
b
1
 ta có : 
2
)
1
1(
2
)(
2
)
11
(
)
1
()
1
(
22
22 abab
ba
ba
b
b
a
a
b
b
a
a






 (*) 
Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 4ab  1 ≥ 4ab  
ab
1
≥ 4 
Do đó : 5,12
2
25
2
)41(
2
)
1
1( 2
2




ab 
Kết hợp với (*) ta có 5,12)
1
()
1
( 22 
b
b
a
a (đpcm) 
Đẳng thức xảy ra khi a = b = 
2
1
19.Bài toán 19: 
Cho a, b, c là các số thoả mãn : 
2 2 2
2
2
a b c
a b c
  

  
CMR : a, b, c 






3
4
;0 
Giải: 
Ta cần chứng minh : 0 ≤ a ≤ 
3
4
 (b, c tương tự) 
Áp dụng BĐT(III) : 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 
Ta có : 2(b2 + c2) ≥ (b + c)2 
Từ (1) : b + c = 2 – a 
 (2):b2 + c2 = 2 – a2 
 2(2 - a2) ≥ (2 – a)2 
 4 – 2a2 ≥ 4 – 4a + a2  3a2 – 4a ≤ 0  a( 3 – 4 ) ≤ 0 
Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2 
 (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) 
 15/18
Giải BPT trên ta được: 0 ≤ a ≤ 
3
4
Chứng minh tương tự : 0 ≤ b ≤ 
3
4
; 0 ≤ c ≤ 
3
4
*Áp dụng BĐT (III) : 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 vào hình học. 
20.Bài toán 20: 
Cho tam giác vuông ABC có góc C bằng 900, hai cạnh góc vuông CA và CB lần 
lượt bằng b và c còn cạnh huyền AB bằng c. Chứng minh rằng c ≥ 
2
ba 
Giải 
A
C B
ACB = 900 
AB = c; AC = b; CB = a 
Áp dụng định lý Pitago vào ABC: c2 = a2 + b2 
Áp dụng BĐT (III): 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 
2c2 ≥ (a + b)2 
 c2 ≥
2
)( 2ba 
 c ≥ 
2
ba 
 (đpcm) 
Từ ba BĐT trên và các bài toán tiêu biểu có thể xây dựng thành chùm bài toán 
có mối liên quan 
Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2 
 (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) 
 16/18
PHẦN III : KẾT LUẬN 
A/.MỘT SỐ KẾT QUẢ 
1/- Đối với thày – người truyền thụ tri thức. 
Khai thác BĐT (a - b)2 = a2 – 2ab + b2 ≥ 0 để hướng dẫn học sinh sử 
dụng BĐT kép : 
a2 + b2 ≥ ab
ba
2
2
)( 2


để bồi dưỡng học sinh khá và giỏi là cả một quá trình tích luỹ, nghiên cứu học 
hỏi không ngừng thường xuyên liên tục của người thày. Việc này giúp cho vốn 
kiến thức toán học của thày không ngừng được củng cố, bổ sung, nâng cao kinh 
nghiệm giảng dạy của thày ngày càng phong phú. 
 Phạm vi của đề tài này chỉ đi sâu vào trình bày cách khai thác và sử dụng 
ba bất đẳng thức mà ta tạm gọi là “kép”. Sử dụng ba bất đẳng thức này ta có thể 
xây dựng một chùm bài tập có mối liên quan. Tuy nhiên, còn nhiều bài tập dạng 
chứng minh BĐT, với cách suy nghĩ và cách làm tương tự, chúng ta cũng có 
hàng loạt bài toán tạo thành một chùm bài toán BĐT hay và sinh động, giải toả 
được tâm lí khó dạy và khó học chứng minh BĐT của thày và trò. Tuỳ theo trình 
độ của học sinh của đối tượng mà khai thác giảng dạy ở những mức độ khác 
nhau sao cho phù hợp. Điều này đòi hỏi người thày phải có quá trình thường 
xuyên đúc rút kinh nghiệm và nâng cao nghệ thuật sư phạm. 
 Lấy các kiến thức trong SGK làm chuẩn mực kết hợp với tri thức sách 
tham khảo, cùng với sự tìm tòi sáng tạo của bản thân, người thày hoàn toàn làm 
chủ được tri thức trong quá trình giảng dạy của mình. Đây chính là mấu chốt cơ 
bản để người thày dạy tốt. 
 Tìm tòi, khai thác và phát triển, hướng dẫn học sinh sử dụng BĐT: (a - b)2 
= a2 – 2ab + b2 ≥ 0 thông qua các BĐT kép là một trong các biện pháp tôi đã 
thực hiện nhiều năm. mỗi năm lại được bổ sung phong phú sâu sắc hơn trong 
các môn học của bộ môn toán. Đây cũng là một phương pháp nghiên cứu khoa 
học và bồi dưỡng cho học sinh theo phương pháp này chính là tập cho học sinh 
tiếp cận với phương pháp tự học tập, tự nghiên cứu- Một trong những biện pháp 
đổi mới phương pháp học tập của học sinh. 
 Phần trình bày trong SKKN này đồng thời cũng là một nội dung bài giảng 
tôi đã trực tiếp giảng dạy bồi dưỡng học sinh (nhất là đối tượng học sinh giỏi) 
của lớp 8A1, 9A1. 
2) Đối với học sinh. 
 Thường xuyên được bồi dưỡng, khai t