SKKN GIÚP HỌC SINH THCS HỆ THỐNG CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đề tài:
a. Để rèn luyện kỹ năng, phương pháp giải toán cho học sinh ngoài việc
trang bị cho học sinh kiến thức cơ bản, người thầy giáo cần giúp các em tổng
hợp phân loại các phương pháp giải và các dạng thường gặp để các em dễ nhớ,
dễ vận dụng.
b. Bất đẳng thức là một trong những mảng kiến thức khó và rộng của bộ
môn Toán nhưng nhờ các bài tập về bất đẳng thức mà học sinh có thể hiểu kĩ
hơn, sâu hơn về giải và biện luận phương trình, bất phương trình; Tìm giá trị
lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức, về mối liên hệ giữa các yếu tố trong tam
giác và trong quá trình giải toán khả năng tư duy sáng tạo của người học được
phát triển mạnh. Thực tế khi giải các bài tập về bất đẳng thức học sinh thường
gặp nhiều khó khăn vì cách giải chúng không hoàn toàn có một mẫu quy tắc
nào như ở một số mảng kiến thức khác.
Qua nhiều năm giảng dạy toán ở trường phổ thông, là người thầy, tôi
thường trăn trở suy nghĩ, thu thập tài liệu, cố gắng sắp xếp hợp lý một số
phương pháp và bài tập về chứng minh bất đẳng thức với mong muốn giúp học
sinh tự tin hơn khi đứng trước một số bài toán về bất đẳng thức cụ thể là các bài
toán chứng minh bất đẳng thức.
c. Phạm vi và giới hạn bài viết.
Khuôn khổ bài viết có hạn nên tôi muốn tổng hợp phân loại các phương
pháp chứng minh bất đẳng thức và các ví dụ áp dụng dành cho học sinh THCS
đặc biệt là học sinh khá giỏi lớp 8; 9.
Để bài viết không quá dài, phần giải các ví dụ tôi không trình bày chi tiết.
2. Kiến thức cần nắm vững
2.1. Định nghĩa bất đẳng thức:
Với hai số a, b bất kỳ ta nói rằng a
≥
b
⇔
a -b

≥
0
a
≤
b
⇔
a -b
≤
0
2.2. Tính chất:
1. a > b ; b >c
⇒
a > c
2. a >b
⇒
a + c > b + c
3. a > b ; c > 0
⇒
ac > bc
a > b ; c < 0
⇒
ac < bc
5. a > b ; c > d
⇒
a + c > b + d
a > b ; c < d
⇒
a - c < b - d
6. a > b
≥

0
⇒
ac > bd
7 a > b > 0 ; 0 < c < d
⇒

c
a
>
d
b
8. a > b > 0
⇒
a
n
> b
n

a > b
⇔
a
n
> b
n
(n lẻ)

a b〉

⇔
a

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

a =1
⇒
a
m
= a
n

0 < a < 1
⇒
a
m
= a
n

10. a > b , ab > 0
⇒

a
1

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

≥
0 với mọi a. Dấu bằng xẩy ra
⇔
a = 0
2.
a
≥
0 với mọi a. Dấu bằng xẩy ra
⇔
a = 0
3.
a
≥
a với mọi a. Dấu bằng xẩy ra
⇔
a
≥
0
4.
ba +
≤

a

+
b
với mọi a,b. Dấu bằng xẩy ra
⇔
ab
≥
0
5.
ba −
≥

a
-
b
với mọi a,b. Dấu bằng xẩy ra
⇔
ab > 0 và
a

≥
b
II. NỘI DUNG:
1. Phương pháp sử dụng định nghĩa:
1.1. Phương pháp giải: Muốn chứng minh A > B hãy xét hiện A - B. Nếu hiện
A - B dương thì khẳng định được A > B là bất đẳng thức cần chứng minh.
1.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Cho a,b,c > 0. chứng minh rằng (a + b + c) (
a
1
+

b
1
+
c
1
)
≥
9
Giải: Xét hiệu H = (a + b + c) (
a
1
+
b
1
+
c
1
) - 9
= (
b
a
+
a
b
- 2) + (
c
a
+
a
c

