skkn rèn luyên kỹ năng chứng minh bất đẳng thức cho học sinh THCS

Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Các bài toán về bất đẳng thức là những bài toán khó , để giải được các
bài toán về bất đẳng thức, bên cạnh việc nắm vững khái niệm và các tính chất
cơ bản của bất đẳng thức, còn phải nắm được các phương pháp chứng minh
bất đẳng thức.
Có nhiều phương pháp để chứng minh bất đẳng và ta phải căn cứ vào
đặc thù của mỗi bài toán mà sử dụng phương pháp cho phù hợp. Mỗi bài toán
chứng minh bất đẳng thức có thể áp dụng được nhiều phương pháp giải khác
nhau , cũng có bài phải phối hợp nhiều phương pháp một cách hợp lí .
Bài toán chứng minh bất đẳng thức được vận dụng nhiều vào các dạng
bài toán giải và biện luận phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đặc
biệt , tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức và được sử dụng nhiều
trong khi ôn tập , ôn thi ngoại khoá Vì vậy học sinh cần thiết phải nắm được
những kiến thức cơ bản về bất đẳng thức .
Trong thực tế giảng dạy ở trường THCS , học sinh gặp nhiều khó khăn
khi giải các bài toán liên quan về bất đẳng thức , vì các bài toán chứng minh
bất đẳng thức thường khong có cách giải mẫu , không theo một phương pháp
nhất định nên học sinh không xác định được hướng giải bài toán . Mặt khác vì
nhận thức của học sinh THCS còn có nhiều hạn chế và khả năng tư duy chưa
tốt do đó học sinh còn lúng túng nhiều và không biết vận dụng kiến thức vào
giải các dạng bài tập khác .
Trong nội dung của đề tài xin được tập trung giới thiệu một số phương
pháp hay được sử dụng khi chứng minh bất đẳng thức như : dùng định nghĩa ,
biến đổi tương đương , dùng các bất đẳng thức đã biết , phương pháp phản
chứng và một số bài tập vận dụng , nhằm giúp học sinh bớt lúng túng khi
gặp các bài toán về chứng minh hay vận dụng bất đẳng thức , giúp học sinh có
thể tự định hướng được phương pháp chứng minh và hứng thú hơn khi học về
bất đẳng thức nói riêng và bộ môn Toán nói chung .
Vì thời gian có hạn , kinh nghiệm giảng dạy còn chưa nhiều và khả
năng nghiên cứu chưa tốt nên nội dung của đề tài còn nhiều hạn chế mong

các bạn góp ý thêm .
Lớp Toán K7
1
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
PHẦN I : CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý
1, Định nghĩa bất đẳng thức
+ a nhỏ hơn b , kí hiệu a < b
+ a lớn hơn b , kí hiệu a > b ,
+ a nhỏ hơn hoặc bằng b , kí hiệu a < b,
+ a lớn hơn hoặc bằng b , kí hiệu a > b ,
2, Một số tính chất cơ bản của bất dẳng thức :
a, Tính chất 1: a > b <=> b < a
b, Tính chất 2: a > b và b > c => a > c
c, Tính chất 3: a > b <=> a + c > b + c
Hệ quả : a > b <=> a - c > b - c
a + c > b <=> a > b - c
d, Tính chất 4 : a > c và b > d => a + c > b + d
a > b và c < d => a - c > b - d
e, Tính chất 5 : a > b và c > 0 => ac > bd
a > b và c < 0 => ac < bd
f, Tính chất 6 : a > b > 0 ; c > d > 0 => ac > bd
g, Tính chất 7 : a > b > 0 => a
n
> b
n
a > b <=> a
n
> b
n
với n lẻ .

h, Tính chất 8 : a > b ; ab > 0 =>
3, Một số đẳng thức thông dụng :
a, Bất đẳng thức Côsi :
Với 2 số dương a , b ta có :
ab
ba
≥
+
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi : a = b
b, Bất đẳng thức Bunhiacôpxki :
Với mọi số a ; b; x ; y ta có : ( ax + by )
2

≤
(a
2
+ b
2
)(x
2
+ y
2
)
Dấu đẳng thức xảy ra <=>
y
b
x
a

=

c, Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối :

baba +≥+
Dấu đẳng thức xảy ra khi : ab
≥
0
Lớp Toán K7
2
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
PHẦN II :
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
1.Phương pháp 1 : Dùng định nghĩa
- Kiến thức : Để chứng minh A > B , ta xét hiệu A - B rồi chứng minh
A - B > 0 .
- Lưu ý : A
2

≥
0 với mọi A ; dấu '' = '' xảy ra khi A = 0 .
- Ví dụ :
Bài 1 :
Với mọi số : x, y, z chứng minh rằng : x
2
+ y
2
+ z
2
+3

≥
2(x + y + z)
Giải :
Ta xét hiệu : H = x
2
+ y
2
+ z
2
+3 - 2( x + y + z)
= x
2
+ y
2
+ z
2
+3 - 2x - 2y - 2z
= (x
2
- 2x + 1) + (y
2
- 2y + 1) + (z
2
- 2z + 1)
= (x - 1)
2
+ (y - 1)
2
+ (z - 1)
2

Do (x - 1)
2

≥
0 với mọi x
(y - 1)
2

≥
0 với mọi y
(z - 1)
2

≥
0 với mọi z
=> H
≥
0 với mọi x, y, z
Hay x
2
+ y
2
+ z
2
+3
≥
2(x + y + z) với mọi x, y, z .
Dấu bằng xảy ra <=> x = y = z = 1.
Bài 2 :
Cho a, b, c, d, e là các số thực :

Chứng minh rằng : a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2

≥
a(b + c + d + e)
Giải :
Xét hiệu : H = a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2
- a(b + c + d + e)
= (
b
a
−
2

)
2
+ (
c
a
−
2
)
2
+ (
d
a
−
2
)
2
+ (
e
a
−
2
)
2
Do (
b
a
−
2
)
2

≥
0 với mọi a, b
Do(
c
a
−
2
)
2

≥
0 với mọi a, c
Lớp Toán K7
3
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
Do (
d
a
−
2
)
2

