skkn bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức.

Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong chương trình toán học phổ thông, bất đẳng thức (BĐT) là chuyên đề
chứa đựng lượng kiến thức rất rộng, phong phú và cũng được coi là rất khó đối
với học sinh. Bất đằng thức là một trong những bài toán được quan tâm đến
nhiều ở các kỳ thi Học sinh giỏi, tuyển sinh Đại học- Cao đẳng. Vì vậy dạy cho
học sinh giải toán bất đẳng thức đòi hỏi phải dạy cho các em cách tìm tòi lời giải
là việc làm cần thiết. Đa phần các bài toán về bất đẳng thức đòi hỏi ở học sinh tư
duy rất cao, suy luận rộng và phải linh hoạt khi đi tìm cách giải.
Một số học sinh rất ngại khi gặp bài toán về bất đẳng thức, cái ngại ở đây
không phải do khối lượng kiến thức nhiều mà thông thường học sinh không nắm
được phương pháp và kỹ thuật khi chứng minh bất đẳng thức vì các bài toán bất
đẳng thức khó định hướng cách giải, nhiều bài toán phải sử dụng các bất đẳng
thức trung gian rất khó nghĩ tới nên phần lớn học sinh gặp rất nhiều khó khăn khi
giải quyết các bài toán bất đẳng thức. Học sinh chỉ quen dùng phương pháp biến
đổi tương đương khi gặp bài toán bất đẳng thức, khi điều này không khả thi thì
lúng túng không biết nên bắt đầu từ đâu, đặc biệt là đối với những bài toán có sử
dụng bất đẳng thức trung gian.
Trong những bài toán đơn giản việc áp dụng bất đẳng thức quen thuộc, các
phương pháp thường gặp trong giải bài toán bất đẳng thức thì học sinh dễ tiếp
cận. Song đối với những bài toán phức tạp thì vấn đề không đơn giản chút nào.
Như vậy để có thể giải các bài toán về bất đẳng thức phức tạp, người giải toán
cần có một phương pháp, một kỹ thuật sử dụng để chứng minh bất đẳng thức.
Bất đẳng thức được coi là rất khó nhưng cũng là phần quyến rũ nhiều học
sinh say mê tìm tòi lời giải một cách sáng tạo. Với mong muốn giúp học sinh
hứng thú tìm tòi lời giải trong các bài toán bất đẳng thức, tôi xin trình bày một số
bài toán minh họa trong việc Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong
một số bài toán bất đẳng thức.
Sáng kiến kinh nghiệm 1 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
PHẦN I : CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN

1. Bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm
Với hai số không âm a, b ta có
( )
1
2
a b
ab
+
≥

Dấu đẳng thức xảy ra
a b
⇔ =
2. Bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm
Với ba số không âm a, b , c ta có
3
3
a b c
abc
+ +
≥
Dấu đẳng thức xảy ra
a b c
⇔ = =
3. Tổng quát: Với các số không âm a
1
, a
2
, , a
n

có
1 2
1 2


n
n
n
a a a
a a a
n
+ + +
≥

Dấu đẳng thức xảy ra
1 2

n
a a a⇔ = =
4. Bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 cặp số.

( )
2
2 2 2 2
( )( )ax by a b x y+ ≤ + +
Dấu “=” xảy ra khi ay – bx = 0

PHẦN II: CÁC BÀI TOÁN MINH HỌA
A.DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC TRUNG GIAN :
Một số BĐT trung gian thường gặp:

1. Chứng minh rằng: Nếu a
≥
0 và b
≥
0 thì a
3
+b
3
≥
a
2
b + ab
2
. (1)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b
Chứng minh:
Ta có: a
3
+b
3
≥
a
2
b + ab
2


⇔
a
3

+b
3
- a
2
b - ab
2

≥
0

⇔
a
2
(a-b) – b
2
(a - b)
≥
0

⇔
(a-b)(a
2
– b
2
)
≥
0

⇔
(a-b)

2
(a+b)
≥
0.
Sáng kiến kinh nghiệm 2 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
BĐT sau cùng này luôn đúng với mọi a
≥
0 và b
≥
0 nên BĐT đã cho đúng với
mọi a
≥
0 và b
≥
0. Dấu bằng xảy ra khi a = b.
2. Cho a, b là các số dương. Chứng minh rằng:
.
411
baba
+
≥+
(2)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b
Chứng minh:
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương là
ba
1
,
1

ta có:
ab
abba
21
2
11
=≥+
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương là a và b, ta có:
2a b ab+ ≥
.
Nhân vế theo vế hai BĐT trên ta được BĐT
1 1
4( a b )( ) .
a b
+ + ≥
Suy ra
.
411
baba
+
≥+
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b
3. Cho a, b là các số dương. Chứng minh rằng:

2
)(
41
baab +
≥
(3)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b
Chứng minh:
Ta có BĐT (3)
2 2 2
4 2 4( a b ) ab a ab b ab
⇔ + ≥ ⇔ + + ≥

.
2 2 2
2 0 0a ab b ( a b )
⇔ − + ≥ ⇔ − ≥
. Đây là BĐT đúng.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b
4. Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:

cbacba
++
≥++
9111
(4)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
Chứng minh:
Sáng kiến kinh nghiệm 3 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương là
cba
1
,
1
,

1
và a, b, c ta được:
3
1 1 1 1
3. ,
a b c abc
+ + ³

3
3.a b c abc+ + ³
. Nhân vế theo vế của hai BĐT trên
ta được:
( )
1 1 1
9a b c
a b c
æ ö
÷
ç
+ + + + ³
÷
ç
÷
ç
è ø

1 1 1 9
a b c a b c
+ +Û ³
+ +

. Đây là BĐT
cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
….
Bây giờ ta sẽ sử dụng bất đẳng thức trung gian để chứng minh một số BĐT phức
tạp khác. Lưu ý rằng phải chứng minh các BĐT này trước khi dùng.
Bài toán 1: Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng:

