áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức

Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức
MỤC LỤC
STT NỘI DUNG TRANG
1 MỤC LỤC 1
2 A. PHẦN MỞ ĐẦU
I.Lý do chọn đề tài
1.Cở sở lý luận
2.Cơ sở thực tiễn
II. Mục đích nghiên cứu
III.Phương pháp nghiên cứu
2
3 IV. PHẠM VI NGHIÊN CỨU VÀ SỬ DỤNG
B. HAI BÀI TOÁN CƠ BẢN
Bài I
Bài II
3
4
ÁP DỤNG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
DẠNG 1
DẠNG 2
DẠNG 3
ÁP DỤNG TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT, LỚN NHẤT
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
4-14
5
C.KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM
1.KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC
2.BÀI HỌC KINH NGHIỆM
15
6 D. KẾT LUẬN 16
7 TÀI LIỆU THAM KHẢO 17

A.PHẦN MỞ ĐẦU
I.LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
1
Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức
1.Cơ sở khoa học:
Toán học có vai trò và vị trí đặc biệt quan trọng trong khoa học kĩ thuật và đời sống,
giúp con người tiếp thu một cách dễ dàng các môn khoa học khác có hiệu quả. Thông qua
việc học toán, học sinh có thể nắm vững được nội dung toán học và phương pháp giải
toán, từ đó vận dụng vào các môn học khác nhất là các môn khoa học tự nhiên. Hơn nữa
Toán học còn là cơ sở của mọi ngành khoa học khác, chính vì thế toán học có vai trò
quan trọng trong trường phổ thông, nó đòi hỏi người thầy giáo mọi sự lao động nghệ
thuật sáng tạo để có được những phương pháp dạy học giúp học sinh học và giải quyết
bài toán.
Bất đẳng thức là một nội dung quan trọng trong chương trình toán học THCS . Trong quá
trình dạy toán ở THCS, qua kinh nghiệm dạy bồi dưỡng học sinh giỏi và qua quá trình
tìm tòi bản thân tôi thấy hai bài toán được áp dụng nhiều trong quá trình chứng minh bất
đẳng thức .Thiết nghĩ mỗi giáo viên toán cần trang bị cho học sinh để giúp các em giải tốt
các bài toán về bất đẳng thức góp phần nâng cao tư duy toán học, tạo diều kiện cho việc
học toán nói riêng và trong quá trình học tập nói chung.
2. Cơ sở thực tiễn
Bất đẳng thức là loại toán mà học sinh THCS vẫn coi là loại toán khó. Nhiều học sinh
không biết giải Bất đẳng thức thì phải bắt đầu từ đâu và phương pháp giải loại toán này
như thế nào.
Thực tế cho thấy toán Bất đẳng thức có nhiều trong chương trình THCS, nhưng không
được trang bị một số bài tập cơ bản nhất định gây cho học sinh nhiều khó khăn khi gặp
và giải quyết loại toán này.
Các bài toán có liên quan tới Bất đẳng thức hầu như có mặt ở mọi đề thi kể cả các đề thi
tốt nghiệp cho đến đề thi học sinh giỏi các cấp và thi vào lớp 10 trung học phổ thông.
Đối với các giáo viên còn thiếu kinh nghiệm giảng dạy, đặc biệt là bồi dưỡng học sinh
giỏi thì việc nắm vững phương pháp Bất đẳng thức sẽ bổ sung nhiều vào kho kiến thức

của mình. Đối với học sinh sẽ khắc phục được những hạn chế trước đây giúp các em có
tinh thần tự tin trong học tập bộ môn toán.
Với những kinh trong quỏ trỡnh dạy học của bản thõn tôi xin giới thiệu bạn bè đồng
nghiệp, các nhà chuyên môn và các cấp quản lý giáo dục đề tài kinh nghiệm: “ÁP DỤNG
HAI BÀI TOÁN CƠ BẢN ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC”.
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.
Đề tài này sẽ góp phần quan trọng trong việc giảng dạy toán học nói chung và Bất
đẳng thức nói riêng, đặc biệt là trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi và ụn thi tuyển sinh
vào lớp 10 THPT chuyờn và khụng chuyờn .
Đề tài này cũn giúp học sinh biết thêm phương pháp giải Bất đẳng thức một cách
nhanh chóng và hiệu quả, Phát huy được tính tích cực, chủ động sáng tạo của học sinh
trong quá trình học tập.
III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
- Nghiên cứu hai bài toán cơ bản và quen thuộc
- Thông qua nội dung phương pháp và các bài tập mẫu nhằm rèn luyện kỹ năng và phát
triển trí tuệ cho học sinh
- Rèn kĩ năng cho học sinh qua các bài tập tương tự
IV. PHẠM VI NGHIÊN CỨU VÀ SỬ DỤNG:
- Hai bài toán cơ bản.
- Bồi dưỡng cho giáo viên và học sinh THCS.
B. NỘI DUNG ĐỀ TÀI : HAI BÀI TOÁN CƠ BẢN
Bài I.
Với a,b,c ,x,y > 0. Chứng minh
2
Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức
( )
2
2 2
a b
a b