≥
0 với mọi a, d
Do (
e
a
−

2
)
2
≥
0 với mọi a, e
=> H
≥
0 với mọi a, b, c, d, e
Dấu '' = '' xảy ra <=> b = c = d = e =
2
a
Bài 3 : Chứng minh bất đẳng thức :

2
22
22






+
≥
+ baba
Giải :
Xét hiệu : H =
2
22
22







+
−
+ baba
=
4
)2()(2
2222
bababa ++−+
=
0)(
4
1
)222(
4
1
22222
≥−=−−−+ baabbaba
. Với mọi a, b .
Dấu '' = '' xảy ra khi a = b .
2. Phương pháp 2 ; Dùng phép biến đổi tương đương .
- Kiến thức : Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
bất đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh là đúng .
- Một số bất đẳng thức thường dùng :
 (A

±
B)
2
= A
2

±
2AB + B
2
 (A + B + C)
2
= A
2
+ B
2
+ C
2
+ 2AB + 2AC + 2BC
 (A
±
B)
3
= A
3

±
3A
2
B + 3AB
2

±
B
3

Ví dụ :
Bài 1 : Cho a, b là hai số dương có tổng bằng 1 . Chứng minh rằng :

3
4
1
1
1
1
≥
+
+
+ ba
Giải:
Dùng phép biến đổi tương đương ;
3(a + 1 + b + 1)
≥
4(a + 1) (b + 1)
 9
≥
4(ab + a + b + 1) (vì a + b = 1)
 9
≥
4ab + 8  1
≥

4ab  (a + b)
2

≥
4ab
Bất đẳng thức cuối đúng . Suy ra điều phải chứng minh .
Lớp Toán K7
4
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
Bài 2: Cho a, b, c là các số dương thoả mãn : a + b + c = 4
Chứng minh rằng : (a + b)(b + c)(c + a)
≥
a
3
b
3
c
3

Giải:
Từ : (a + b)
2

≥
4ab , (a + b + c)
2
=
[ ]
cbacba )(4)(
2

+≥++
=> 16
≥
4(a + b)c => 16(a + b)
≥
4(a + b)
2
c
≥
16 abc
=> a + b
≥
abc
Tương tự : b + c
≥
abc
c + a
≥
abc
=> (a + b)(b + c)(c + a)
≥
a
3
b
3
c
3

Bài 3 : Chứng minh bất đẳng thức :

3
33
22






+
≥
+ baba
; trong đó a > 0 ; b > 0
Giải :
Dùng phép biến đổi tương đương : Với a > 0 ; b > 0 => a + b > 0

3
33
22






+
≥
+ baba









+
≥+−






+
2
).(
2
22
ba
baba
ba
.
2
2







+ ba
 a
2
- ab + b
2

≥

2
2






+ ba
 4a
2
- 4ab + 4b
2

≥
a
2
+ 2ab + b
2

 3a

2
- 6ab + 3b
2

≥
3(a
2
- 2ab + b
2
)
≥
0
Bất đẳng thức cuối cùng đúng ; suy ra :
3
33
22






+
≥
+ baba
Bài 4:
Cho 2 số a, b thoả mãn a + b = 1 . CMR a
3
+ b
3

+ ab
≥

2
1
Giải :
Ta có : a
3
+ b
3
+ ab
≥

2
1
<=> a
3
+ b
3
+ ab -
2
1

≥
0
<=> (a + b)(a
2
- ab + b
2
) + ab -

2
1

≥
0
<=> a
2
+ b
2
-
2
1
≥
0 . Vì a + b = 1
<=> 2a
2
+ 2b
2
- 1
≥
0
<=> 2a
2
+ 2(1-a)
2
- 1
≥
0 ( vì b = a -1 )
<=> 4a
2

- 4a + 1
≥
0
Lớp Toán K7
5
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
<=> ( 2a - 1 )
2

≥
0
Bất đẳng thức cuối cùng đúng . Vậy a
3
+ b
3
+ ab
≥

2
1
Dấu '' = '' xảy ra khi a = b =
2
1
Bài 5 : Chứng minh bất đẳng thức :
3
33
22







+
≥
+ baba

Trong đó : a > 0 , b > 0 .
Giải :
Với a > 0 , b > 0 => a + b > 0
Ta có :
3
33
22






+
≥
+ baba
<=>
( )
2
22
22
.
2







+






+
≥+−






+ baba
baba
ba
<=>
2
22
2







+
≥+−
ba
baba
<=> 4a
2
- 4ab + 4b
2

≥
a
2
+ 2ab + b
2

<=> 3(a
2
- 2ab + b
2
)
≥
0
<=> 3(a - b)
2

≥

0 . Bất đẳng thức này đúng
=>
3
33
22






+
≥
+ baba
Dấu '' = '' xảy ra khi a = b .
Bài 6 : Với a > 0 , b > 0 . Chứng minh bất đẳng thức :

a
b
a
−

≥

a
b
b −
Giải :
Dùng phép biến đổi tương đương :

a
b
a
−

≥

a
b
b −
 (
)() baabbbaa +−+
≥
0

[ ]
0)()()(
33
≥+−+ baabba

0)())(( ≥+−+−+ baabbababa

0)2)(( ≥+−+ bababa

0))(( ≥−+ baba
Bất đẳng thức cuối đúng ; suy ra :
a
b
a
−

≥

a
b
b −
Lớp Toán K7
6
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS

3. Phương pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc .
- Kiến thức : Dùng các bất đẳng thức quen thuộc như : Côsi ,
Bunhiacôpxki , bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối để biến đổi và chứng
minh ,
Một số hệ quả từ các bất đẳng thức trên : x
2
+ y
2

≥
2xy
Với a, b > 0 ,
2≥+
a
b
b
a
Các ví dụ :
Bài 1 : Giả sử a, b, c là các số dương , chứng minh rằng:

2>
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a

Giải
áp dụng BĐT Cauchy , ta có :
a + (b + c)
)(2 cba +≥

cba
a
cb
a
++
≥
+
2
Tương tự ta thu được :

cba
b
ac

b
++
≥
+
2
,
cba
c
ba
c
++
≥
+
2
Dấu bằng của ba BĐT trên không thể đồng thời xảy ra , vì khi đó có :
a = b + c , b = c + a , c = a + b nên a + b + c = 0 ( trái với giả thiết a, b, c đều
là số dương ).
Từ đó suy ra :
2>
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
Bài 2:

Cho x , y là 2 số thực thoả mãn :

x
2
+ y
2
=
22
11 xyyx −+−
Chứng minh rằng : 3x + 4y
≤
5
Giải :
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có :
(x
2
+ y
2
)
2
= (
22
11 xyyx −+−
)
2
(
1≤x
;
1≤y
)

≤
(x
2
+ y
2
)(1 - y
2
+ 1 - x
2
)
=> x
2
+ y
2

≤
1
Ta lại có : (3x + 4y)
2

≤
(3
2
+ 4
2
)(x
2
+ y
2

)
≤
25
=> 3x + 4y
≤
5
Lớp Toán K7
7
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
Đẳng thức xảy ra 







=
>>
=+
43
0,0
1
22
yx
yx
yx







=
=
5
4
5
3
y
x
Điều kiện :
2
5
2
3
≤≤ x
Bài 3: Cho a, b, c
≥
0 ; a + b + c = 1 . Chứng minh rằng :
a,
6≤+++++ accbba
b,
5,3111 <+++++ cba
Giải
a, Áp dụng bất dẳng thức Bunhiacôpxki với 2 bộ 3 số ta có :
( )
( )
( ) ( ) ( )







+++++++≤+++++
222
1111.1.1. accbbaaccbba
=>
( )
6)22.(3
2
=++≤+++++ acbaaccbba
=>
6≤+++++ accbba
.
Dấu '' = '' xảy ra khi : a = b = c =
3
1
b, Áp dụng bất đẳng thức Côsi , ta có :

1
22
1)1(
1 +=
++
≤+
aa
a
Tương tự :

1
2
1 +≤+
b
b
;
1
2
1 +≤+
c
c
Cộng từng vế của 3 bất đẳng thức trên ta được :

5,33
2
111 =+
++
≤+++++
cba
cba
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =0 trái với giả thiết : a + b + c = 1
Vậy :
5,3111 <+++++ cba
Bài 4 : Cho các số dương a , b , c thoả mãn : a + b + c = 1 .
Chứng minh rằng :
9
111
≥++
cba
Giải :

Ta có :
0>+
a
b
b
a
, a , b > 0
Ta có :
=++
cba
111
)
111
(
cba
++
.1 =
)
111
(
cba
++
.(a + b + c)
=
111 ++++++++
b
c
a
c
c

b
a
b
c
a
b
a
=
≥++++++ )()()(3
c
a
a
c
b
c
c
b
a
b
b
a
3 + 2 + 2 + 2 = 9
Lớp Toán K7
8
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
=>
9
111
≥++
cba

Dấu ''='' xảy ra khi : a = b = c =
3
1
Bài 5
a, Cho x , y > 0 . Chứng minh rằng :
yxyx +
≥+
411

b, Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b , c là độ dài các cạnh
của tam giác ) . Chứng minh rằng :

2
111
≥
−
+
−
+
− cpbpap
)
111
(
cba
++
Giải
a, Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
xyyx 2≥+

yx
11
+

≥

xy
2
=> (x + y)(
yx
11
+
)
≥
4
=>
yx
11
+

≥

yx +
4
b, Ta có : p - a =
0
2
>
−+ acb
Tương tự : p - b > 0 ; p - c > 0 ;

áp dụng kết quả câu a , ta được ;
cbpapbpap
4
)()(
411
=
−+−
≥
−
+
−
Tương tự :
acpbp
411
≥
−
+
−

bcpap
411
≥
−
+
−
=>
)
111
(4)
111

(2
cbacpcpap
++≥
−
+
−
+
−
=> đIều phải chứng minh .
Dấu '' = '' xảy ra khi : p - a = p - b = p - c  a = b = c .
Khi đó tam giác ABC là tam giác đều .
4. Phương pháp 4 ; Dùng các tính chất của bất đẳng thức :
- Kiến thức : Dùng các tính chất đã được học để vận dụng vào giải các
bài tập .
Các ví dụ :
Bài 1 : Cho 2 số x , y thoả mãn điều kiện : x + y = 2 .
Lớp Toán K7
9
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
Chứng minh rằng : x
4
+ y
4

≥
2
Giải
Theo tính chất bắc cầu ta có : (x
2
- y

2
)
≥
0  x
4
+ y
4

≥
2x
2
y
2
 2(x
4
+ y
4
)
≥
(x
2
+ y
2
)
2
(1)
Ta có : (x - y)
2

≥

0  x
2
+ y
2

≥
2xy
 2(x
2
+ y
2
)
≥
(x +y)
2
2(x
2
+ y
2
)
≥
4 Vì : x + y = 2
 x
2
+ y
2

≥
2 (2)
Từ (1) và (2) ta có : x

4
+ y
4

≥
2
Dấu '' = '' xảy ra khi x = y = 1 .
Bài 2:
Cho 0 < a, b, c, d < 1 . Chứng minh rằng :
(1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > 1 - a - b - c - d .
Giải :
Ta có : (1 - a)(1 - b) = 1 - a - b + ab
Do a, b > 0 nên ab > 0 => (1 - a)(1 - b) > 1 - a - b .
Do c < 1 nên 1 - c > 0 => (1 - a)(1 - b)(1 - c) > (1 - a - b)(1 - c)
 (1 - a)(1 - b)(1 - c) > 1 - a - b - c + ac + bc .
Do a, b, c, d > 0 nên 1 - d > 0 ; ac + bc > 0 ; ad + bd + cd > 0
=>(1 - a)(1 - b)(1 - c) > 1 - a - b - c
=> (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > (1 - a - b - c)(1 - d)
=> (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > 1 - a - b - c - d + ad + bd + cd
=> (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > 1 - a - b - c - d .
Bài 3 : Cho 0 < a, b, c < 1 . Chứng minh rằng :
2a
3
+ 2b
3
+ 2c
3
< 3 + a
2
b + b

