SKKN Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 1
ĐẶT VẤN ĐỀ
Ngày nay cùng với sự phát triển của tất cả các ngành khoa học cơ bản
Toán học là một trong số những ngành khoa học đi đầu, có vị trí hết sức quan
trọng. Chúng ta có thể nhận thấy điều này thông qua ứng dụng của Toán học
hầu hết có mặt trong tất cả các lĩnh vực của đời sống xã hội. Sự ra đời và phát
triển mạnh mẽ của công nghệ thông tin đã dẫn đến sự bùng nổ các ứng dụng
của Toán học, đem lại hiệu quả to lớn cho đời sống xã hội.
Toán học có ví trí đặc biệt quan trọng trong việc nâng cao và phát triển
dân trí. Toán học không chỉ cung cấp cho học sinh (người học Toán) những
kỹ năng tính toán cần thiết mà còn là điều kiện chủ yếu rèn luyện khả năng tư
duy lôgic, một phương pháp luận khoa học.
Trong việc dạy học Toán thì việc tìm ra những phương pháp dạy học và
giải bài tập Toán đòi hỏi người giáo viên phải chọn lọc hệ thống bài tập,
phương pháp dạy học để góp phần hình thành và phát triển tư duy của học
sinh. Đồng thời qua việc học Toán học sinh cần được bồi dưỡng, rèn luyện về
phẩm chất đạo đức, các thao tác tư duy để giải các bài tập Toán trong đó loại
toán về bất đẳng thức cũng là một trong những bài toán hay giúp học sinh
phát huy cao độ tính tư duy, trí tuệ.
Với suy nghĩ đó bản thân tôi xin mạnh dạn bày tỏ một vài quan điểm,
những hiểu biết của bản thân thông qua việc tìm hiểu, sưu tầm, học hỏi,
chọn lọc những vấn đề có liên quan đến loại toán về bất đẳng thức để
chúng ta cùng nhau bàn bạc, tham gia góp ý để việc dạy học bất đẳng thức
ngày càng hiệu quả hơn.
CƠ SỞ KHOA HỌC
Giải toán bất đẳng thức là loại toán khó vì phạm vì kiến thức vận dụng
là rộng, đặc biệt là với học sinh bậc THCS. Qua thực tế giảng dạy ở THCS
tôi thấy thực trạng khi dạy toán bất đẳng thức đó là:
- Với giáo viên: khi dạy về bất đẳng thức chỉ tập trung vào việc chữa

bài tập là xong, ít đi sâu tìm hiểu, khai thác, phân tích để mở rộng bài toán
dẫn đến khi học sinh gặp bài toán khác một chút là khó khăn thậm chí là
không giải được.

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 2
- Với học sinh: thường ngại học toán bất đẳng thức vì kiến thức không
liền mạch, phương pháp giải hạn chế, các bài toán bất đẳng thức thường khó,
phải áp dụng các kiến thức khó như: quy nạp toán học, phản chứng, nên học
sinh hay ngại và học sinh chưa vận dụng được toán bất đẳng thức vào để giải
các bài toán khó như cực trị, hàm số,
- Với sách giáo khoa: việc đề cập đến dạng toán bất đẳng thức cũng đã
có song còn ở dạng đơn giản, chưa tường minh, không sâu, còn làm cho việc
nhận thức về vấn đề này còn mơ hồ và đôi khi còn bỏ qua (chủ yếu là đội ngũ
học sinh giỏi).
- Với tài liệu tham khảo: hiện nay tôi thấy có nhiều tài liệu đề cập đến
vấn đề này. Tuy nhiên việc trình bày trong những cuốn sách đó phần hệ thống
còn hạn chế, hoặc quá cao siêu với việc nhận thức của học sinh. Thậm chí
một số cuốn sách chỉ có lời giải mà không có hình thành phương pháp giải cụ
thể.
Thông qua đề tài này sẽ góp phần vào việc nâng cao nhận thức về việc
dạy và học loại toán về bất đẳng thức. Tạo ra cho giáo viên, học sinh có
hứng thú khi giải toán bất đẳng thức, làm bài tập tốt hơn, tự giải quyết
được các bài tập bất đẳng thức có dạng tương tự, hạn chế được rất nhiều
sai lầm khi giải toán bất đẳng thức.
NỘI DUNG GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
Chương I
ÁP DỤNG GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐẠI SỐ
Ở TRƯỜNG THCS

I.MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
1. Định nghĩa
Cho 2 số a và b ta nói:
a lớn hơn b, kí hiệu: a > b
⇔
a - b > 0.
a nhỏ hơn b, kí hiệu: a < b
⇔
a - b < 0.
2. Các tính chất của bất đẳng thức
2.1. a > b
⇔
b < a.
2.2. Tính chất bắc cầu: a > b, b > c
⇒
a > c.
2.3. Tính chất cộng: Cộng cùng một số vào hai vế của bất đẳng thức:
a > b
⇒
a + c > b + c.