x y x y
+
+ ≥
+

Giải.
( )
( )
( )
2
2 2
2
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2
( )( )
2a
2a 0
x 0
a b
a b
a y b x x y a b xy
x y x y
a y a xy b x b xy a xy b xy bxy
a y b x bxy
ay b
+
+ ≥ ⇔ + + ≥ +
+

⇔ + + + ≥ + +
⇔ + − ≥
⇔ − ≥
Luôn đúng với mọi a,b,c ,x,y > 0 dấu “ =” xẩy ra
a b
x y
=
Suy ra bảng sau:
( )
2
2 2
a b
a b
x y x y
+
+ ≥
+
suy ra
( với a,b,c ,x,y > 0)
dấu = xẩy ra khi
a b
x y
=

1 1 4
x y x y
+ ≥ ⇒
+
1.
1 1 1 1

4x y x y
 
≤ +
 ÷
+
 
2.
2
( ) 4x y xy+ ≥
3.
2 2
2x y xy+ ≥
hoặc
2
2 2
( )
2
x y
x y
+
+ ≥
Bài II. Áp dụng Bài I ta chứng minh

( )
2
2 2 2
a b c
a b c
x y z x y z
+ +

+ + ≥
+ +
Giải :
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
a b a b c
a b c c
x y z x y z x y z
+ + +
+ + ≥ + ≥
+ + +
(áp dụng bài toán I)
dấu = xẩy ra
a b c
x y z
= =
( với a,b,c ,x,y > 0)
Suy ra bảng sau:
( )
2
2 2 2
a b c
a b c
x y z x y z
+ +
+ + ≥
+ +

⇒

dấu = xẩy ra
a b c
x y z
= =
( với a,b,c ,x,y,z > 0)
1 1 1 9
x y z x y z
+ + ≥
+ +
⇒
( )
1 1 1
9x y z
x y z
 
+ + + + ≥
 ÷
 
Nhận xét: Khi áp dụng vào chứng minh bất đẳng thức ta phải xác định rõ bài toán
thuộc dạng nào trong các bài toán trên, xem có phải biến đổi bài toán rồi mới áp dụng
không, biến đổi như thế nào cho phù hợp…
ÁP DỤNG ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Dạng 1
Áp dụng bài toỏn 1
Bài 1. Cho a , b, c > 0, và a + b + c = 1. chứng minh
1 1 1 1
1 1 1 4c a b
+ + ≤
+ + +
1 1 1

a b c
 
+ +
 ÷
 
3
Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức
Giải. áp dụng bài toán I với x, y > 0 ta có
1 1 1 1
4x y x y
 
≤ +
 ÷
+
 
1 1 1 1
( )
4
1 1 1 1
4
1 1 1 1
4
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
4
1 1 1 1
4
c a b c c a b c
a a b c a b a c
b a b c a b b c
c a b c a a b c b a b c c a b c a b a c a b b c

a b c
≤ +
+ + + + +
 
≤ +
 ÷
+ + + + +
 
 
≤ +
 ÷
+ + + + +
 
 
⇒ + + ≤ + + + + +
 ÷
+ + + + + + + + + + + + + + +
 
 
≤ + +
 ÷
 

Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1/3
Nhận xét :Nếu bài toán này ta áp dụng trực tiếp từ vế trái thì không cho kết quả mà
phải biến đổi mẫu ở về trái c+1= c+ a+b+c rồi áp dụng x = c+a, y= b+c thì bài toán
trở nên dễ dàng.
Bài 2.Cho a, b > 0 và a + b =1. Tìm giá trị nhỏ nhất
2 2
3 2

A
a b ab
= +
+
Giải : áp dụng bài toán I :
1 1 1 1
4x y x y
 
≤ +
 ÷
+
 
với x, y > 0 ta có
( )
2
2 2
1 1 3.4
3 12
2a b ab
a b
 
+ ≥ =
 ÷
+
 
+
( )
2
1 1
2

2a
2
b
a b
≥ =
+
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
3 2 1 1 1 3.4 1
3 2 12 14
2 2a
2
A
a b ab a b ab b
a b a b
 