2
c + c
2
a
Giải :
Do a, b < 1 => a
3
< a
2
< a < 1 ; b
3
< b
2
< b < 1 ; ta có :
(1 - a
2
)(1 - b) > 0 => 1 + a
2
b > a
2
+ b
=> 1 + a
2
b > a
3
+ b
3
hay a
3
+ b

3
< 1 + a
2
b .
Tương tự : b
3
+ c
3
< 1 + b
2
c ; c
3
+ a
3
< 1 + c
2
a .
=> 2a
3
+ 2b
3
+ 2c
3
< 3 + a
2
b + b
2
c + c
2
a

5. Phương pháp 5 : Chứng minh phản chứng .
Lớp Toán K7
10
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
- Kiến thức : Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng , ta
hãy giả sử bất dẳng thức đó sai , sau đó vận dụng các kiến thức đã biết và giả
thiết của đề bài để suy ra điều vô lý .
Điều vô lý có thể là trái với giả thiết , hoặc là những điều trái nhược
nhau , từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh là đúng .
Một số hình thức chứng minh bất đẳng thức :
+ Dùng mệnh đề đảo
+ Phủ định rồi suy ra điều trái với giả thiết .
+ Phủ định rồi suy ra trái với đIều đúng .
+ Phủ định rồi suy ra hai đIều tràI ngược nhau .
+ Phủ định rồi suy ra kết luận .
Các ví dụ :
Bài 1 : Cho 0 < a,b,c,d <1 . Chứng minh rằng ; ít nhất có một bất đẳng thức
sau là sai : 2a(1 - b) > 1
3b(1 - c) > 2
8c(1 - d) > 1
32d(1 - a) > 3
Giải:
Giả sử ngược lại cả bốn đẳng thức đều đúng . Nhân từng về ;
ta có : 2.3.8.32a(1 - b)b(1 - c)c(1 - d)d(1 - a) > 2 .3
=>
[ ][ ][ ][ ]
256
1
)1()1()1()1( >−−−− ddccbbaa
(1)

Mặt khác , áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :

2
1
2
1
)1( =
−+
≤−
aa
aa
=> a(1 - a)
≤

4
1
Tương tự : b(1 - b)
≤

4
1
c(1 - c)
≤

4
1
d(1 - d)
≤

4

1
Nhân từng về các bất đẳng thức ; ta có :

[ ][ ][ ][ ]
256
1
)1()1()1()1( >−−−− ddccbbaa
(2)
Từ (1) và (2) suy ra vô lý .
Lớp Toán K7
11
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
Điều vô lý đó chứng tỏ ít nhất một trong 4 bất đẳng thức cho trong đầu bài là
sai .
Bài 2 : ( Phủ định rồi suy ra hai điều trái ngược nhau )
Chứng minh rằng không có 3 số dương a, b, c nào thoả mãn cả ba bất đẳng
thức sau :
2
1
<+
b
a
;
2
1
<+
c
b
;
2

1
<+
a
c
Giải
Giả sử tồn tại 3 số dương a, b, c thoả mãn cả 3 bất đẳng thức :

2
1
<+
b
a
;
2
1
<+
c
b
;
2
1
<+
a
c
Cộng theo từng vế của 3 bất đẳng thức trên ta được :

6
111
<+++++
a

c
c
b
b
a

6)
1
()
1
()
1
( <+++++
c
c
b
b
a
a
(1)
Vì a, b, c > 0 nên ta có :
2)
1
( ≥+
a
a
;
2)
1
( ≥+

b
b
;
2)
1
( ≥+
c
c
=>
6)
1
()
1
()
1
( ≥+++++
c
c
b
b
a
a
Điều này mâu thuẫn với (1)
Vậy không tồn tại 3 số dương a, b, c thoả mãn cả 3 bất đẳng thức nói
trên . => đpcm
Bài 3 : Chứng minh rằng không có các số dương a, b, c thoả mãn cả 3 bất
đẳng thức sau :
4a(1 - b) > 1 ; 4b(1 - c) > 1 ; 4c(1 - a ) > 1 .
Hướng dẫn : tương tự như bài 2 :
Bài 4 :( Phủ định rồi suy ra trái với điều đúng )

Cho a
3
+ b
3
= 2 . Chứng minh rằng : a + b
≤
2 .
Giải :
Giả sử : a + b > 2 => (a + b )
3
> 8
=> a
3
+ b
3
+ 3ab(a + b) > 8
=> 2 + 3ab(a + b) > 8 ( Vì : a
3
+ b
3
= 2 )
=> ab(a + b) > 2
=> ab(a + b) > a
3
+ b
3
( Vì : a
3
+ b
3

= 2 )
Chia cả hai vế cho số dương a, b ta được :
ab > a
2
- ab + b
2
=> 0 > (a - b)
2
Vô lý
Vậy : a + b
≤
2
Lớp Toán K7
12
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
6. Phương pháp 6 : Đổi biến số
- Kiến thức : Thực hiện phương pháp đổi biến số nhằm đưa bài toán đã
cho về dạng đơn giản hơn , gọn hơn , dạng những bài toán đã biết cách giải
Các ví dụ :
Bài 1 : Chứng minh rằng : Nếu a , b , c > 0 thì :

2
3
≥
+
+
+
+
+ ab
c

ac
b
cb
a
Giải:
Đặt : b +c = x , c + a = y , a + b = z
=> a + b + c =
2
zyx ++
=> a =
2
xzy −+
, b =
2
yxz −+
, c =
2
zyx −+
Khi đó :
VT =
ab
c
ac
b
cb
a
+
+
+
+