3 3 3 3 3 3
2 2 2
a b b c c a
a b c.
ab bc ca
+ + +
+ + ≥ + +

Phân tích: nhìn vào BĐT trong bài toán 1, ta nghĩ ngay đến BĐT (1)
Bài giải: Ta sẽ sử dụng BĐT (1) như sau:
Ta có a
3
+b
3
≥
a
2
b + ab
2


⇔
a

3
+b
3
≥
ab(a+b)



⇔

3 3
2 2
a b a b
(1.1)
ab
+ +
≥

Tương tự ta cũng có:
3 3 3 3
2 2 2 2
b c b c c a c a
, (1.2) (1.3)
bc ca
+ + + +
≥ ≥
.
Cộng theo từng vế các BĐT (1.1), (1.2), (1.3) lại với nhau ta được BĐT cần
chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài toán 2: Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:

.
1111
333333
abcabcacabccbabcba
≤
++
+
++
+
++

Phân tích: nhìn vào BĐT trong bài toán 1, ta nghĩ ngay đến BĐT (1)
Bài giải : Ta có: a
3
+b
3
≥
a
2
b + ab
2


⇔
a
3
+b
3
+ abc

≥
a
2
b + ab
2
+abc


⇔
a
3
+b
3
+ abc
≥
ab(a+b+c)
Sáng kiến kinh nghiệm 4 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b
Từ đó
,
)()(
11
33
cbaabc
c
cbaababcba
++
=
++

≤
++
Tương tự ta có:
3 3 3 3
1 1
; ;
( ) ( )
a b

b c abc abc a b c c a abc abc a b c
≤ ≤
+ + + + + + + +
Cộng các BĐT này lại với nhau theo từng vế ta được BĐT cần chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài toán 3: Cho 4 số dương a, b, c, d. Chứng minh rằng:

)
2
1
2
1
2
1
2
1
(4
1111
badadcdcbcbadcba
++
+

++
+
++
+
++
≥+++

Phân tích: nhìn vào BĐT trong bài toán 3, ta nghĩ ngay đến BĐT (2)
Bài giải: Ta áp dụng BĐT (2) như sau:
1 1 1 1 4 4 1 1 1 1 1 1
4( )
a b a c a b a c a b a c a b a c
+ + + ≥ + ⇔ + + + ≥ +
+ + + +
.
2 1 1 1 1 16
4
2
( )
a b c a b a c a b c
⇔ + + ≥ + ≥
+ + + +
Tương tự ta có:

2 1 1 16
2
;
b c d b c d
+ + ≥
+ +

2 1 1 16
2
;
c a d c a d
+ + ≥
+ +
2 1 1 16
2d a b d a b
+ + ≥
+ +
.
Cộng các BĐT trên lại với nhau và rút gọn ta được BĐT cần chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d
Bài toán 4: Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:
cbacbacbaaccbba
++
+
++
+
++
≥
+
+
+
+
+
2
1
2
1

2
1
3
1
3
1
3
1
.
Bài giải:
Ta vận dụng BĐT (2) để chứng minh BĐT trên như sau:
Sáng kiến kinh nghiệm 5 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
Ta có:

cbacbabacbabacbaba
++
≥
++
+
+
⇔
++++
≥
++
+
+
2
2
2

1
3
1
23
4
2
1
3
1
.
Tương tự ta cũng có:
1 1 2 1 1 2
3 2 2 3 2 2
;
b c a b c a b c c a b a c b a c
+ ≥ + ≥
+ + + + + + + + + +
.
Cộng theo từng vế các BĐT trên lại ta có BĐT cần chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài toán 5: Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:
2
)(
3
)2)(2(
1
)2)(2(
1
)2)(2(
1

cbaacabcacbbcba ++
≥
++
+
++
+
++
Phân tích: nhìn vào BĐT trong bài toán 5, ta nghĩ ngay đến BĐT (3)
Bài giải: Ta vận dụng BĐT (3) cho 2 số dương là 2a+b và 2c+b ta có:
2
22
)(
1
)2)(2(
1
)222(
4
)2)(2(
1
)22(
4
)2)(2(
1
cbabcba
cbabcbabcbabcba
++
≥
++
⇔
++

≥
++
⇔
+++
≥
++
Tương tự ta có:
2
2
)(
1
)2)(2(
1
,
)(
1
)2)(2(
1
cbaacab
cbacacb
++
≥
++
++
≥
++
.
Cộng theo từng vế các BĐT trên lại với nhau ta được BĐT cần chứng minh.
Bài toán 6: Cho a, b, c ,d là các số dương. Chứng minh rằng:
dcbacbda

db
dcba
ca
+++
≥
++
+
+
++
+
4
))(())((
.
Phân tích: nhìn vào BĐT trong bài toán 5, ta nghĩ ngay đến BĐT (3)
Bài giải: Ta áp dụng BĐT (3) cho 2 số dương là a+b và c+d, ta có:
22
)(
)(4
))(()(
4
))((
1
dcba
ca
dcba
ca
dcbadcba
+++
+
≥

++
+
⇔
+++
≥
++
.
Tương tự áp dụng cho 2 số dương a+d và b+c ta có:
Sáng kiến kinh nghiệm 6 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
2
)(
)(4
))(( dcba
db
cbda
db
+++
+
≥
++
+
.
Cộng vế theo vế 2 BĐT trên lại ta được BĐT cần chứng minh.
Bài toán 7: Cho a, b, c, d là các số dương. Chứng minh rằng:
3 2 12a b
a b c d ( a c )( b d ) a b c d
+
+ + ≥
+ + + + + + +

.
Bài giải:
Ta có:
( )
[ ]
))((
1
)3322(
))((
1
)(32
23
dcba
dcba
dcba
dcba
dcba
++
+++=
++
+++=
+
+
+
Áp dụng BĐT (3) cho 2 số dương là a+b và c+d ta có:
22
)(
)3322(4
))((
1