⇒ = + = + + ≥ + = + =
 ÷
+ +
 
+ +
( vì ab
≤
(a+b)
2
/4 )
Min A = 14 khi và chỉ khi a = b =1/2

Nhận xét : Đối với bài toán này ta phải đưa mẫu về dạng (a+b)

2
thì mới có kết quả

Bài 3.Cho a, b, c,d,e > 0 và a + b + c + d + e = 4. Tìm GTNN
( ) ( ) ( )
a b c d a b c a b
B
abcde
+ + + + + +
=

Giải. áp dụng bài toán I
( ) ( )
2
4a b c d e a b c d e+ + + + ≥ + + + 
 
4
Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức
( ) ( )
2
4a b c d a b c d+ + + ≥ + +
( ) ( )
2
4a b c a b c+ + ≥ +
( )
2
4a b ab+ ≥
Nhân vế theo vế
( ) ( ) ( ) ( )
2

2 2 2
. . .a b c d e a b c d a b c a b⇒ + + + + + + + + + + ≥ 
 
( ) ( ) ( )
4 .4 .4 .4a b c d e a b c d a b c ab+ + + + + +
⇔
16(a+b+c+d)(a+b+c)(a+b)
≥
4
4
abcde
16
))()((
≥
++++++
=⇒
abcde
bacbadcba
B
Giá trị nhỏ nhất B = 16 khi và chỉ khi a = b = 1/4; c = 1/2; d = 1 ; e = 2 ;
Bài 4.Cho a, b, c > 0 CM
1 1 1 1 1 1
2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2a b b c c a a b c b a c c b a
+ + ≥ + +
+ + + + + + + + +

Giải áp dụng bài toán I: với x, y > 0 ta có
1 1 1 1
4x y x y
 

≤ +
 ÷
+
 
1 1 4 2
2 3 2 2 4 4 2 2 2
1 1 4 2
2 3 2 2 4 4 2a 2 2
1 1 4 2
2 3 2 2 4 4a 2 2a 2
a b b a c a b c a b c
b c c b a b c b c a
c a a b c c b c a
+ ≥ =
+ + + + + + +
+ ≥ =
+ + + + + + +
+ ≥ =
+ + + + + + +
Cộng vế theo vế ta được đpcm

1 1 1 1 1 1
2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2a b b c c a a b c b a c c b a
+ + ≥ + +
+ + + + + + + + +
Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ
khi a = b = c .

Nhận xét: Ta thấy (2a+3b) + (b+2a+2c) = 2(2a+2b+c) nên phải nghĩ ngay kết
hợp hai biểu thức này lại

Bài 6. Cho a, b, c > 0 và
3a b c+ + ≤
.CM
2 2 2
3
2
1 1 1
a b c
a b c
+ + ≤
+ + +
Giải . áp dụng bài toán I :
2
( ) 4x y xy+ ≥
với x, y > 0
( ) ( )
2
2 2 2
3 1;a b c ab bc ac ab bc ac
a b c
a ab bc ac b ab bc ac c ab bc ac
+ + ≥ + + ⇒ + + ≤
⇒ + +
+ + + + + + + + +
5
Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 1
2 2 2
1 1 1 3

2 2 2 2
a b c
a b a c b c b a c b c a
a b c
a b a c b c b a c b c a
a b b c c a
a b a b b c c b c a a c
= + + ≤
+ + + + + +
     
+ + + + + =
 ÷  ÷  ÷
+ + + + + +
     
     
+ + + + + =
 ÷  ÷  ÷
+ + + + + +
     
Suy ra đpcm .Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c =
3
3
Bài 7. ( Đề thi HSG tỉnh Hà Tĩnh năm 2012- 2013)
Cho x, y, z > 0 và x+y+z =1.
Tìm MinF biết F =
4 4 4
2 2 2 2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
x y z
x y x y y z y z x z x z

+ +
+ + + + + +
Giải Ta có (
4 4 4
2 2 2 2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
x y z
x y x y y z y z x z x z
+ +
+ + + + + +
)-
(
4 4 4
2 2 2 2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
y z x
x y x y y z y z x z x z
+ +
+ + + + + +
) =
4 4 4 4 4 4
2 2 2 2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
x y y z z x
x y x y y z y z x z x z
− − −
+ +
+ + + + + +
( )( )
( )

( )
( )
( )( )
( )
( )
( )
( )( )
( )
( )
( )
xzzyyx
zxzx
zxzxxz
zyyz
zyyzzy
yxyx
yxyxyx
−+−+−=
++
++−
+
++
++−
+
++
++−
=
22
22
22