+
=
z
zyx
y
yxz
x
xzy
222
−+
+
−+
+
−+
=
2
3
2
3
111
2
3
)(
2
1
)(
2
1
)(
2

1
=−++≥−+++++
z
y
y
z
z
x
x
z
y
x
x
y
Bài 2 : Chứng minh rằng ; với mọi số thực x, y ta có bất đẳng thức :
-
4
1
)1()1(
)1)((
4
1
2222
2222
≤
++
−
≤
yx
yxyx

Giải:
Đặt : a =
)1)(1(
22
22
yx
yx
++
−
và b =
)1)(1(
1
22
22
yx
yx
++
−
=> ab =
2222
2222
)1()1(
)1)((
yx
yxyx
++
−−
Ta có dễ thấy với mọi a, b thì : -
22
)(

4
1
)(
4
1
baabba +≤≤−
Mà : (a - b)
2
=
2
2
1
2
1






+
−
x
(a + b)
2
=
2
2
1
2

1






+
−
y
Suy ra : -
4
1

≤
ab
≤

4
1
.
Bài 3 : Cho a, b, c > 0 ; a + b + c
≤
1 . Chứng minh rằng :

9
2
1
2
1

2
1
222
≥
+
+
+
+
+ abccabbca
Lớp Toán K7
13
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
Giải :
Đặt : a
2
+ 2bc = x ; b
2
+ 2ca = y ; c
2
+ 2ab = z
Khi đó : x + y + z = a
2
+ 2bc + b
2
+ 2ca + c
2
+ 2ab
= (a + b + c)
2

≤
1
Bài toán trở thành : Cho x, y, z > 0 , x + y + z
≤
1 .
Cứng minh rằng :

9
111
≥++
zyx
Ta chứng minh được : (x + y + z)(
9)
111
≥++
zyx
Theo bất đẳng thức Côsi
Mà : x + y + z
≤
1 nên suy ra
9
111
≥++
zyx
.
7.Phương pháp 7: Dùng phép quy nạp toán học .
- Kiến thức : Để chứng minh một bất đẳng thức đúng với n > 1 bằng
phương pháp quy nạp toán học , ta tiến hành :
+ Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n = 1 (n = n
0

)
+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k > 1 (k > n
0
)
+ Chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1
+ Kết luận bất đẳng thức đúng với n > 1 (n > n
0
)
- Ví dụ :
Bài 1 :
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n
≥
3 thì
2
n
> 2n + 1 (*)
Giải :
+ Với n = 3 , ta có : 2
n
= 2
3
= 8 ; 2n + 1 = 2.3 + 1 = 7 ; 8 > 7 . Vậy đẳng
thức (*) đúng với n = 3 .
+ Giả sử (*) đúng với n = k (k
∈
N ; k
≥
3) , tức là : 2
k
> 2k + 1

ta phải chứng minh : 2
k+1
> 2(k + 1) + 1
hay : 2
k+1
> 2k + 3 (**)
+ Thật vậy : 2
k+1
= 2.2
k
, mà 2
k
> 2k + 1 ( theo giả thiết quy nạp )
do đó : 2
k +1
> 2(2k + 1) = (2k + 3) +(2k - 1) > 2k + 3 ( Vì : 2k - 1 > 0)
Vậy (**) đúng với mọi k
≥
3 .
Lớp Toán K7
14
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
+ Kết luận : 2
n
> 2n + 1 với mọi số nguyên dương n
≥
3 .
Bài 2 : ( Tương tự )
Tìm số nguyên dương n sao cho 2
n

> 5n .
Bài 3 : Chứng minh rằng :

2
1
.
4
3
.
6
5

n
n
2
12 −
≤

13
1
+n
(*) (n là số nguyên dương )
Giải :
+ Với n = 1 , ta có : VT = VP =
2
1
. Vậy (*) đúng với n = 1 .
+ Giả sử (*) đúng với n = k
≥
1 ta có :

2
1
.
4
3
.
6
5

k
k
2
12 −
≤

13
1
+
k
Ta cần chứng minh (*) đúng với n = k + 1 , tức là :

2
1
.
4
3
.
6
5

k
k
2
12 −
.
≤
+
+
)1(2
12
k
k

13
1
+
k
.
)1(2
12
+
+
k
k
do đó chỉ cần chứng minh :
13
1
+
k
)1(2

12
+
+
k
k

≤

1)1(3
1
++k
dùng phép biến đổi tương đương , ta có :
(2k + 1)
2
(3k + 4)
≤
(3k + 1)4(k +1)
2

 12k
3
+ 28k
2
+ 19k + 4
≤
12k
3
+ 28k
2
+ 20k +4

 k
≥
0 .
=> (**) đúng với mọi k
≥
1 .
Vậy (*) dúng với mọi số nguyên dương n .
8 . Ngoài ra còn có một số phương pháp khác để chứng minh bất đẳng
thức như : Phương pháp làm trội , dùng bất đẳng thức trong tam giác ,
tam thức bậc hai ta phải căn cứ vào đặc thù của mỗi bàI toán mà sử
dụng phương pháp cho phù hợp . Trong phạm vi nhỏ của đề tàI này
không hệ thống ra những phương pháp đó .
PHẦN III : ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC
I- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị .
- Kiến thức : Nếu f(x)
≥
m thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là m .
Nếu f(x)
≤
M thì f(x) có giá trị lớn nhất là M .
Ta thường hay áp dụng các bất đẳng thức thông dụng như : Côsi ,
Bunhiacôpxki , bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối .
Kiểm tra trường hợp xảy ra dấu đẳng thức để tìm cực trị .
Lớp Toán K7
15
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
Tìm cực trị của một biểu thức có dạng là đa thức , ta hay sử dụng phương
pháp biến đổi tương đương , đổi biến số , một số bất đẳng thức
Tìm cực trị của một biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối , ta vận dụng các
bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối

Chú ý :
BABA +≥+

Xảy ra dấu '' = '' khi AB
≥
0

0≥A
Dấu ''= '' xảy ra khi A = 0
Ví dụ :
Bài 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : B = a
3
+ b
3
+ ab ; Cho biết a và b
thoả mãn : a + b = 1 .
Giải
B = (a + b)(a
2
- ab + b
2
) + ab
= a
2
- ab + b
2
+ ab = a
2
+ b
2