)3322(
)(
4
))((
1
dcba
dcba
dcba
dcba
dcbadcba
+++
+++
≥
++
+++⇔
+++
≥
++
.
Do đó:
2
)(
12128823
dcba
dcba
dcba +++
+++
≥
+
+

+
.
Tương tự ta cũng có:
2
)(
)(4
))(( dcba
ba
dbca
ba
+++
+
≥
++
+
.
Cộng theo từng vế các BĐT trên lại với nhau và rút gọn ta được BĐT cần chứng
minh.
Bài toán 8: Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng
cbaaccbba
++
≥
+
+
+
+
+
3
2
1

2
1
2
1
.
Phân tích: nhìn vào BĐT trong bài toán 8, ta nghĩ ngay đến BĐT (4)
Bài giải:
Áp dụng BĐT (4) cho 3 số dương là 2a+b, 2b+c, 2c+a, ta có:
1 1 1 9
2 2 2 2 2 2a b b c c a a b b c c a
+ + ≥
+ + + + + + + +
1 1 1 9
2 2 2 3a b b c c a ( a b c )
⇔ + + ≥
+ + + + +
Sáng kiến kinh nghiệm 7 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
1 1 1 3
2 2 2a b b c c a a b c
⇔ + + ≥
+ + + + +
Đây là BĐT cần chứng minh.
Bài toán 9:
Chứng minh: S =
( )
2 2 2
5 5 5
9
, , 0

a c b a c b
a b c
b c a ab bc ca
+ + ≥ >
+ +
Phân tích: Từ BĐT cần chứng minh, ta nghĩ đến bất đẳng thức:

1 1 1 9
ab bc ca ab bc ca
 
+ + ≥
 ÷
+ +
 
với a, b, c > 0, dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Vậy ta phải chứng minh: S =
2 2 2
5 5 5
1 1 1a c b a c b
b c a ab bc ca
+ + ≥ + +
Bài giải:
Theo bất đẳng thức Cô-si
2
5 2
2
5 2
2
5 2
1 1 3

(9.1)
1 1 3
(9.2)
1 1 3
(9.3)
a c
b ac ab b
b a
c ab bc c
c b
a ac bc a
+ + ≥
+ + ≥
+ + ≥
cộng vế theo vế 3 BĐT (9.1), (9.2), (9.3) lại ta
được:
2 2 2
1 1 1 1 1 1
2 3S
ab bc ca a b c
   
+ + + ≥ + +
 ÷  ÷
   
(9.4)
Áp dụng BĐT Cô-si :
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 2 2 21
( ) ( ) ( )
a b b c c a ab bc ca

+ + + + + ≥ + +

2 2 2
1 1 1 1 11

a b c ab bc ca
⇔ + + ≥ + +
(9.5)
Từ (9.4) và (9.5)
1 1 1
S
ab bc ca
⇒ ≥ + +
(9.6)
Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có:
( )
1 1 1 1 1 1 9
9ab bc ca
ab bc ca ab bc ca ab bc ca
 
+ + + + ≥ ⇔ + + ≥
 ÷
+ +
 
(9.7)
Sáng kiến kinh nghiệm 8 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
Từ (9.6) và (9.7) suy ra
9
S

ab bc ca
≥
+ +
Đây là BĐT cần chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra
⇔
a = b = c
Bài toán 10: Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:
2
222222222444
)
3
(
21
cbaaccbbacba ++
≥
++
+
++
Bài giải:
Ta viết lại BĐT cần chứng minh như sau:

2
222222222222222444
)
3
(
111
cbaaccbbaaccbbacba
++

≥
++
+
++
+
++
.
Áp dụng BĐT (4) cho 3 số dương a
4
+ b
4
+ c
4
, a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
và a
2
b
2
+

b
2
c
2
+ c
2
a
2
, ta có:
4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2
1 1 1 9
2 2 2a b c a b b c c a a b b c c a a b c a b b c c a
+ + ≥
+ + + + + + + + + + +

2
4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 3
( )
a b c a b b c c a a b b c c a a b c
⇔ + + ≥
+ + + + + + + +
.
BĐT được chứng minh.
Bài tập áp dụng :
1. Cho x, y, z là các số dương thỏa 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
+ + ≤
+ + + + + +
2. Cho a, b, c Chứng minh rằng:
.
333
cabcab
a
c
c
b
b
a
++≥++

3. Cho a, b là các số dương.Chứng minh rằng:

222
)(
1
8
1
44
1
baabba
+
≥+

+
.
4. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

cbacbacbacba
111111
++≥
++−
+
+−
+
−+
.
Sáng kiến kinh nghiệm 9 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
5. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

)
111
(2
111
cbacpbpap
++≥
−
+
−
+
−

Với p là nửa chu vi của tam giác

6. Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:

)(4
9
2
1
2
1
2
1
cbabacacbcba
++
≥
++
+
++
+
++

7. Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:

2
3
≥
+
+
+
+
+
ba

c
ac
b
cb
a

8. Cho a, b, c là các số không âm thoả mãn a+b+c
≤
3. Chứng minh rằng:

2
3
1
1
1
1
1
1
≥
+
+
+
+
+
cba
.
9. Cho a, b, c là các số dương và thoả mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

9
2

1
2
1
2
1
222
≥
+
+
+
+
+
abccabbca

10. Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:

2
)
111
(
3
4111
accbbacabcab
+
+
+
+
+
≥++

B.KỸ THUẬT CHỌN “ĐIỂM RƠI”
Các bất đẳng thức thông thường là đối xứng với các biến, từ đó ta dự đoán
dấu bằng xảy ta khi các biến bằng nhau và xảy ra tại điểm biên.
Ví dụ : Cho a ≥ 3 chứng minh
1 10
3
a
a
+ ≥
Phân tích: Dự đoán với
2
1 10
3 10 3 0 3
3
a , a 3a a a
a
≥ + = ⇔ − + = ⇔ =
.
( điểm rơi)
Sáng kiến kinh nghiệm 10 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
Khi
1 1
3
3
a
a
= ⇒ =
: không thể sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số a và

a
1
được vì dấu bằng không xẩy ra.
Vậy phải sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số ma và
a
1
, ta chọn m sao cho:

1
1
9
3
ma
m
a
a
ì
ï
ï
=
ï
=Þ
í
ï
ï
=
ï
î
Bài giải:

1 1 1 8
9 9
a a a
a a
+ = + +
theo bất đẳng thức Cô-si
3
21
.
9
2
1
9
=≥+
a
a
a
a
Với
8 8
3
9 3
a
a ³ Þ ³
Vậy
3
10
3
8
3

21
=+≥+
a
a

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = 3
Phân tích tìm lời giải:
1. Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra của BĐT hay các biến bằng nhau mà tại đó biểu
thức đạt GTLN, GTNN.
2. Từ dự đoán dấu đẳng thức xảy ra, kết hợp với các BĐT quen thuộc ta tìm tham
số sao cho dấu đẳng thức xảy ra ở mỗi bước này phải giống như dấu đẳng thức
xảy ra ở bước dự đoán ban đầu.
3. Với tham số tìm được ta bắt tay vào giải bài toán .
Sau đây là một số bài toán minh hoạ:
Bài toán 1: Cho
, , 0a b c
>
thỏa mãn
1a b c
+ + =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 1 1
P a b c
a b c
= + + + + +
Sáng kiến kinh nghiệm 11 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
Phân tích: Do vai trò của a, b, c như nhau và a + b + c = 1, dự đoán P nhỏ nhất
⇔

a = b = c =
1
3
. Khi đó ta dùng BĐT Cô-si cho 2 số: ma và
a
1
thì:
1
9
1
3
ma
a
m
a
ì
ï
ï
=
ï
ï
ï
=Þ
í
ï
ï
=
ï
ï
ï

î
1
9 6a
a
+Þ ³
.
Bài giải: Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương ta có:
1
9 6a
a
+ ³
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1 1
9
3
a a
a
= =Þ
1
9 6b
b
+ ³
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1 1
9
3
b b
b
= =Þ
1

9 6c
c
+ ³
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1 1
9
3
c c
c
= =Þ
Cộng từng vế các BĐT trên ta có:
( )
1 1 1
9 18a+b+c
a b c
+ + + ³
( )
1 1 1
18 8 18 8 10P a b c a b c
a b c
= + + + + + - + + = - =Û ³
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1
3
a b c= = =
Vậy minP = 10 khi và chỉ khi
1
3
a b c= = =
Bài toán 2: Chứng minh:

S =
( ) ( ) ( )
( )
1
16
3 3 3
3 3 3
2 2 2
a b c
+ + a+b+c
b+c c+a a+b
≥
(a, b, c > 0)
Phân tích: Do vai trò của a,b,c trong bất đẳng thức là như nhau nên dấu bằng
xảy ra khi a = b = c. Khi đó:
( ) ( ) ( )
16 16 16
3 3 3
3 3 3
2 2 2
a b c a b c
= = = = =
b+c c+a a+b
.Ta
không thể áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số:
( )
3
3
2
a

b+c
; 3b+c ; 3b+c vì dấu
Sáng kiến kinh nghiệm 12 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
bằng không xảy ra . Ta làm vế phải xuất hiện a

nên ta phải áp dụng bất đẳng thức
Cô-si cho 3 số:
( )
3
3
2
a
b+c
;
3 3b+c b+c
;
m m
, ta tìm m sao cho:

( )
3
3
2
a
b+c
3b+c
m
=
với a = b = c

⇒
m = 64
Bài giải : Áp dụng Cô-si ta có:
( )
( )
( )
3
3 3 3
3
64 64 16
3 3 64
2
3
3
3
2 2
2
a b+c
a b+c b+c
+ + = a
b+c b+c .
≥
Tương tự:
( )
( )
( )
3
3 3 3
3
64 64 16

3 3 64
2
3
3
3
2 2
2
b c+a
b c+a c+a
+ + = b
c+a c+a .
≥
( )
( )
( )
3
3 3 3
3
64 64 64
3 3 64
2
3
3
3
2 2
2
c a+b
c a+b a+b
+ + = c
a+b a+b .

≥
Cộng vế với vế 3 bất đẳng thức trên ta có:
( ) ( ) ( )
1 3 1
8 16 16
S+ + a+b+c a+b+c S a+b+c
≥ ⇔ ≥

Đẳng thức xảy ra khi: a = b = c
Bài toán 3: Chứng minh:
( )
1
3 3 3 4
4 4 4
3 3 3
a b c
S= + + a +b +c
a+ b b+ c c+ d
≥
(a,b,c > 0)
Phân tích: Vì tính đối xứng của a, b, c trong BĐT nên dấu đẳng xảy ra khi a =
b = c. Ta làm vế phải xuất hiện a
3
nên cần áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số:
( )
2
4
3
3
a b a

a
;
a b m
+
+
và phải tìm m sao cho:
( )
2
4
3
16
3
a b a
a
m
a b m
a b c

+
=

⇒ =
 +

= =


Bài giải: Áp dụng BĐT Cô-si, ta có:
Sáng kiến kinh nghiệm 13 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức

( )
3
24
2
1
16
3
3
a
aba
ba
a
≥
+
+
+
3
24
2
1
16
)3(
3
b
bcb
cb
b
≥
+
+

+
3
24
2
1
16
)3(
3
c
cac
ac
c
≥
+
+
+
Cộng vế với vế bất đẳng thức cũng chiều trên ta có
3 3 3 2 2 2 3 3 3
1 3 1
( ) ( ) ( )
16 16 2
S a b c a b b c c a a b c+ + + + + + ≥ + +
S ≥
)(
16
3
)(
16
7
222333

accbbacba
++−++
(1)
Mặt khác theo BĐT Cô-si ta có:
3 3 3 2
3 3 3 2 2 2 2 3 3 3
3 3 3 2
3
3
3
a a b a b
b b c b c a b b c c a a b c
c c a c a