- 2) + (
c
b
+
b
c
- 2)
=
( ) ( ) ( )
bc
cb
ac
ca
ab
ba
222
−
+
−
+
−
Do a,b,c > 0
⇒
H
≥
0 Theo định nghĩa bất đẳng thức:
⇒
(a + b + c) (
a
1

+
b
1
+
c
1
)
≥
9
Dấu = xẩy ra
⇔
H = 0
⇔
a = b = c
Ví dụ2: Cho a > 0, b > 0. chứng minh rằng:
3
33
22






+
≥
+ baba
Giải: Xét hiệu: A =
3
33

22






+
−
+ baba
Bỏ ngoặc, phân tích thành nhân tử ta được: A =
8
3
(a + b) (a - b)
2
Vì a > 0 , b >
0
⇒
a + b > 0 mà (a - b)
2

≥
0
⇒
A
≥
0
Theo định nghĩa
⇒

2
33
ba +

≥

3
2






+ ba

Dấu bằng xẩy ra
⇔
a = b
1.3. Bài tập tương tự:
Bài 1: Chứng minh:
b
a
+
a
b

≥
2 với ab > 0
Bài 2: Chứng minh: x

2
+ y
2
+ z
2

≥
2xy + 2yz - 2x
Bài 3: Cho a,b,c > 0 chứng minh:

22
2
cb
a
+
+
22
2
ac
b
+
+
22
2
ba
c
+

≥

cb
a
+
+
ac
b
+
+
ba
c
+
2. Phương pháp sử dụng tính chất
2.1. Phương pháp giải: Sử dụng một hay nhiều tính chất đã nêu ở 2.2 để biến
đổi. Từ đó khẳng định bất đẳng thức cần chứng minh
2.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Cho a, b > 2. Chứng minh ab > a + b
Giải: Ta có: a > 2 , b > 0
⇒
ab > 2b (1) (Tính chất 3)
b > 2 , a > 0
⇒
ab > 2a (2) (Tính chất 3)
Từ (1) và (2)
⇒
2ab > 2 (a + b) (Tính chất 4)

⇒
ab > a + b (Tính chất 3)
Ví dụ 2: Cho x
≥

0, y
≥
0, z
≥
0. Chứng minh rằng:
(x + y) (y + z) (z + x)
≥
8xyz
Giải: Ta có: (x-y)
2

⇒
x
2
- 2xy +y
2

≥
0

⇒
x
2
+ 2xy +y
2

≥
4xy (Tính chất 2)

⇒

(x+y)
2

≥
4xy (1)
Tương tự ta có: (y+z)
2

≥
4yz (2)
(x+z)
2

≥
4xz (3)
Nhân từng vế (1),(2),(3)
⇒
[(x+y)(y+z)(x+z)]
2

≥
(8xyz )
2
(Tính chất 6)

⇒
(x+y)(y+z)(x+z)
≥
8xyz (Tính chất 8)
2.3. Bài tập tương tự:

Bài 1: Cho a + b > 1. Chứng minh rằng a
4
+b
4
>
8
1
Bài 2: Chứng minh rằng:
2
2
b
a
+
2
2
c
b
+
2
2
a
c

≥

b
c
+
a
b

+
c
a
Bài 3: Cho x + y = 2. Chứng minh : x
4
+ y
4

≥
2
3. Phương pháp phân tích: ( Biến đổi tương đương)
3.1. Phương pháp giải: Xuất phát từ bất đẳng thức cần chứng minh ta biến đổi
nó tương đương với một bất đẳng thức khác mà ta đã biết là đúng từ đó suy ra
bất đẳng thức cần chứng minh là đúng.
3.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng: (a + b)
2

≤
2 (a
2
+ b
2
) với mọi a , b.
Giải: (a + b)
2

≤
2(a
2

+ b
2
) (1)

⇔
a
2
+2ab +b
2
- 2a
2
- 2b
2

≤
0

⇔
-(a
2
- 2ab + b
2
)
≤
0

⇔
-( a - b)
2

≤
0 (2)
Bất đẳng thức (2) luôn đúng
⇒
bất đẳng thức (1) đúng (đpcm)
Ví dụ 2: Cho 2 số a, b thoả mãn: a + b = 1
Chứng minh: a
3
+ b
3
+ab
≥