Ta có : 2(a
2
+ b
2
)
≥
(a + b)
2
= 1 => a
2
+ b
2

≥

2
1
Vậy min B =
2
1
khi a = b =
2
1
Bài 2: a, Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
A = (x
2
+ x)(x
2
+ x - 4)

b, Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
B = - x
2
- y
2
+ xy + 2x +2y
Giải
a, A = (x
2
+ x)(x
2
+ x - 4) . Đặt : t = x
2
+ x - 2
=> A = (t - 2)(t + 2) = t
2
- 4
≥
- 4
Dấu bằng xảy ra khi : t = 0  x
2
+ x - 2 = 0
(x - 2)(x + 2) = 0  x = -2 ; x = 1 .
=> min A = - 4 khi x = -2 ; x = 1 ;
b, Tương tự
Bài 3 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .
a, C =
1232 −+− xx

b, D =

63
22
−++++ xxxx

c, E =
4321 −+−+−+− xxxx
Giải :
a, Áp dụng BĐT :
BABA +≥+
Dấu '' = ''xảy ra khi AB
≥
0 .
Lớp Toán K7
16
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
=> C =
2221322132 =−=−+−≥−+− xxxx
Dấu '' = '' xảy ra khi (2x - 3)(1 - 2x)
≥
0 
2
3
2
1
≤≤ x

Vậy minC = 2 khi
2
3
2

1
≤≤ x
b, Tương tự : minD = 9 khi : -3
≤
x
≤
2
c, minE = 4 khi : 2
≤
x
≤
3
Bài 4 : Cho a < b < c < d , tìm :
Minf(x) =
ax −
+
bx −
+
cx −
+
dx −
Hướng dẫn : tương tự : minf(x) = d + c - b - a khi b
≤
x
≤
c
Bài 5 : Cho ba số dương x , y , z thoả mãn :
x+1
1
+

y+1
1
+
z+1
1

≥
2
Tìm giá trị lớn nhất của tích : P = xyz
Giải :

x+1
1

≥
(1 -
y+1
1
) + ( 1 -
z+1
1
) =
y
y
+1
+
z
z
+1

≥
2
)1)(1( zy
yz
++
Tương tự :
y+1
1

≥
2
)1)(1( zx
zx
++

z+1
1

≥
2
)1)(1( yx
xy
++
Từ đó suy ra : P = xyz
≤

8
1
MaxP =
8

1
khi x = y = z =
2
1
Bài 6 : Cho 3 số dương a, b, c thảo mãn : a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức : F =
222
)
1
()
1
()
1
(
c
c
b
b
a
a +++++
Giải:
Ta có : F = (a
2
+ b
2
+ c
2
) + (
222
111

cba
++
) + 6
Vận dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki , ta có :
(a.1 + b.1 + c.2)
2

≤
3(a
2
+ b
2
+ c
2
)
=> a
2
+ b
2
+ c
2

≥

3
1
Tương tự :
2
)
111

(
cba
++

≤
3
)
111
(
222
cba
++
Mặt khác :
=++
cba
111
(
cba
111
++
).1 = (
cba
111
++
)(a + b + c)
Lớp Toán K7
17
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
= 3 + (
a

b
b
a
+
) + (
b
c
c
b
+
) + (
c
a
a
c
+
)
≥
3 + 2 + 2 + 2 = 9
=>
cba
111
++

≥
9
=>
2
)
111

(
cba
++

≥
81
=>
)
111
(
222
cba
++

≥
27
F
≥

3
1
+ 27 + 6 = 33
Dấu '' = '' xảy ra khi : a = b = c =
3
1
Vậy MinF = 33
3
1
khi : a = b = c =
3

1
.
Bài 7 : Cho G =
xyz
zxyyzxxyz 321 −+−+−
Tìm giá trị lớn nhất của G :
Giải : Tập xác định : x
≥
1 ; y
≥
2 ; z
≥
3
Ta có : G =
x
x 1−
+
y
y 2−
+
z
z 3−
Theo BĐT Côsi ta có :
2
11
1
+−
≤−
x
x

=>
x
x 1−

2
1
≤
Tương tự :
22
1
2
≤
−
y
y
;
32
13
≤
−
z
z
=> G
≤

32
1
22
1
2

1
++
Vậy MaxG =
32
1
22
1
2
1
++
đạt được khi x = 2 ; y = 2 ; z = 6
Bài 8 a, Tìm giá trị nhỏ nhất của H =
1−x
x
với x > 1 .
b. Tìm giá trị lớn nhất của K =
2
1. xx −

HD : áp dụng bất đẳng thức Côsi và làm tương tự như bài 5 :
II - Dùng bất đẳng thức để giải phương trình .
- Kiến thức : Nhờ vào các tính chất của bất đẳng thức , các phương
pháp chứng minh bất đẳng thức , ta biến đổi hai vế ( VT , VP ) của phương
trình sau đó suy luận để chỉ ra nghiệm của phương trình .
Lớp Toán K7
18
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
Nếu VT = VP tại một hoặc một số giá trị nào đó của ẩn ( thoả mãn
TXĐ)
=> phương trình có nghiệm .