+ + ≥

+ + ≥ ⇒ + + ≤ + +


+ + ≥


2 2 2 3 3 3
3 3
( ) ( )
16 16
a b b c c a a b c⇒ − + + ≥ − + +
(2)
Từ (1) và (2) suy ra

4 4 4
3 3 3
1
( )
3 3 3 4
a b c
S a b c
a b b c c a
= + + ≥ + +
+ + +
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Bài toán 4 : Cho a, b, c > 0 và a + b +c
≥
1
Tìm giá trị nhỏ nhất của :
3 3 3
a b c
S
b c a c a b
= + +
+ + +
Phân tích: Do tính đối xứng của a, b, c và a + b +c
≥
1 nên ta dự đoán S nhỏ
nhất

khi
1
3
a b c

= = =
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho bộ số
3
a
b c
+
;
( )b c m+
; n
Sáng kiến kinh nghiệm 14 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
Ta phải tìm m , n sao cho:
3
1
3
a
(b c )m n
b c
a b c

= + =


+


= = =



1 1
12 18
m ; n = ⇒ =

Bài giải : Áp dụng bất đẳng thức Cô-si:
3 3
3
1 1
3
12 18 12 18 2
a b c a (b c )
a
b c (b c ). .
+ +
+ + ≥ =
+ +
Tương tự:
3 3
3
1 1
3
12 18 12 18 2
b a a b (c a )
b
c a ( c a ). .
+ +
+ + ≥ =
+ +
3 3
3

1 1
3
12 18 12 18 2
c b a c (b a )
c
b a (b a ). .
+ +
+ + ≥ =
+ +
Cộng từng vế 3 bất đẳng thức trên ta có:
1 1 1
( ) ( )
6 6 2
S a b c a b c+ + + + ≥ + +

1 1 1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( )
2 6 6 3 6 3 6 6
S a b c a b c a b c⇔ ≥ + + − + + − = + + − ≥ − =
( vì
1a b c+ + ≥
)
Vậy
1
6
MinS =
khi
1
3
a b c

= = =
Bài toán 5: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn : a + b + c = 1.
Chứng minh rằng:
3 3 3 3
18a b b c c a+ + + + + ≤
Phân tích: Do vai trò của a, b, c như nhau và a + b + c = 1, dự đoán dấu bằng
xảy ra
⇔
a = b = c =
1
3

Þ
2 2 2
;
3 3 3
a b b c c a + = + = + = Þ
hằng số cần thêm là
2
3
Từ giả thiết ta nghĩ cần đưa BĐT trên thành:
( )
3 3 3 3
18a b b c c a a b c+ + + + + ≤ + +
và biến đổi:
Sáng kiến kinh nghiệm 15 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
( )
3
3 3 3

3
2 2 4
9 2 2 9 9
3 3 3
4 3 3 4 3 4 3
a b a b
a b a b . .
+ + + + +
+ = + ≤ =
,tương tự rồi cộng
lại.
Bài giải: Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương ta có:
( )
3
3 3 3
3
2 2 4
9 2 2 9 9
3 3 3
4 3 3 4 3 4 3
a b a b
a b a b . .
+ + + + +
+ = + ≤ =
( )
3
3 3 3
3
2 2 4
9 2 2 9 9

3 3 3
4 3 3 4 3 4 3
b c b c
b c b c . .
+ + + + +
+ = + ≤ =
( )
3
3 3 3
3
2 2 4
9 2 2 9 9
3 3 3
4 3 3 4 3 4 3
c a c a
c a c a . .
+ + + + +
+ = + ≤ =
Cộng từng vế 3 BĐT trên ta được:
( )
3 3 3 3
3 3
2 4
9 9 6
18
4 3 4 3
a b c
a b b c c a . .
+ + +
+ + + + + ≤ = =

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
1
3
Bài toán 6: Cho
, 0
1
a b
a b
>


+ ≤

, tìm GTNN của biểu thức
2 2
1 1
4P ab
ab
a b
= + +
+
.
Phân tích: Ta có :
2 2 2 2 2
1 1 1 4 1 4 1
4 4 4
2 2 2 2
2 ( )
P ab ab ab
ab ab ab ab

a b a b ab a b
 
= + + + ≥ + + = + +
 ÷
+ + + +
 
.
Mặt khác
1 1
4 2 .4 2 2
2 2
ab ab
ab ab
+ ≥ =
. Vậy
4 2 2P ≥ +
nên
2(2 2)MinP = +
Dấu đẳng thức xảy ra khi
a b
ab VN
ab
a b

=


= ⇒



+ =


1
4
2
1
. Dấu bằng không xảy ra
⇒
không
kết luận được
4 2 2MinP = +
Sáng kiến kinh nghiệm 16 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
Do P là biểu thức đối xứng với
,a b
, ta dự đoán
MinP
đạt tại
1
2
a b= =
, ta có:
Khi đó
ab
a b a b
+ ≥
+ +
2 2 2
1 1 4

2
( )
, dấu “=” xảy ra khi a = b
ab
mab
=
1
4
với
1
4
2
a b m= = ⇒ =
Vậy ta phải phân tích
P ab
ab ab ab
a b
 