22
22
22
= 0
suy ra áp dụng bài toán I
2
2 2
( )
2
x y
x y
+
+ ≥
với x, y > 0 ta có 2F =
4 4 4 4 4 4 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
( )
( )( ) ( )( ) ( )( ) 2( )( )
x y y z z x x y
x y x y y z y z x z x z x y x y
+ + + +
+ + ≥ +
+ + + + + + + +
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
( ) ( )
2( )( ) 2( )( )
y z z x
y z y z x z x z
+ +

+
+ + + +
2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
2( ) 2( ) 2( ) 4( ) 4( ) 4( )
x y y z z x x y y z z x
x y y z x z x y y z x z
+ + + + + +
= + + ≥ + +
+ + + + + +
1 1 1
.2( ) 2
4 2 4
x y z F F= + + ⇒ ≥ ⇒ ≥
MinF =1/4 khi và chi khi x = y= z = 1/3
Nhận xét: Đây là bài toán rất cơ bản nhưng để giải được bài này ta phải phối hợp
được giữa hai biến trên một biểu thức, vì x
2
+y
2
, x -y có trong x
4
- y
4
nên ta nghĩ ngay
phải thêm nó vào để làm cho bài toán gọn hơn và dễ chứng minh hơn.
Dạng 2
Áp dụng bài toỏn 2
Bài 1.Cho a , b, c > 0 và ab + bc + ac = 670. CM
2 2 2

1
2010 2010 2010
a b c
a bc b ac c ab a b c
+ + ≥
− + − + − + + +
Giải. áp dụng bài toán II
2
2 2 2 2
2010 2010 2010 ( 2010)
a b c a
a bc b ac c ab a a bc
+ + =
− + − + − + − +
2 2
2 2
( 2010) ( 2010)
b c
b b ac c c ab
+ +
− + − +
6
Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức
( ) ( )
2 2
3 3 3 2 2 2
3 2010( ) ( )( ) 3.670( )
a b c a b c
a b c abc a b c a b c a b c ab bc ac a b c
+ + + +

≥ =
+ + − + + + + + + + − − − + + +
2
1
( ) 3( ) 3( )
a b c
a b c ab bc ac ab bc ac a b c
+ +
= =
+ + − + + + + + + +

Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c =
3
670
Nhận xét: Ta thấy nếu tổng các biểu thức ở mẫu thì không cho ta được được điều gì
nên ta phải nghĩ hướng tạo xuất hiện bình phương ở tử, từ đó cho ta tổng các mẫu có
xuất hiện biểu thức a
3
+ b
3
+ c
3
-3abc đây là bài toán quen thuộc ở lớp 8, phân tích thành
nhân tử sẽ xuất hiện biểu thức a+b+c và ab+bc+ac nên chứng minh bài toán được dễ
dàng.
Bài 2. Cho a,b,c > 0 và abc = 1. cm
( ) ( ) ( )
2 2 2
1
1 1 1

a b c
a b c
ab a bc b ac c
≤ + +
+ +
+ + + + + +
Giải
( )
1 1 1
1 1 1
a a
ab a ab a abc b bc b abc bc b ac c
= = = =
+ + + + + + + + + +
1 1
b ab
b bc ab a
⇒ =
+ + + +
1
1 1 1
1
1
1 1 1 1 1 1
c abc
bc c ab a ab a
a b c a ab
ab a cb b bc c ab a ab a ab a
= =
+ + + + + +

⇒ + + = + + =
+ + + + + + + + + + + +
Ta có áp dụng bài toán II
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2
1 1 1
1 1 1
1
1 1 1
a b c
a b c
ab a cb b bc c
a b c
ab a bc b ac c
a b c
ab a cb b bc c
a b c a b c
     
 ÷  ÷  ÷
+ + + + + +
     
+ + = + + ≥
+ + + + + +
 
+ +
 ÷
+ + + + + +
 

=
+ + + +
Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài 3. Cho a,b c >0 .Chứng minh rằng:
6233223
cba
cba
ca
cba
bc
cba
ab
++
≤
++
+
++
+
++
Giải. áp dụng bài toán II.
Tacó
1 1 1 1
(1)
3 2 ( ) ( ) 2 9 2 9 2
ab ab ab ab ab a
a b c a c b c b a c b c b a c b c
   
= ≤ + + = + +
 ÷  ÷
+ + + + + + + + + +

   
Tương tự
7
Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức
1 1 1
2 3 ( ) ( ) 2 9 2
1
(2)
9 2
1 1 1
3 2 ( ) ( ) 2 9 2
1
(3)
9 2
bc bc bc
a b c a b a c c a c b c b
bc bc b
a b b c
ac ac ac
a b c a b b c a a b b c a
ac ac c
a b b c
 