Nếu VT > VP hoặc VT < VP tại mọi giá trị của ẩn .
=> phương trình vô nghiệm .
- Các ví dụ :
Bài 1 : Giải phương trình :
13
1−x
+ 9
1+x
= 16x
Giải:
Điều kiện : x
≥
1 (*)
Cách 1 : áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 13
1−x
+ 9
1+x
= 13.2.
1
2
1
−x
+ 3.2.
1
2
3
+x

≤
13( x - 1 +

4
1
) + 3(x + 1 +
4
9
) = 16x
Dấu '' = '' xảy ra






=+
=−
2
3
1
2
1
1
x
x
 x =
4
5
thoả mãn (*)
Phương trình (1) có nghiệm  dấu '' = '' ở (2) xảy ra
Vậy (1) có nghiệm x =
4

5
.
Bài 2: a, Tìm giá trị lớn nhất của L =
32 −x
+
x25 −
b. Giải phương trình :
32 −x
+
x25 −
- x
2
+ 4x - 6 = 0 (*)
Giải :
a. Tóm tắt : (
32 −x
+
x25 −
)
2

≤
2(2x - 3 + 5 - 2x) = 4

32 −x
+
x25 −

≤
2

=> MaxL = 2 khi x = 2 .
b. TXĐ :
2
5
2
3
≤≤ x

(*) 
32 −x
+
x25 −
= x
2
- 4x + 6
VP = (x - 2)
2
+ 2
≥
2 , dấu '' = '' xảy ra khi x = 2 .
=> với x = 2 ( thoả mãn TXĐ ) thì VT = VP = 2 .
=> phương trình (*) có nghiệm x = 2 .
Bài 3 : Giải phương trình :
Lớp Toán K7
19
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS

x−6
+
2+x

= x
2
- 6x + 13
Giải : TXĐ : -2
≤
x
≤
6.
VP = (x - 3)
2
+ 4
≥
4 . Dấu '' = '' xảy ra khi x = 3 .
VT
2
= (
x−6
.1 +
2+x
.1)
2

≤
(6 - x + x + 2)(1 + 1) = 16
=> VT
≤
4 , dấu '' = '' xảy ra khi
x−6
=
2+x

 x = 2 .
=> không có giá trị nào của x để VT = VP => Phương trình vô nghiệm
Bài 4 : Giải phương trình :

16123
2
+− xx
+
134
2
+− yy
= 5
HD :
16123
2
+− xx
≥
2 ;
134
2
+− yy
≥
3 => VT
≥
5 .
Dấu '' = '' xảy ra khi :



=−

=−
02
02
y
x




=
=
2
2
y
x

=> phương trình có nghiệm : x = 2 ; y = 2 .

III - Dùng bất đẳng thức để giải hệ phương trình :
- Kiến thức : Dùng bất đẳng thức để biến đổi từng phương trình của hệ , suy
luận và kết luận nghiệm .
Lưu ý : Một số tính chất : a, a
2
+ b
2

≥
2ab
b. a + c < ; c > 0 => a < b
c.

1>
b
a
nếu a > b > 0 .
- Các ví dụ :
Bài 1 : Giải hệ phương trình :




=−+
=+−+
02
0342
222
23
yyxx
yyx
(1)

x
3
= - 1 - 2(y - 1)
2


x
3

≤

- 1  x
≤
- 1 . (*)
(2)  x
2

≤

2
1
2
y
y
+

≤
1 ( vì 1 + y
2

≥
2y)

-1
≤
x
≤
1 (**)
Từ (*) và (**) => x = -1 . Thay x = -1 vào (2) ta có : y = 1 .
=> Hệ phương trình có nghiệm duy nhất : x = -1 ; y = 1 .
- Kiến thức : Biến đổi một phương trình của hệ , sau đó so sánh với phương

trình còn lại , lưu ý dùng các bất đẳng thức quen thuộc .
Bài 2 : Giải hệ phương trình :
Lớp Toán K7
20
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS




=++
=++
xyzzyx
zyx
444
1
Giải :
Áp dụng : BĐT : A
2
+ B
2

≥
2AB dấu '' = '' xảy ra khi A = B
Ta có : x
4
+ y
4

≥
2x

2
y
2
; y
4
+ z
4

≥
2y
2
z
2
; z
4
+ x
4

≥
2z
2
x
2
.
=> x
4
+ y
4
+ z
4

≥
x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2
(*)
Mắt khác : x
2
y
2
+ y
2
z
2

≥
2x
2
yz
y
2

z
2
+ z
2
x
2

≥
2xy
2
z
x
2
y
2
+ z
2
x
2

≥
2xyz
2

=> 2(x
2
y
2
+ y
2

z
2
+ z
2
x
2
)
≥
2xyz(x + y + z) = 2xyz .
=> x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2

≥
xyz . (**)
Từ (*) và (**) => x
4
+ y
4
+ z
4

≥
xyz
Dấu '' = '' xảy ra khi : x = y = z mà x + y + z = 1 nên : x = y = z =
3
1
Vậy hệ phương trình có nghiệm : x = y = z =
3
1

Cách 2: áp dụng BĐT Côsi ;
- Kiến thức : Dùng phương pháp thế
Bài 3 : Giải hệ phương trình






=++++
=++
1)
632
)(
6
1
3
1
2
1

(
14
32
zyx
zyx
zyx
(với x, y, z > 0)
Giải :
áp dụng : Nếu a, b > 0 thì :
2≥+
a
b
b
a
(2) 
36)23)(
123
( =++++ zyx
zyx
 6
22)(2)(3)( =+++++
y
z
z
y
x
z
z
x
x

y
y
x
Mặt khác : vì x, y, z > nên 6
12)( ≥+
x
y
y
x


6)(3 ≥+
x
z
z
x
;
4)(2 ≥+
z
y
y
z

22)(2)(3)( ≥+++++
y
z
z
y
x
z

z
x
x
y
y
x
Dấu '' = '' xảy ra khi x = y = z , thay vào (1) ta được :
x + x
2
+ x
3
= 14 <=> (x - 2)(x
2
+ 3x + 7) = 0
Lớp Toán K7
21
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
<=> x - 2 = 0 <=> x = 2 .
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : x = y = z = 2 .
* Ngoài ra còn có một số những ứng dụng khác của bất đẳng thức , đòi
hỏi học sinh phải linh hoạt và sáng tạo trong khi giải , học sinh phải nắm chắc
được các kiến thức về bất đẳng thức thì mới vận dụng được .
Ví dụ : Dùng bất đẳng thức để giải phương trình nghiệm nguyên .
Bài 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

zyx
111
++
= 2
Giải :

Không mất tính tổng quát , ta giả sử x
≥
y
≥
z , ta có :
2 =
zyx
111
++

≤

z
3
=> 2z
≤
3 , mà z nguyên dương
Vậy z = 1 . Thay z = 1 vào phương trình ta được :