= + + + +
 ÷
+
 
2 2
1 1 1 1
4
2 4 4
Bài giải: Áp dụng BĐT phụ (1)Ta có:
P
ab
a b a b

= + ≥ ≥
+ +
2 2 2
1 1 4
4
2
( )
( do
, 0
1
a b
a b
>


+ ≤

)
Áp dụng BĐT Cô-si:
ab ab
ab ab ab
a b
 
+ + ≥ + ≥ + =
 ÷
 
 
+
 ÷
 

2
1 1 1 1
4 2 4 . 2 1 3
4 4 4
4
2
P ab
ab ab ab
a b
 
= + + + + ≥ + =
 ÷
+
 
2 2
1 1 1 1
4 4 3 7
2 4 4
Dấu bằng xảy ra
a b ab
ab a b
ab
a b

+ =


⇔ = ⇔ = =



+ =


2 2
2
1 1
4
4 2
1
.
Vậy GTNN của P bằng 7 khi
1
2
a b
= =
Bài toán 7:Cho
, , 0a b c >
và
3a b c+ + =
chứng minh:
3 3 3
3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c
a b a c b c b a c a c b
+ + ≥
+ + + + + +
Phân tích: Vì
3a b c+ + =
nên

S =
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a b a c b c b a c a c b
+ +
+ + ≥
+ + + + + +
Áp dụng Cô-si cho 3 số thì khi đó:
3
( ) ( )
( )( )
a
m a b n a c
a b a c
= + = +
+ +
với
1a b c= = =

1
8
m n⇒ = =
Bài giải: Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
Sáng kiến kinh nghiệm 17 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
3 3
3
( ) ( ) ( ) ( ) 3
3 . .

( )( ) 8 8 ( )( ) 8 8 4
a a b a c a a b a c
a
a b a c a b a c
+ + + +
+ + ≥ =
+ + + +
3 3
3
( ) ( ) ( ) ( ) 3
3 . .
( )( ) 8 8 ( )( ) 8 8 4
b b c b a b b c b a
b
b c b a b c b a
+ + + +
+ + ≥ =
+ + + +
3 3
3
( ) ( ) ( ) ( ) 3
3 . .
( )( ) 8 8 ( )( ) 8 8 4
c c a c b c c a c b
c
c a c b c a c b
+ + + +
+ + ≥ =
+ + + +
Cộng vế theo vế 3 BĐT trên ta được:

S+
1 3
( ) ( )
2 4
a b c a b c+ + ≥ + +

1 3
( )
4 4
S a b c≥ + + =
(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi
1a b c= = =
Bài toán 8: Cho
, ,x y z
là ba số dương và
1x y z+ + ≤
, chứng minh rằng:
P x y z
x y z
= + + + + + ≥
2 2 2
2 2 2
1 1 1
82
Phân tích: Ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi
1
3
x y z= = =
; và biểu thức trong

căn gợi cho tam sử dụng BĐT Bunhiacôpxki sao cho:
( )
x x
x
x
β
α β α
   
+ + ≥ +
 ÷  ÷
   
2
2 2 2
2
1
với
,
α β
là những số thỏa mãn:
2
1
1 1
9
x
x
x
x
α
α β β β
= = ⇔ = =

, chọn
1, 9
α β
= =

Ta có
( )
2
2 2 2 2
2 2
1 9 1 1 9
1 9
82
x x x x
x x
x x
     
+ + ≥ + ⇒ + ≥ +
 ÷  ÷  ÷
     
, tương tự ta có:
P x y z
x y z
 
 
≥ + + + + +
 
 ÷
 
 

1 1 1 1
( ) 9
82
. Để chứng minh BĐT này ta dùng Cô-si, ta
phải chọn m sao cho:
1 1 1 1
( )
9
1
3
x y z
m x y z
m
x y z

+ + = + +


⇒ =


= = =



⇒
Ta phải phân tích:
x y z x y z
x y z x y z x y z
     

+ + + + + = + + + + + + + +
 ÷  ÷  ÷
     
1 1 1 1 1 1 1 80 1 1 1
( ) 9 ( )
9 9
Sáng kiến kinh nghiệm 18 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
Bài giải :
Ta có
( )
2
2 2 2 2
2 2
1 9 1 1 9
1 9
82
x x x x
x x
x x
     
+ + ≥ + ⇒ + ≥ +
 ÷  ÷  ÷
     
, tương tự ta có:
( )
y y y y
y y
y y
 

   
+ + ≥ + ⇒ + ≥ +
 ÷
 ÷  ÷
 ÷
   
 
2
2 2 2 2
2 2
1 9 1 1 9
1 9
82
( )
z z z z
z z
z z
     
+ + ≥ + ⇒ + ≥ +
 ÷  ÷  ÷
     
2
2 2 2 2
2 2
1 9 1 1 9
1 9
82
Suy ra:
P x y z
x y z

 
 
≥ + + + + +
 
 ÷
 
 
1 1 1 1
( ) 9
82
,
Phân tích :
x y z x y z
x y z x y z x y z
     
+ + + + + = + + + + + + + +
 ÷  ÷  ÷
     
1 1 1 1 1 1 1 80 1 1 1
( ) 9 ( )
9 9
vì
( )
1 1 1
9x y z
x y z
 
+ + + + ≥
 ÷
 

nên ta có :
x y z x y z
x y z x y z
   
+ + + + + ≥≥ + + + + ≥ = =
 ÷  ÷
   
1 1 1 1 2 1 1 1 2 2
( ) ( ) 9 .3 2
9 3 3 3
Và
x y z x y z
 
+ + ≥ ≥
 ÷
+ +
 
80 1 1 1 80 9
80
9 9
Từ đó:
P x y z
x y z
 
 
≥ + + + + + ≥ + = =
 
 ÷
 
 

1 1 1 1 1 1
( ) 9 (2 80) .82 82
82 8 2 82
.
Vậy
82P ≥
, dấu “=” xảy ra khi
1
3
x y z= = =
.
Bài toán 9: Cho



≤++
>
1
0,,
cba
cba
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của S =
222
111
c
ab
b
ca
a

bc
+++++
Phân tích: Từ BĐT gợi ý ta sử dụng phương pháp vectơ: Đặt:
1 1 1 1 1 1
; ; ; ; ; ;u bc v ca w ab u v w ab bc ca
a b c a b c
→ → → → → →
       