= ≤ + + =
 ÷
+ + + + + + + +
 
 
+ +
 ÷

+ +
 
 
= ≤ + + =
 ÷
+ + + + + + + +
 
 
+ +
 ÷
+ +
 
Từ (1) (2) (3)
629
1 cbacba
ca
abbc
cb
acab
ba
bcac
P
++
=







++
+
+
+
+
+
+
+
+
+
≤
.
Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c
Nhận xét: Ta thấy vai trò của a, b,c trong bài toán này là như nhau nên ta tách
2a+b+3c = (a+b) +(a+c) + 2c rồi áp dụng, tuy nhiên ở đây không thấy được kết quả
liền mà phải cộng lại đặt nhân tử ta sẽ được đpcm
Bài 4 (Olimpic 30/04):
Cho 3 số dương a, b, c. CMR:
4 4 4 3 3 3
2
a b c a b c
b c c a a b
+ +
+ + ≥
+ + +
(2).
Giải: áp dụng bài toán II. Ta có:
6 6 6
2 2 2
( ) ( ) ( )

a b c
VT
a b c b c a c a b
= + +
+ + +
3 3 3 2
2 2 2
( )
( ) ( ) ( )
a b c
VT
a b c b c a c a b
+ +
≥
+ + + + +
. Để chứng minh BĐT (2), ta phải chứng minh:
3 3 3 2 3 3 3
2 2 2
( )
( ) ( ) ( ) 2
a b c a b c
a b c b c a c a b
+ + + +
≥
+ + + + +
3 3 3 2 2 2
2( ) ( ) ( ) ( )a b c a b c b c a c a b
⇔ + + ≥ + + + + +
3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2
( ) ( ) ( ) 0a b a b b a b c b c bc a c a c ac

⇔ + − − + + − − + + − − ≥
2 2 2
( ) .( ) ( ) .( ) ( ) .( ) 0a b a b b c b c c a c a⇔ − + + − + + − + ≥
(luôn đúng).
Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c.
Bài 5.(Đề thi HSG Tĩnh Hà Tĩnh 2011-2012)
Cho a, b, c là những số dương thõa mãn abc =1.Chứng minh
3 3 3
3
( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) 4
a b c
b c a c b a
+ + ≥
+ + + + + +
Giải ta có áp dụng bài toán II
8
Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức
( )
( )
3 3 3
4 4 4
4
2
2 2 2
2
4
4 2
2
3 2
( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)

( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)
9
( )
2( ) 3a
2. 3
3
3
9
4 18 27 81 0
2
4
3
( 3)(4 12 18 27)
a b c
b c a c b a
a b c
a b c b a c c b a
a b c
a b c
a b c
a b c ab bc ac bc
a b c
t
t a b c t t t
t
t
t t t t
+ +
+ + + + + +
= + +

+ + + + + +
+ +
+ +
≥ ≥
+ +
+ + + + + +
+ + + +
= + + ⇒ ≥ ⇔ − − − ≥ ⇔
+
− + + +
3
0( 3 3)t a b c abc≥ = + + ≥ =
Luôn đúng. Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Nhận xét: Đây là dạng toán cơ bản khi áp dụng cần chú ý đổi biến chứng minh bài
toán phụ
Dạng 3
Áp dụng bài toán 1 và 2
Bài 1. Cho a, b, c > 0, và a +b+c
≤
3. chứng minh
2 2 2
1 2009
670
a b c ab bc ac
+ ≥
+ + + +
Giải :
Cách 1. áp dụng bài toán I.
( )
2

2 2
a b
a b
x y x y
+
+ ≥
+
( với a,b,c ,x,y > 0)
Ta chứng minh
Suy ra
2 2 2
2 2 2
2
( ) ( ) ( ) 0
2a 2 2a 3( )
( ) 3( )
a b b c c a
a b c b bc c ab bc ac
a b c ab bc ac
− + − + − ≥
+ + + + + ≥ + +
⇒ + + ≥ + +
Ta có
( )
( ) ( )
2
2 2
2 2 2
1 2
1 4 2007 2007

670
2 2 2
3
a b c ab bc ac ab bc ac
a b c a b c
+
+ + ≥ + ≥
+ + + + + +
+ + + +
Cách 2. áp dụng bài toán II :
1 1 1 9
x y z x y z
+ + ≥
+ +
với x, y, z > 0
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2
1 1 1
( )
2007 2007
9 670
3
a b c ab bc ac ab bc ac
a b c ab bc ac ab bc ac
ab bc ac
a b c
+ + + + + + + + + + +