2
1
(1)
Giải: (1)
⇔
a
3
+ b
3
+ab -
2
1

≥
0

⇔

(a + b) (a
2
- ab + b
2
) +ab -
2
1

≥
0

⇔
a
2
- ab + b
2
+ ab -
2
1
≥
0 (vì a + b = 1)

⇔
a
2
+ b
2
-
2
1

≥
0

⇔
2a
2
+ 2b
2
- 1
≥
0

⇔
2a
2
+ 2(1 - a)
2
- 1
≥
0 ( vì b = 1 - a)

⇔
4 (a -
)
0
2
1
2
≥
(2)

Bất đẳng thức (2) luôn đúng mà các phép biến đổi trên là tương đương
)1(⇒
đúng
Dấu bằng xảy ra
⇒
a =
2
1
= b
3.3. Bài tập tương tự
Bài 1: Với mọi a, b chứng minh a
4
+ b
4

≥
a
3
b + ab
3
Bài 2: Cho a > 0, b > 0. Chứng minh
a
b
ba
b
a
−≥−
Bài 3: Chứng minh x
4
+ y

4

2
6
2
6
x
y
y
x
+≤
với x
0,0 ≠≠ y
4. Phương pháp tổng hợp
4.1. Phương pháp giải: Từ một bất đẳng thức đã biết là đúng, dùng các phép
biến đổi tương đương biến đổi bất đẳng thức đó về bất đẳng thức cần chứng
minh.
Phương pháp giải này làm cho học sinh thấy khó ở chỗ là không biết nên
bắt đầu từ bất đẳng thức nào nhưng nếu biết phương pháp giải này ngược với
phương pháp phân tích thì cũng rất dễ tìm ra bất đẳng thức xuất phát.
4.2. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1: Cho a, b
≥
0. Chứng minh
ab
ba
2
2
≥
+

(Bất đẳng thức Côsi)
Giải: Theo giả thiết a, b
≥
0
⇒
ab
≥
0
⇒

ab
xác định.
Ta có: ( a - b)
2

≥
0
⇔
a
2
- 2ab +b
2

≥
0
⇔
a
2
+ 2ab +b
2

≥
4ab
⇔
( a - b)
2

≥
4ab
⇔
a + b
≥
2
ab
(vì a + b
≥
0 )
⇔

ab
ba
≥
+
2
(đpcm)
Dấu “ =” xảy ra
⇔
a = b.
Ví dụ 2: Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng:
( ) ( )

22
2222
dbcadcba +++≥+++
Giải:
Ta có: (ad - bd)
2

≥
0
⇔
a
2
d
2
- 2adbc + b
2
c
2

≥
0
⇔
a
2
d
2
- 2adbc + b
2
c
2

+ a
2
c
2
+ b
2
d
2

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

2
+ b
2
d
2

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

(ac + bd)
2
( )( )
≥++⇔
2222
dcba
ac + bd ( vì ac + bd > 0)

⇔
a
2
+ b
2
+ 2
( )( )
2222
dcba ++
+ c
2
+ d
2

≥
2ac + 2bd + a
2
+ b
2
+ c
2
+d

2
⇔
(
( )( )
2222
dcba ++
)
2

≥
(a + c)
2
+ (b + d)
2
⇔
( ) ( )
22
2222
dbcadcba +++≥+++
(đpcm)
Dấu “=” xảy ra
⇔
d
c
b
a
=
Chú ý: với a, b, c, d >0 thì các phép biến đổi trong cách giải trên là tương
đương.
4.3. Bài tập tương tự: Chứng minh các bất đẳng thức

Bài 1: a
2
+ b
2
+ c
2

≥
ab + bc + ca với mọi a, b
Bài 2: (x-y)
2
+ (y -z)
2
+ (z -x)
2

≤
3(x
2
+ y
2
+z
2
) với mọi x, y, z
Bài 3:
3
33
22







+
≥
+ baba
với a > 0 , b > 0
5. Phương pháp phản chứng:
5.1. Phương pháp giải: Nếu bài toán yêu cầu chứng minh bất đẳng thức A
≥
B
( hoặc A < B) thì ta giả sử A < B (hoặc A
≥
B). Từ điều mà ta vừa giả sử cùng
với giả thiết của bài toán ta suy ra một điều mâu thuẫn với giả thiết với các
kiến thức đã học. Cuối cùng ta khẳng định kết luận của bài toán A
≥
B
( hoặc A < B) là đúng.
Giải như vậy gọi là phương pháp phản chứng.
5.2. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1: Cho a
2
+ b
2