= = = ⇒ + + = + + + +
 ÷  ÷  ÷  ÷
       

Vì
u v w u v w
→ → → → → →
+ + ≥ + +
nên S
≥

( )
2
2
111






+++++

cba
cabcab
Do tính đối xứng của a, b, c nên S nhỏ nhất khi
3
1
===
cba
. Khi đó:
Sáng kiến kinh nghiệm 19 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
Ta tìm m sao cho
( )
2
2
1 1 1
1
3
m ab bc ca
a b c
a b c

 
+ + = + +
 ÷


 


= = =




81m⇒ =
Ta phân tích S
≥

( )
2
2
111






+++++
cba
cabcab
=
( ) ( )
2
2
2
80
111
81 cabcab
cba
cabcab

++−






+++++
Bài giải: Đặt
1 1 1 1 1 1
; ; ; ; ; ;u bc v ca w ab u v w ab bc ca
a b c a b c
→ → → → → →
       
= = = ⇒ + + = + + + +
 ÷  ÷  ÷  ÷
       

Vì
u v w u v w
→ → → → → →
+ + ≥ + +
nên S
≥

( )
2
2
111







+++++
cba
cabcab

( ) ( )
2
2
2
80
111
81 cabcab
cba
cabcab
++−






+++++

Theo bất đẳng thức Cô-si
( ) ( )
2 2

2 2
1 1 1 1 1 1
81 2 81 .ab bc ca ab bc ca
a b c a b c
   
+ + + + + ≥ + + + +
 ÷  ÷
   
( )
1 1 1
18 18.9ab bc ca
a b c
 
= + + + + ≥
 ÷
 
Vì theo bất đẳng thức Cô-si

( )
3
3
3
1 1 1
9
1 1 1 1
3
ab bc ca abc
ab bc ca
a b c
a b c

abc

+ + ≥

 
⇒ + + + + ≥

 ÷
+ + ≥
 



Lại vì do áp dụng BĐT Cô-si ta có
1≤++≤++ cbacabcab
nên:
80( ) 80ab bc ca
+ + ≤
. Vậy:
( ) ( )
2
2
2
80
111
81 cabcab
cba
cabcab
++−







+++++
18.9 80 82
≥ − =
Sáng kiến kinh nghiệm 20 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
1
82
3
a b c= ⇔ = = =S
Vậy
min
1
82
3
a b c= ⇔ = = =S
Bài toán 10: Cho





≤++
>
5
3

0,,
cba
cba
Tính min
2 2 2
2 2 2
1 1 1
S a b c
b c a
= + + + + +
Bài giải: Đặt
1 1 1 1 1 1
; ; ; ; ; ;u a v b w c u v w a b c
a b c a b c
→ → → → → →
       
= = = ⇒ + + = + + + +
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
Vì
u v w u v w
→ → → → → →
+ + ≥ + +
Nên
( )
2
2 1 1 1
S a b c
a b c
 

≥ + + + + +
 ÷
 
( Phân tích : Do tính chất đối xứng giữa a, b, c và
3
5
a b c+ + ≤
nên ta có S min
khi a = b = c =
5
1
. Khi đó ta tìm m sao cho:

( )
2
2
1 1 1
625
1
5
m a b c
a b c
m
a b c

 
+ + = + +

 ÷


 
⇒ =


= = =


)
( )
2
2
1 1 1
S a b c
a b c
 
≥ + + + + +
 ÷
 
( ) ( )
2
2 2
1 1 1
625 624a b c a b c
a b c
 
= + + + + + − + +
 ÷
 

2

1 1 1 3 9 5634
50( ) 624. 50.9 624.
5 25 25
a b c
a b c
   
≥ + + + + − ≥ − =
 ÷  ÷
   
Vì
( )
1 1 1
9a b c
a b c
 
+ + + + ≥
 ÷
 
và
3
5
a b c+ + ≤
Vậy Min S =
5634 1
5 5
khi a b c
= = =
Sáng kiến kinh nghiệm 21 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
Bài toán 11: Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn

2 2 2
1a b c+ + =
.
Chứng minh rằng:
2 2 2
3 3
1 1 1 2
a b c
S
a b c
= + + ≥
− − −
Phân tích:
Do tính đối xứng của a, b, c và
2 2 2
1a b c+ + =
nên ta dự đoán dấu đẳng thức xảy
ra khi:
1
3
a b c= = =
.
Ta hãy xét hàm số
( )
f x
mà
( )
/ 2
1
0 1 3 0

3
f x x x= ⇔ = ⇔ − =
Vậy hàm số mà ta phải xét là:
( )
( )
3 2
1f x x x x x
= − = −
với
( )
0;1x∈
( do a, b, c
dương và
2 2 2
1a b c+ + =
nên
( )
, , 0;1a b c∈
) do đó phải đưa :
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3 3 3 3
1 1 1 2 (1 ) (1 ) (1 ) 2
a b c a b c
S
a b c a a b b c c
= + + ≥ ⇔ + + ≥
− − − − − −
Bài giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với BĐT:

2 2 2
2 2 2
3 3
(1 ) (1 ) (1 ) 2
a b c
a a b b c c
+ + ≥
− − −
Ta xét hàm số
( )
( )
2 3
1f x x x x x
= − = −
với
( )
0;1x∈
. Ta có :
( ) ( )
/ 2 / 2
1
1 3 , 0 1 3 0
3
f x x f x x x= − = ⇔ − = ⇔ =
(vì x > 0 )
Bảng biến thiên:
x 0
1
3
1

( )
/
f x
+ 0
−
f(x)

2
3 3
Sáng kiến kinh nghiệm 22 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
Từ bảng biến thiên ta suy ra:
( )
( )
2
1 2
1
3 3 3
f x x x f
 
= − ≤ =
 ÷
 
với
( )
0;1x∈
.
Suy ra với
( )