+ + + + + +
≥ + ≥
+ +
+ +
( vì a+b+c)
2

≥
3(ab+bc+ac) )
Suy ra
2 2 2
1 2009
670
a b c ab bc ac
+ ≥
+ + + +
. Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
9
Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức
Bài 2.Cho a , b,c > 0 và a + b + c =1.CM
2 2 2
1 1 1 1
C
a b c ab ab ab
= + + +
+ +
≥
30
Giải: áp dụng bài toán I và áp dụng bài toán II :
1 1 1 9

x y z x y z
+ + ≥
+ +
, x, y, z > 0
2
1 1 1 9 7 7.3
;
( )ab bc ac ab bc ac ab bc ac a b c
+ + ≥ ≥
+ + + + + +
2 2 2 2
1 4 9
2( ) ( )a b c ab bc ac a b c
+ ≥
+ + + + + +
2 2 2
1 1 1 1
C
a b c ab ab ab
⇒ = + + + ≥
+ +
2
2 2 2 2 2 2
1 9 1 2 7
2( )a b c ab bc ac a b c ab bc ac ab bc ac
+ = + +
+ + + + + + + + + +
( )
2
2 2

1 2
7.3
30
( ) ( )a b c a b c
+
≥ + =
+ + + +
Suy ra đpcm . Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1/3
Nhận xét: Đây là một bài toán thoạt qua nhìn rất dễ nhưng khi vào chứng minh ta
mới gặp khó khăn nếu không nắm vững phương pháp chứng minh. Trong bài này ta
nhất định làm xuất hiện (a +b+c)
2
thì mới cho kết quả được
ÁP DỤNG ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT
Dạng 1: Áp dụng tìm cực trị trong hình học
Bài 1 Cho tam giác ABC có ba cạnh có độ dài là a, b, c thỏa mãn điều kiện: 30ab +
4bc + 1977ca = 2012.abc
Tìm giá trị nhỏ nhất của:
2007 34 1981
Q
p a p b p c
= + +
− − −
Với
2
a b c
p
+ +
=
Giải: Ta có:

1 1 1 1 1 1
30 4 1977Q
p a p b p b p c p c p a
     
 ÷  ÷  ÷
     
= + + + + +
− − − − − −
Áp dụng bài toán I ta có:
1 1 4
30 30
2p a p b p a b
 
 ÷
 
+ ≥
− − − −
(1)
1 1 4
4 4
2p b p c p b c
 
 ÷
 
+ ≥
− − − −
(2)
1 1 4
1977 1977
2p c p a p c a

 
 ÷
 
+ ≥
− − − −
(3)
Từ (1), (2), (3) ta có:
30 4 1977 30 4 1977 2012
4 4 4 8048
ab bc ca abc
Q
c a b abc abc
 
 ÷
 
+ +
≥ + + = = =
Vậy min Q = 8048 đạt được khi và chỉ khi:
2011
2012
a b c= = =
10
Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức
Nhận xét: Bài toán này ta không áp dụng được trực tiếp, vì vậy ta nghĩ cách ghép hai
biểu thức
1 1
p c p a
+
− −
lại với nhau ta thấy 2p-c-a = b…nên đây là hướng để giải dạng

toán thuộc loại này
Bài 2.Cho
∆
ABC. Điểm M nằm trong
∆
ABC.
Kẻ
1
MA BC⊥
,
1
MB CA⊥
,
1
MC AB⊥
.
Tìm vị trí của điểm M để biểu thức:
1 1 1
BC CA AB
MA MB MC
+ +
có giá trị nhỏ nhất.
Giải: Ta có:
MA
1
.BC = 2S
MBC
,
MB
1

.CA = 2S
MAC
, MC
1
.AB = 2S
MAB
.
Do đó: MA
1
.BC + MB
1
.CA + MC
1
.AB = 2S
MBC
+ 2S
MAC
+ 2S
MAB
= 2S
ABC
Mặt khác:
1 1 1
BC CA AB
MA MB MC
+ +
=
2 2 2
1 1 1
. . .

BC CA AB
MA BC MB CA MC AB
+ +
Áp dụng bài toán II
ta có:
( ) ( )
2 2
1 1 1 1 1 1
. . . 2
ABC
BC CA AB BC CA AB
BC CA AB
MA MB MC MA BC MB CA MC AB S
∆
+ + + +
+ + ≥ =
+ +
không đổi Suy ra:
1 1 1
BC CA AB
MA MB MC
+ +
đạt giá trị nhỏ nhất bằng
( )
2
2
ABC
BC CA AB
S
∆

+ +
khi và chỉ khi:
MA
1
= MB
1
= MC
1

⇔
M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Nhận xét: Đây là một bài toán hình học nếu chúng ta không nhận ra để áp dụng bài
toán II thì việc giải rất khó khăn vì vậy khi tìm cực trị trong hình học cần lưu ý tới vận
dụng bất đẳng thức.
Dạng 2: Áp dụng tìm cực trị cho biểu thức
Bài 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của
1 2
1 2
Q
x x
= +
−
với
1
0
2
x
< <
.
Giải: Vì