≤
2 . Chứng minh: a + b
≤

2
Giải: Giả sử: a + b > 2
⇔
a
2
+ 2ab + b
2
> 4 (1)
Ta có: (a - b)
2

≥
0
⇔
a
2
- 2ab + b
2

≥
0
⇔
2ab
≤
a
2
+ b
2
⇔
a

2
+ b
2
+ 2ab
≤
2(a
2
+ b
2
)
Mặt khác theo giả thiết ta có: a
2
+ b
2

≤
2
⇔
2(a
2
+ b
2
)
≤
4
Suy ra: a
2
+ b
2
+ 2ab

≤
4 (2) mâu thuẫn với (1). Vậy phải có a + b
≤
2
Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
Nếu a + b + c > 0; abc >0 , ab + bc + ac > 0 thì a > 0, b > 0, c > 0.
Giải: giả sử a
≤
0
Nếu a = 0 thì abc = 0 trái với giả thiết abc > 0
Nếu a < 0 : do a + b + c > 0 nên b + c > 0
Do abc > 0 nên bc < 0
⇒
a(b + c) + bc < 0
Hay ab + ac + bc < 0 trái với giả thiết ab + ac + bc > 0
Vậy a > 0. Tương tự ta chứng minh được b > 0, c > 0
5.3. Bài tập tương tự:
Bài 1: cho các số a, b, c , m, n, p thoả mãn: ap - 2bn + cm = 0 và ac - b
2
= 0
chứng minh mp - n
2

≤
0
Bài 2: chứng minh rằng: Nếu a
≥
3; b
≥
3; a

2
+ b
2

≥
25 thì a + b
≥
7
Bài 3: Cho a
3
+ b
3
= 2. Chứng minh a + b
≤
2
6. Phương pháp quy nạp toán học
6.1. Phương pháp giải: Nếu cả 2 vế của bất đẳng thức phải chứng minh đều
phụ thuộc vào đối số tự nhiên n thì có thể dùng phương pháp quy nạp toán học.
Khi đó đòi hỏi phải chứng minh:
+ Bất đẳng thức đúng với n = 1 (hoặc đúng với n = n
0
là giá trị tự nhiên bé
nhất thừa nhận được của n theo yêu cầu của đề bài)
+ Thừa nhận bất đẳng thức đúng với n = k (k > 1 hoặc k > n
0
) rồi chứng minh
bất đẳng thức đúng với n = k + 1.
6.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên n
≥

3 thì 2
n
> 2n + 1 (1)
Giải:
Với n= 3 ta có 2
3
= 8,; 2n + 1 = 7
⇒
2
n
> 2n + 1 đúng với n = 3
Giả sử (1) đúng với n = k (k
3, ≥∈ kN
)
Tức là 2
k
> 2k + 1. Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k+1
hay 2
k+1
> 2(k+1) +1
hay 2
k+1
> 2k+3 (2)
Thật vậy: hay 2
k+1
=2.2
k
mà 2
k
> 2k +1

⇒
2
k+1
> 2. (2k +1) = (2k+3)+(2k-1) > 2k+3 (vì 2k -1>0)
⇒
(2) đúng với
≥∀k
3
Vậy 2
n
> 2n + 1 với mọi n nguyên dương và n
≥
3.
Ví dụ 2: chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 1 thì
(n+1)(n+2)(n+3)….2n > 2
n
(1)
Giải: Với n = 2 thì (1) đúng với n = k (k
∈
N, k
≥
2) tức là
(k+1)(k+2)(k+3)….2k > 2
k
. Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k+1 tức là
phải chứng minh (k+2)(k+3)(k+4)…2(k+1) > 2
k+1
Hay (k+2)(k+3)(k+4)…(2k+2) > 2
k+1
Thật vậy: Theo giả thiết quy nạp ta có:

(k+2)(k+3)(k+4)…2k > 2
k
⇒
(k +1)(k+2)(k+3)…(2k)(2k+1) > 2
k
⇒
2(k +1)(k+2)(k+3)…(2k)(2k+1) > 2.2
k
⇒
(k+2)(k+3)…(2k)(2k+1)(2k+2) > 2
k+1
Vậy bất đẳng thức (1) đúng với mọi số tự nhiên n >1 nghĩa là:
(n+1)(n+2)(n+3)….2n > 2
n

6.3. Bài tập tương tự
Bài 1: Cho a
≥
0, b
≥
0, n
∈
N. Chứng minh rằng
22
nn
n
baba +
≤







+
Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n
≥
3
thì n
2
> n + 5
Bài 3: Chứngminh rằng vớimọi số nguyên dương n thì
1
13
1

2
1
1
1
>
+
++
+
+
+ nnn
7. Phương pháp xét các khoảng giá trị của biến
7.1. Phương pháp giải: Có những bài toán yêu cầu chứng minh bất đẳng thức
A(x) > 0 mà không cho thêm giả thiết nào nữa ta có thể suy nghĩ theo cách giải
sau: Nếu biểu thức A(x) viết được về dạng tổng các hạng tử nx(x-a) thì ta xét

các khoảng giá trị của biến x chẳng hạn như x
≥
a và x < a để sử dụng định
nghĩa bất đẳng thức x
≥
a
0≥−⇔ ax
hay x < a
⇔
x -a < 0.
Trong trường hợp bất đẳng thức cần chứng minh chưa có dạng A(x) > 0 hay
A(x) < 0 trước hết ta chuyển vế để đưa về dạng đó.
7.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Chứng minh x
10
-x
9
+x
4
- x+ 1 >0
Giải:
Xét A = x
10
-x
9
+x
4
- x+ 1
= x
9

(x-1) + x(x
3
-1) +1 (1)
Hoặc A = x
10
+ x
4
(1-x
5
) +(1-x) (2)
+ Nếu x
≥
1
⇒
x
9
> 0; x-1
≥
0; x
3
+1
≥
0
Nên từ (1)
⇒
A > 0
+ Nếu x < 1
⇒
1-x
5

> 0; 1-x > 0 mà x
10

≥
0 và x
4

≥
0 nên từ (2)
⇒
A > 0.
Ví dụ 2: Chứng minh 12x
4
+ 8x
3
+11x
2
+7x+10 >0
Giải: xét B = 12x
4
+ 8x
3
+11x
2
+7x+10 (1)
Hoặc B= 10(x
4
+ x
3
+x

2
+x+1) + 2x
4
+x
2
-2x
3
-3x (2)
+ Nếu x
≥
0 thì từ (1)
⇒
B > 0 ( vì x
4
+ x
3
+x
2
+x+1 >0 tương tự ví dụ 1 và 2x
4
+x
2
> 0; -2x
3
-3x > 0 ( do x<0)
Vậy B > 0 (đpcm)
7.3. Bài tập tương tự
Bài 1: chứngminh x
8
+x

4
+1 > x
7
+ x
Bài 2: Chứngminh x
6
- x
5
+ x
4
- x
3
+x
2
- x + 1 > 0
Bài 3: Chứng minh x
6
- x
5
+ x
4
- x
3
+x
2
- x +
4
3
> 0
8. Phương pháp làm trội ( hoặc làm giảm)

8.1. Phương pháp giải: Để chứng minh A < B ta làm trội A thành C (A < C)
rồi chứng minh C
≤
B (biểu thức C đóng vai trò trung gian để so sánh A và B)
Tương tự đối với phương pháp làm giảm
8.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n
≥
2 ta có:
A =
4
11

3
1
2
1
333
<+++
n
Giải: Làm trội mỗi phân số ở A bằng cách giảm mẫu
Ta có:
( )
( ) ( )
11
1
1
111
233
+−

=
−
=
−
<
kkk
kkkkk
Do đó: A <
( ) ( )
11
1

4.3.2
1
3.2.1
11

33
1
22
1
333
+−
+++=
−
++
−
+
−
nnn

nn
Đặt C =
( ) ( )
11
1

4.3.2
1
3.2.1
1
+−
+++
nnn
=
( ) ( )