0;1x∈
ta có
( ) ( )
2
2
2 2
1 3 3 3 3
1 2 1 2
x
x
x x x x
≥ ⇔ ≥
− −
Từ đó:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3 3 3 3 3 3
; ;
1 2 1 2 1 2
a b c
a b c
a a b b c c
≥ ≥ ≥
− − −
.
Cộng vế theo vế 3 BĐT trên ta được:
( ) ( ) ( )
2 2 2

2 2 2
2 2 2
3 3 3 3
( )
1 1 1 2 2
a b c
a b c
a a b b c c
+ + ≥ + + =
− − −
(ĐPCM)
Dấu đẳng thức xảy ra khi:
1
3
a b c= = =
.
Bài toán 12:
Chứng minh rằng nếu
5xy yz zx+ + =
thì
2 2 2
3 3 10x y z+ + ≥
Phân tích:
2 2
2x y xy
α α α
+ ≥
. Đẳng thức xảy ra khi
x y
=

2 2
2x z xz
β γ βγ
+ ≥
. Đẳng thức xảy ra khi
2 2
x z
β γ
=
2 2
2y z yz
β γ βγ
+ ≥
. Đẳng thức xảy ra khi
2 2
y z
β γ
=
Bây giờ ta cần chọn
, ,
α β γ
sao cho:
1
3
2
2 1
1
2
=



+ =



=
= ⇔
 
 
=
=



α
α β
β
γ
γ
α βγ
.
Bài giải:
Ta có:
2 2
2x y xy+ ≥
. Đẳng thức xảy ra khi
x y=
2 2
1
2 2

2
x z xz+ ≥
. Đẳng thức xảy ra khi
2 2
1
2
2
x z=
2 2
1
2 2
2
y z yz+ ≥
. Đẳng thức xảy ra khi
2 2
1
2
2
y z=
Suy ra
( )
2 2 2
3 3 2 10x y z xy xz yz+ + ≥ + + =
.
Sáng kiến kinh nghiệm 23 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
Đẳng thức xảy ra khi
2 2
2 2
1

2
1
2
1 2
2
2
5
x y
y z
x y
z
z x
xy yz zx
=



=
= =


⇔
 
=


=


+ + =


Bài tập áp dụng:
1. Cho
, 0
1
a b
a b
>


+ ≤

, tìm GTNN của biểu thức
3 3 2 2
1 1 1
S
a b a b ab
= + +
+
.
2. Cho
, , 0
1 1 1
4
x y z
x y z
>




+ + =


. Tìm GTLN của
1 1 1
2 2 2
P
x y z x y z x y z
= + +
+ + + + + +
.
3. Cho
, , 0
1
x y z
xyz
>


=

, chứng minh rằng:
2 2 2
3
1 1 1 2
x y z
y z x
+ + ≥
+ + +
4. Cho

, , 0
1
x y z
xyz
>


=

, chứng minh rằng:

3 3 3 3
3 3
3 3
m x y m y z
m z x
xy yz zx
+ + + +
+ +
+ + ≥
5. Cho
, , 0a b c >
, chứng minh rằng:
2 2 2
1
8 8 8
a b c
a bc b ca c ab
+ + ≥
+ + +

6. Cho
, , , 0a b c d >
, tìm GTNN của
2 3 2 3 2 3 2 3
a b c d
P
b c d c d a d a b a b c
= + + +
+ + + + + + + +
7.Cho
, , .0
1 1 1
1
x y z
x y z



+ + ≤


Tìm GTLN của
1 1 1
2 2 2
P
x y z x y z x y z
= + +
+ + + + + +
8. Cho
, , 0 , 3a b c a b c

> + + =
. Chứng minh
4 1 4 1 4 1 3 5a b c
+ + + + + ≤
9. Cho
, , 0
1
x y z
xyz
>


=

, chứng minh rằng:
2 2 2
3
1 1 1 2
x y z
y z x
+ + ≥
+ + +
Sáng kiến kinh nghiệm 24 Trần Thanh Tuấn
Bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi lời giải trong một số bài toán bất đẳng thức
10. Cho
, , 0
1
x y z
xyz
>



=

, chứng minh rằng:

a x y a y z
a z x
xy yz zx
+ + + +
+ +
+ + ≥
3 3 3 3
3 3
3 3
,
II. ĐÁNH GIÁ:
Qua việc bồi dưỡng học sinh cách tìm tòi bài giải một số bài toán về bất
đẳng thức, tôi nhận thấy rằng học sinh thích thú với một số kỹ thuật giải toán
bước đầu về bất đẳng thức. Học sinh được trang bị một số bài toán chọn lọc tiêu
biểu để hiểu và nắm vững các kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức, từ đó vận dụng
linh hoạt, sáng tạo để chứng minh các bất đẳng thức khác. Qua kiểm tra, đánh giá
các em điều vận dụng tốt vào chứng minh bất đẳng thức.
III. KẾT LUẬN
Không dễ để có thể trình bày hết các kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức
được. Những bài toán được chọn lọc minh họa trên đây với kỹ thuật sử dụng bất
đẳng thức trung gian và kỹ thuật chọn điểm rơi bước đầu tạo cho học sinh giải
toán có thể tháo gỡ những khó khăn trong việc tìm tòi cách giải các bài toán về
bất đẳng thức. Với trang bị ban đầu này học sinh học sinh có thể tìm tòi thêm các
bất đẳng thức trung gian khác để lưu trữ vào kho kiến thức của mình. Thông qua

các bài toán chọn lọc về chọn điểm rơi, tôi thiết nghĩ những bài toán khó về bất
đẳng thức đã phần nào có hướng giải quyết, cánh cửa kiến thức về bất đẳng thức
đã bắt đầu hé mở đối với học sinh. Hy vọng các em học sinh sẽ hứng thú khi gặp
các bài toán loại này, không còn ngại khi giải toán về bất đẳng thức.
Phan Rang- Tháp Chàm, ngày 17 tháng 05 năm 2010
Người viết
Trần Thanh Tuấn
Sáng kiến kinh nghiệm 25 Trần Thanh Tuấn