0
1
0
1 2 0
2
x
x
x
>

< < ⇒

− >

, Áp dụng bài toán I ta có:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2
2 2
8
2 1 2 2 1 2 2 1 2
Q
x x x x x x
+
= + = + ≥ =
− − + −
,
11
A
M

A
1
CB
C
1
B
1
Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức
8Q
=
khi
1
2 1 2
4
x x x
= − ⇔ =
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 8 khi
1
4
x
=
.
Bài 2 Cho 4 số dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của

a c b d c a b d
R
a b b c c d d a
+ + + +
= + + +

+ + + +
Giải: Ta có:
1 1 1 1
( ) ( )R a c b d
a b c d b c d a
   
= + + + + +
 ÷  ÷
+ + + +
   
Có:
0, 0, 0, 0a b c d b c d a
+ > + > + > + >
, Áp dụng bài toán I , ta có:
2 2
(1 1) (1 1)
( ) ( )
4 4 4
( ) ( ) ( ) 4
R a c b d
a b c d b c d a
R a c b d a c b d
a b c d b c d a a b c d
   
+ +
≥ + + +
 ÷  ÷
+ + + + + +
   
⇒ ≥ + + + = + + + =

+ + + + + + + + +
4R
=
khi a= b = c = d .Vậy: giá trị nhỏ nhất của R là 4 khi a=b = c = d
Bài 3 Cho các số thực dương x,y,z .
Tìm giá trị lớn nhất của:
2 2 2
2 2 z 2
yz zx xy
B
x yz y x z xy
= + +
+ + +
Giải: Áp dụng bài toán II với các số thực dương x,y,z có:
( )
( )
2
2
1
z
2 2 2
2 2 2
2 2 2
x y z
x y z
x y z
x y z
A
yz x xy
+ +

=
+ +
= + + ≥
+ + +
Mà
x
z x
2 2 2
2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
x y z
x y z x y z
yz z xy
A B
yz x xy yz z xy
+ = + + + + +
+ + + + + +
2 3A B⇔ + =
(**)
Kết hợp (*) và (**) ta được
1B
≤
.
Vậy giá trị lớn nhất của B = 1 khi x = y = z
Bài 4 Cho a, b, c là các số dương và thoả mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
2 2 2
8 8 8

a b c
T
a bc b ca c ab
= + +
+ + +
Giải: Áp dụng bài toán II
Ta có:
( )
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
8 8 8 24
a b c
a b c
T
a abc b abc c abc a b c abc
+ +
= + + ≥
+ + + + + +
12
Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức
(a + b + c)
3

≥
a
3
+ b
3
+ c

3
+ 3(a + b + c)(ab + bc + ca) - 3abc
≥
a
3
+ b
3
+ c
3
+
( )
2
3
3
27 abc abc
- 3abc = a
3
+ b
3
+ c
3
+ 24abc
Từ đó suy ra:
1
T
a b c
≥
+ +
= 1.Vậy giá trị nhỏ nhất của T bằng 1 khi: a = b = c = 1/3.
Nhận xét: Trong bài toán này chúng ta áp dụng bài toán II không cho ra kết quả mà

ta suy nghi xem a
2
+b
2
+c
2
+24abc có nhỏ hơn hoặc bằng (a+b+c)
3
hay không, đây là
một cách làm thường gặp ở một số bài chứng minh bất đẳng thức.
Bài tập tương tự
Bài 1.Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 CM
2 2 2
1 1 1
9
2 2 2a bc b ac c ab
+ + ≥
+ + +
áp dụng bài toán II :
( )
1 1 1
9x y z
x y z
 
+ + + + ≥
 ÷
 
( với x,y,z > 0) ta có
Bài 2.Cho a,b,c > 0 và ab + bc + ac =3abc
Chứng minh

3
1 1 1
ab bc ac
a b c b a c
+ + ≥
+ + + + + +
HD áp dụng bài toán II:
1 1 1 1 1 1
3, ; ; 3
1 1 1
1 1 1
3
ab bc ac
x y z
c a b a b c a b c b a c
x y xy z y yz x z zx
+ + = = = = ⇒ + + ≥
+ + + + + +
⇔ + + ≥
+ + + + + +
Ta có (x+y+1)
2