+
−
−
++−+−
1
1
1
1

4.3
1
3.2
1
3.2
1
2.1
1
2
1
nnnn
=
( ) ( )
4
1
12
1
4
1
1
1
2
1
2
1
<
+
−=







+
−
nnnn
Vậy:
4
11

3
1
2
1
333
<+++
n
Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n
≥
2 ta có:
A = 1+
n
n
<
−
+++
12
1

3
1
2
1
Giải:
A=






−
++++






++++






++++







++
−
12
1

2
1

15
1

9
1
2
1
7
1
6
1
5
1
2
1
3
1
2

1
1
132 nn
ở mỗi nhóm trong A ta làm trội bằng cách thay các phân số bởi phân số lớn
nhất trong nhóm, ta được
A<
1
132
2.
2
1
8.
2
1
4.
.2
1
2.
2
1
1
−
−
+++++
n
n
=
1 1 1
n
n

+ + + =
1 4 2 43
Vậy A < n (đpcm)
8.3. Bài tập tương tự
Bài 1: Cho A =
199
200

5
6
.
3
4
.
1
2
Chứng minh 14 < A < 20
Bài 2: Chứng minh:
2
13
1

3
1
2
1
1
1
<
+

++
+
+
+
+
+ nnnn
Với n nguyên dương
9. Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức kinh điển ( bất đẳng côsi và bất
đẳng thức bunhiacốpxki)
9.1. Phương pháp giải: Để chứng minh một bất đẳng thức nào đó ngoài các
cách đã giới thiệu ta có thể sử dụng các bất đẳng thức kinh điển. Trong phạm
vi chương trình THCS , tôi xin giới thiệu và hướng dẫn học sinh vận dụng bất
đẳng thức Côsi và bất đẳng thức Bunhiacốpxki để chứng minh các bất đẳng
thức khác.
a. Bất đẳng thức Côsi: Cho a
1
, a
2
,….,a
n
là các số không âm. Khi đó ta có:
n
n
n
aaa
n
aaa


21

21
≥
+++
Dấu bằng xảy ra
⇔
a
1
= a
2
= …= a
n

b. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Cho hai dãy số a
1
,a
2
,…và b
1
,b
2
,…b
n
. khi đó ta
có:
(a
1
b
1
+ a
2

b
2
+ …+ a
n
b
n
)
2

≤
(a
1
2
+a
2
2
+ …+ a
n
2
)(b
1
2
+b
2
2
+ …+b
n
2
)
Dấu bằng xẩy ra

⇔
n
n
b
a
b
a
b
a
===
2
2
1
1
với quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử bằng
0.
9.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:
2
222
cba
ba
c
ac
b
cb
a ++
≥
+
+

+
+
+
Giải: Do a, b, c >0
⇒
0
2
>
+ cb
a
và
0
4
>
+ cb
áp dụng bất đẳng thức côsi cho 2 số
cb
a
+
2
và
4
cb +
ta có
a
acb
cb
acb
cb
a

==
+
+
≥
+
+
+ 2
.2
4
.2
4
22
⇒


4
2
cb
a
cb
a +
−≥
+
Tương tự ta có:
4
2
ca
b
ca
b +

−≥
+

4
2
ba
c
ba
c +
−≥
+
Cộng từng vế của 3 bất đẳng thức trên ta được:
22
)(
222
cbacba
cba
ba
c
ca
b
cb
a ++
=
++
−++≥
+
+
+
+

+
Vậy
2
222
cba
ba
c
ca
b
cb
a ++
≥
+
+
+
+
+
(đpcm)
Ví dụ 2: Cho a, b, c là các số không âm và a+b+c=1. Chứng minh rằng:
ba +
+
cb +
+
ac +
6≤
Giải: a, b, c
≥
0
⇒
a+b

≥
0; b+c
≥
0; c+a
≥
0
⇒

ba +
,
cb +
,
ac +
có nghĩa.
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski với 2 bộ số:
a
1
=1, a
2
=2, a
3
=3, b
1
=
ba +
, b
2
cb +
, b
3