1
11
=+
yx

Theo giả sử , x
≥
y , nên 1 =
yx
11
+

≤

y
2

Y nguyên dương nên y = 1 hoặc y = 2 .
Với y = 1 không thích hợp
Với y = 2 ta có : x = 2 .
Vậy (2 ; 2 ; 1) là một nghiệm của phương trình .
Hoán vị các số trên , ta được nghiệm của phương trình là :
(2 ; 2 ; 1) ; (2 ; 1 ; 2) ; (1 ; 2 ; 2)
THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM
Bài vận dụng Bất đẳng thức để giải phương trình
A. Mục tiêu
- Giới thiệu và hướng dẫn học sinh nội dung kiến thức giải phương
trình nhờ vận dụng kiến thức bất đẳng thức Bunhiacôpxki và tính chất của bất
đẳng thức
- Hình thành kỹ năng giải phương trình nhờ vận dụng kiến thức bất
đẳng thức thông qua việc chữa các bài tập được đưa ra trên cơ sở các bài toán
Lớp Toán K7
22
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
chứng minh bất đẳng thức , kết quả suy ra từ các bất đẳng thức quen thuộc hay
tính chất của bất đẳng thức .
- Học sinh nắm được ph]ơng pháp giải , nhận dạng được dạng bài tập
và biết vận dụng vào giải các bài tập tương tự
- học sinh được rèn cách trình bày lời giải , lập luận chặt chẽ và chính
xác , phát huy tính tích cực và sáng tạo của học sinh .
B. Chuẩn bị :

C. Các hoạt động dạy học
1, Ổn định lớp
2, Kiểm tra bài cũ
HS1: Tìm Min của M = x
2
- 6x + 13
HS2: Tìm Max của N =
32 −x
+
x25 −
HS3: Bất đẳng thức Côsi ; Bunhiacôpxki ? Dấu đẳng thức xảy ra
khi nào ?
GV: Chữa bài HS1: M = x
2
- 6x + 9 + 4 = (x - 3)
2
+ 4
≥
4
=> Min M = 4 khi x = 3
HS2 : Vận dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có :
(
32 −x
.1 +
x25 −
.1)
2

≤
(1 + 1)(2x - 3 + 5 - 2x) = 4

=>
32 −x
+
x25 −

≤
2
=> Max N = 2 khi 2x - 3 = 5 - 2x  x = 2 .
HS3 : Viết các BĐT
3, Bài mới :
a, Đặt vấn đề :
Định nghĩa phương trình ẩn x ? cách giải ?
HS : Có dạng A(x) = B(x) , trong đó A(x) , B(x) là các biểu thức
biến x
Cách giải : Tìm ĐKXĐ (nếu có)
Tìm tất cả ác giá trị của biến thoả mãn ĐKXĐ
nghiệm đúng phương trình đã cho .
GV : Nếu ta có A(x)
≥
a ; B(x)
≤
a , vậy phương trình A(x) =
B(x) có nghoiệm khi nào ?
HS : Khi A(x) = B(x) = a ( xảy ra trường hợp dấu bằng )
GV : Đặt vấn đề vào bài
Lớp Toán K7
23
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
B, Bài giảng :
Hoạt động của thày và trò Nội dung

Hoạt động 1: Dạng 1:
GV: yêu cầu HS giải bài tập
Gợi ý: ? Nhận xét vế trái của (1)
HS : VT
≤
2
Vậy phương trình (1) có nghiệm khi nào
?

GV : yêu cầu hs làm câu b
Hs trình bày lời giải
1, Bài 1: Giải phương trình :
a,
22532 =−+− xx
(1)
b, 3
10541 =−+− xx
(2)
Giải
a, Đk :
2
5
2
3
≤≤ x
VT
≤
2; xảy ra '' = '  x = 2
Vậy 91) có nghiệm x = 2.
b, Đk : 1

≤
x
≤
5
(3
xx −+− 541
)
2

≤
(9+ 16)(x - 1 + 5 - x)
= 25 . 4 = 100
=> VT
≤
10
Dấu '' = '' xảy ra khi
25
61
=x

Vậy (2) có nghiệm
25
61
=x
Lớp Toán K7
24
Đề tài : Rèn luyện kỹ năng CM Bất đẳng thức cho học sinh THCS
Hoạt động 2: Vận dụng hướng dẫn HS
biến đổi
GV: Yêu cầu hs nhận dạng pt

HS : biến đổi suy ra
- VT
≤
2
- VP
≥
2
? Vậy PT có nghiệm không ? có nghiệm
khi nào ?
HS : PT có nghiệm khi VT = VP = 2
HS: trình bày lời giải
GV : Yêu cầu HS làm bài tập
? Em hãy nêu cách giải phương trình
GV gọi ý : Em có nhận xét gì về VT của
phương trình
HS : Chứng minh được VT
≤
16x
=> tìm nghiệm của PT
GV : Nhận xét
HS hoàn thành bài tập vào vở
Bài 2: Giải PT
0642532
2
=−+−−+− xxxx

642532
2
+−=−+− xxxx
HD :

VT
≤
2 . Dấu '' = '' xảy ra khi x = 2
VP
≥
2 . Dấu '' = '' xảy ra khi x = 2
Vậy phương trình có nghiệm khi
x = 2
Bài 3 : Giải phương trình :
13
1−x
+ 9
1+x
= 16x
Điều kiện : x
≥
1 (*)
Cách 1 : áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
13
1−x
+ 9
1+x
= 13.2.
1
2
1
−x
+ 3.2.
1
2

3
+x
≤
13( x - 1 +
4
1
) + 3(x + 1 +
4
9
) = 16x
Dấu '' = '' xảy ra






=+
=−
2
3
1
2
1
1
x
x
 x =
4
5

thoả mãn
PT (1) có nghiệm  dấu '' = '' ở (2) xảy ra
Vậy (1) có nghiệm x =
4
5
.
Lớp Toán K7
25