≥
3(xy+ x+y) nên ta phải chứng minh
1 1 1
1 1 1x y y z z x
+ + ≥
+ + + + + +
1

Bài 3 Cho a, b, c > 0 và a
2
+b
2
+ c
2
= 3. chứng minh
2 2 2
1 1 1 4 4 4
7 7 7a b b c c a a b c
+ + ≥ + +
+ + + + + +
HD áp dụng bài toán I :
2 2 2 2
1 1 4 8
4a b b c a b c b b a b c
+ ≥ ≥
+ + + + + + + + +
suy ra đpcm.
Bài 4.Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1. chứng minh b + c
≥
16abc
HD. áp dụng bài toán I
2
( ) 4x y xy+ ≥
với x, y > 0.
Bài 5. Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn:
3 2 1
1
a b c

+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
S = a + b + c .
Bài 6 Cho 2 số dương a, b thoả mãn: a + b = 1. Tìm GTLN của:
1 2 1 2
a b
N
a b
= +
+ +
Khi đẳng thức xảy ra thì tam giác có đặc điểm gì?
13
Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức
Bài 7. Một tam giác có diện tích S và độ dài 3 cạnh là a, b, c. Gọi
, ,
a b c
h h h
lần lượt là
độ dài các đường cao tương ứng với các cạnh a, b, c.
CMR:
1 1 1
4
a b b c c a
a b c
h h h h h h S
+ +
+ + ≤
+ + +
.
Bài 8 Gọi a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi và S là diện tích.

CMR:
3 3 3
2 2 2
( )
1 1 1 1
a b b c c a abc a b c
ab bc ca abc
+ +
+ + ≥
+ + + +
.
Bài 9 Một tam giác có độ dài 3 cạnh là a, b, c và p là nửa chu vi. CMR:
1 1 1 1 1 1
2
p a p b p c a b c
 
+ + ≥ + +
 ÷
− − −
 
.
Khi đẳng thức xảy ra thì tam giác có đặc điểm gì?
Bài 10. Cho các số dương a, b, c,
, ,
α β γ
CMR:
2 2 2
a b c a b c
a b c b c a c a b
α β γ α β γ α β γ α β γ

+ +
+ + ≥
+ + + + + + + +
.
C. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM
1.Kết quả đạt được
Đề tài này giúp học sinh có thêm một cách chứng minh bất đẳng thức một cách hiệu
quả
Số liệu và kết quả thực hiện đề tài
Năm học Tổng số Số học sinh vận dụng được
2011-2012 30 23
2012-2013 33 28
2.Bài học kinh nghiệm
Trong quá trình vận dụng đề tài tôi rút ra kinh nghiệm :
Việc rèn luyện kỹ năng cho học sinh phải theo lộ trình
*Bài tập mẫu, phân tích, hướng dẫn
*Bài tập tương tự HS tự làm
*Cho hs đề xuất hướng giải quyết mới nếu có
*Rút ra phương pháp chung
*Kiểm tra, sữa chữa đánh giá kết quả
D. KẾT LUẬN
14
Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức
Thông qua sáng kiến kinh nghiệm này, tôi mong muốn đựợc đóng góp một phần nhỏ
bé công sức của mỡnh trong việc hướng dẫn học sinh ứng dụng và khai thác bất đẳng
thức khi làm toán, rèn luyện tính tích cực, phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh, gây
hứng thú cho các em khi học toán. Là giáo viên trực tiếp giảng dạy khối 8-9, khi áp dụng
các dạng bài tập trên thì tôi thấy hiệu quả học tập của học sinh tăng lên rõ rệt. Tôi mạnh
dạn đưa vấn đề này, các bài tập tôi đưa ra có thể chưa khai thác hết triệt để các tình
huống nhưng nó là việc làm hữu ích cho cả cô giáo và học sinh. Trên đây là một số kinh

nghiệm trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi. Những kinh nghiệm chỉ mang màu sắc
cỏ nhõn, chắc chắn sẽ khụng trỏnh khỏi những tồn tại, hạn chế. Tôi rất mong được sự
đóng góp, bổ sung ý kiến của đồng nghiệp, cỏc nhà chuyờn mụn, cỏc cấp quản lý giỏo
dục để đề tài này sớm được ỏp dụng rộng rói vào thực tiễn dạy- học bất đẳng thức ở
trường THCS.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
Hà Tĩnh, ngày 25 tháng 3 năm 2014
Chủ nhiệm đề tài: Nguyễn Duy Hưng
Trường THCS Nguyễn Tuấn Thiện – Hương Sơn – Hà Tĩnh
15
Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1.Nõng cõo phỏt triển toỏn 9 – Vũ Hữu Bỡnh – Nhà xuất bản GD
2.Chuyên đề về Bất đẳng thức của – Vừ Giang Giai- Nhà xuất bản Đại Học Quốc
Gia Hà Nội
3.Một số đề thi HSG toỏn cỏc tỉnh.
16