=
ac +
ta có: (1.
ba +
+1.
cb +
+1.
ac +
)
2

≤
(1+1+1)(a+b+b+c+c+a)
⇔
2.3)(
2
≤+++++ accbba
(vì a+b+c=1)
⇔
(
6≤+++++ accbba
(đpcm)
*Lưu ý: + Việc chứng minh các bất đẳng thức côsi và bất đẳng thức
Bunhiacôpxki ở đây không đề cập mà chỉ hướng dẫn các em chứng minh bất
đẳng thức bằng cách sử dụng một hoặc nhiều bất đẳng thức đã biết khác.
+ Khi sử dụng bất đẳng thức côsi thì cần chú ý các số áp dụng phải
có điều kiện
≥
0 còn bất đẳng thức Bunhiacôpxki thì không cần điều kiện
các số

≥
0 nhưng phải áp dụng cho 2 bộ số.
+ Ngoài 2 bất đẳng thức hay sủ dụng cho học sinh THCS đã nêu ở
trên thì các em có thể sử dụng một số bất đẳng thức đã biết để chứng minh
một bất đẳng thức khác.
9.3. Bài tập tương tự:
Bài 1: cho a, b, c >0. Chứng minh
2>
+
+
+
+
+ ba
c
ca
b
cb
a
Bài 2: Cho a+b = 2. Chứng minh a
4
+b
4

2≥
10.Phương pháp tam thức bậc hai
10.1. Phương pháp giải: Dùng định lí về dấu của tam thức bậc hai để chứng
minh bất đẳng thức
Định lý về dấu của tam thức bậc hai:
Định lý về dấu của tam thức bậc hai f(x) = ax
2

+ bx + c (a
≠
0)
∆
= b
2
- 4ac
- Nếu
∆
< 0 thì f(x) luôn cùng dấu với a với mọi giá trị của x (nghĩa là a.f(x) >
0)
- Nếu
∆
=0 thì f(x) luôn cùng dấu với a với mọi giá trị của x, trừ khi x=
a
b
2
−
thì
f(x) = 0 (nghĩa là a.f(x)
≥
0, af(x) = 0 khi x=
a
b
2
−
);
- Nếu
∆
> 0 thì f(x) cùng dấu với a khi x nằm trong khoảng hai nghiệm (x

1
, x
2
)
và khác dấu với a khi x nằm trong khoảng hai nghiệm.
10.2. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1: Cho bốn số thực a, b, c, d thoả mãn hệ điều kiện



=+
=+
6
1
22
dc
ba
Chứng minh rằng: c
2
+ d
2
-2ac -2bd
≥
18 -
26
(1)
Giải: c + d = 6
⇒
d = 6- c . Khi đó bất đẳng thức (1) có dạng:
c

2
+ (6-c)
2
-2ac -2b(6-c) -18+
26
≥
0 (2)
Quan niệm vế trái của (2) là tam thức bậc hai của c, ta có:
( )
( )
26181226
2
'
+−−−−+=∆ bba
= - (a+b)
2
+ 12(a+b) + 2 -12
2
(3)
Do a
2
+b
2
=1
⇒

22 ≤+≤− ba
Xét tam thức bậc hai f(x) = -x
2
+12x+2-12

2
Ta có bảng xét dấu sau:
x

2
12-
2
f(x) - 0 + 0 -
Do
22 ≤+≤− ba
nên từ (3) và bảng xét dấu
⇒
0
'
≤∆
. Theo định lý về dấu
của tam thức bậc hai thì (2) đúng với mọi c. Đó là điều phải chứng minh.
Dấu = xảy ra





==
==
⇔






−+
=
=+
⇔
3
2
2
2
6
2
dc
ba
ba
c
ba
Ví dụ 2: Chứng minh bất đẳng thức Bunhiacôpxki đã nêu trong phần <9>
Giải: Xét tam thức bậc hai
F(x) = (b
1
x - a
1
)
2
+ (b
2
x - a
2
)
2

+….+(b
n
x - a
n
)
2
Ta thấy f(x)
0≥
với mọi x. Ta viết f(x) dưới dạng sau
F(x) =( b
)
22
2
2
1 n
bb +++ 
x
2
- 2(a
1
b
1
+a
2
b
2
+…+a
n
b
n

)x +
( )
22
2
2
1 n
aaa +++ 
Do f(x)
0≥
với mọi x nên từ (1) suy ra:
( )
( )( )
0
22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211
'
≤++++++−+++=∆
nnnn
bbbaaabababa 
⇒

( )

( )( )
22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211 nnnn
bbbaaabababa ++++++≤+++ 
Dấu = xảy ra
⇔
0
'
=∆
⇔
phương trình f(x) =0 có nghiệm kép
⇔

n
n
b
a
b
a
b
a
=== 

2
2
1
1
* Nhận xét: khi sử dụng phương pháp tam thức bậc hai để chứngminh bất
đẳng thức như ví dụ 1, ví dụ 2 của <10> đã nêu ở trên thì học sinh cần biết
định lí về dấu của tam thức bậc hai nhưng kiến thức đó chưa được chính thức
giới thiệu ở bậc THCS nên hơi khó đối với các em. Vì thế tôi xin giới thiệu 2 ví
dụ để HS tham khảo chứ không yêu cầu các em tự làm bài tập ở phần này.
11. Phương pháp đồ thị và hình học
11.1. Phương pháp giải: Vận dụng các kiến thức hình học để chứng minh các
bài toán về bất đẳng thức đại số.
11.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với a, b ta có:
baba +<+
Giải: Xét
∆
ABC có Â = 90
0
, AB =
a
,
AC =
b
.
Theo định lý Pi ta go ta có: BC =
ba +
Trong
∆
ABC ta có: BC < AB + AC

⇒
baba +<+
(đpcm)

Ví dụ 2: Cho a,b,c,d > 0 . Chứng minh rằng:
( ) ( )
22
2222
dbcadcba +++≥+++
Giải: Trên trục hoành Ox đặt liên tiếp hai đoạn OA = a, AB = c, còn trên trục
Oy đặt liên tiếp OC = b, CD = d. Xét hình chữ nhật COAE và DOBF. Theo
định lý pitago ta có:
OE =
22
ba +
EF =
22
dc +
OF =
( ) ( )
22
dbca +++


ba +
b
A
C
B
y

O
C
BA
a
b
G
F
c
x
D
d
E
Mà OE + EF
≥
OF
⇒
( ) ( )
22
2222
dbcadcba +++≥+++
Dấu bằng xảy ra
⇔
∆
OAE
∆
EFG
⇔
d
c
b

a
=
Ví dụ 3: Cho x, y là 2số thoả mãn:





≤−−
≤−−
≥−+
042
022
022
xy
yx
yx
Chứng minh: x
2
+ y
2

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

Như vậy muốn chứng minh x
2
+ y
2

5
4
≥

ta cần chứng minh : OI
2

5
4
≥
Mà OH AB; OI
≥
OH
222
111
OBOAOH
+=
Vậy OH
2
=
5
4
⇒
OI
2

≥

5
4
Hay x
2
+ y
2

5
4
≥
11.3. Bài tập tương tự
Bài 1: Chứngminh rằng với a > b > 0 thì
baba −<−
Bài 2: Chứng minh rằng với x, y, z, t > 0 thì
( )( ) ( )( )
( )( )
tzyxtytxzyzx ++≥+++++
22222222
C
O
H
B
A
-2
2
-4
1

x
y
Bài 3: Chứng minh rằng:
4106346
22
≤+−−+− xxxx
III. KẾT LUẬN
Học sinh biết được càng nhiều phương pháp chứngminh bất đẳng thức thì
khi giải các loại bài tập liên quan đến việc chứng minh bất đẳng thức có nhiều
hướng suy nghĩ nên dễ tìm ra cách giải qua đó cũng phát triển được tư duy và
nâng cao được năng lực sáng tạo.
Trên đây là một vài kinh nghiệm mà tôi đã tích luỹ trong quá trình giảng
dạy và hướng dẫn học sinh học toán, rất mong được sự đóng góp ý kiến của các
thầy, các cô cùng các bạn đồng nghiệp.


PHÒNG GIÁO DỤC VINH
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN
" GIÚP HỌC SINH THCS HỆ THỐNG CÁC PHƯƠNG
PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC"
(sáng kiến viết lần 1)
NĂM HỌC 2007-2008