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 3
2.4. Cộng từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều được bất đẳng thức mới
cùng chiều với bất đẳng thức đã cho: a > b, c > d
⇒
a + c > b + d.
Chú ý: không được trừ từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều.
2.5. Trừ từng vế của hai bất đẳng thức ngược chiều được bất đẳng thức

mới cùng chiều với bất đẳng thức bị trừ:
Nếu a > b, c > d thì a - c > b - d
2.6. Tính chất nhân:
a) Nhân hai vế của bất đẳng thức với cùng một số dương.
a > b, c > 0
⇒
a.c > b.c
b) Nhân hai vế của bất đẳng thức với cùng một số âm.
a > b, c < 0
⇒
a.c < b.c
2.7. Nhân từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều mà hai vế không
âm.
Nếu a > b
≥
0, c > d
≥
0 thì ac > bd.
2.8. Nâng lên luỹ thừa bậc nguyên dương hai vế của bất đẳng thức
a > b > 0
⇒
a
n
> b
n
.
a > b
⇒
a
n

> b
n
với n = 2k ( k
∈
Z).
2.9. So sánh hai luỹ thừa cùng cơ số với số mũ nguyên dương
Với m > n > 0:
- Nếu a > 1 thì a
m
> a
n
.
- Nếu a = 1 thì a
m
= a
n
.
- Nếu 0 < a < 1 thì a
m
< a
n
.
2.10. Lấy nghịch đảo hai vế và đổi chiều bất đẳng thức nếu hai vế cùng
dấu
Nếu a > b > 0 hoặc a < b < 0 thì
1 1
a b
<
.
Chú ý: Ngoài các bất đẳng thức chặt (a > b) ta còn gặp các bất đẳng

thức không chặt (a
≥
b) tức là a > b hoặc a = b.
Trong các tính chất nêu trên nhiều tính chất dấu “>” (hoặc dấu “
<”) có thể thay bởi dấu “
≥
” ( hoặc dấu “
≤
”)
3. Các bất đẳng thức cần nhớ
3.1. a
2

≤
0, -a
2

≤
0. Xảy ra dấu đẳng thức khi a = 0.
3.2.
a

≥
0. Xảy ra dấu đẳng thức khi a = 0.
3.3. -
a

≤
a
≤

a
. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = 0.
3.4.
a b+

≤

a
+
b
. Xảy ra dấu đẳng thức khi ab
≥
0.

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 4
3.5.
a b−

≥

a
-
b
. Xảy ra dấu dẳng thức khi ab
≥
0;
a

≥

b
.
(Các điều kiện này còn có thể diễn đạt lại là a
≥
b
≥
0 hoặc a
≤
b
≤
0).
Chú ý: Một số bất đẳng thức quan trọng:
a/ a
2
+ b
2

≥
2ab.
b/
2
a b
2
+
 
 ÷
 

≥
ab hay (a + b)
2

≥
4ab (Bất đẳng thức Cô si).
c/
1 1 1
a b a b
+ ≥
+
với a; b > 0.
d/
a b
2
b a
+ ≥
với ab > 0.
e/ (ax + by)
2

≥
(a
2
+ b
2
).(x
2
+ y
2

). (Bất đẳng thức Bunhia - Côpxki)
II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
1. Phương pháp dùng định nghĩa
1.1 Cơ sở toán học
Để chứng minh A > B ta chứng minh A - B > 0.
Để chứng minh A < B ta chứng minh A - B < 0.
1.2 Ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: Chứng minh rằng nếu a và b là các số thực không âm thì:

a b
ab
2
+
≥
Dấu “=” xảy ra khi nào?
Giải
Xét hiệu:
a b
2
+
-
ab
=
a b 2 ab
2
+ −
=
2
( a b)
2

−

≥
0 luôn đúng
a,b 0∀ ≥
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Ví dụ 2: Cho a > 0; b > 0. Chứng minh rằng:
3
3 3
a b a b
.
2 2
+ +
 
≥
 ÷
 
Giải
Xét hiệu: A =
( )
( )
( )
3
2 2
3
3 3
a b a ab b
a b
a b a b

2 2 2 8
+ − −
+
+ +
 
− = −
 ÷
 

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 5

( ) ( )
2 2
2 2
2 2 2 2
2
a b a 2ab b
a ab b
2 4
a b 4a 4ab 4b a 2ab b
2 4
3
a b a b .
8
 
+ + +
= − + −
 ÷

 
 
+ − + − − −
=
 ÷
 
= + −
Vì a > 0; b > 0 nên a + b > 0 và (a - b)
2

≥
0
⇒
A
≥
0.
Vậy
3
3 3
a b a b
.
2 2
+ +
 
≥
 ÷
 
2. Phương pháp dùng các tính chất của bất đẳng thức
2.1. Cơ sở toán học
- Xuất phát từ các bất đẳng thức đã biết vận dụng các tính chất của bất

đẳng thức để suy ra bất đẳng thức phải chứng minh.
- Thường là áp dụng các tính chất cơ bản của bất đẳng thức. (Đã nêu ở
phần trên)
2.2 Ví dụ minh hoạ
Ví dụ 3: Chứng minh rằng nếu
2 2
a b 2+ ≤
thì
a b 2.+ ≤
Giải
Ta có:
( )
2
2 2 2 2
a b 0 a 2ab b 0 a b 2ab.− ≥ ⇔ − + ≥ ⇒ + ≥
(*)
Từ
2 2 2 2
a b 2 a b 2.+ ≤ ⇒ − − ≥ −
(**)
Công từng vế của (*) và (**) ta được
2ab 2 0− ≤

⇒
2ab
≤
2. (***)
Cộng từng vế của (**) và (***) ta được: (a
2
+ b

2
) + 2ab ≤ 4
Lại có (a + b)
2
= a
2
+ 2ab + b
2
= (a
2
+ b
2
) + 2ab
⇒

( )
2
a b 4+ ≤
hay
a b 2.+ ≤
Nhưng
a b a b+ ≥ +
nên
a b 2.+ ≤
Ví dụ 4: Cho a + b > 1. Chứng minh a
4
+ b
4
>
8

1
.
Giải
Ta có a + b > 1 > 0. (1)
Bình phương 2 vế của (1) ta được:
(a + b)
2
> 1
⇒
a
2
+ 2ab + b
2
> 1. (2)
Mặt khác: (a - b )
2

≥
0
⇔
a
2
- 2ab + b
2

≥
0. (3)

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”

Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 6
Cộng từng vế của (2) và (3) ta được: 2(a
2
+ b
2
) > 1
⇒
(a
2
+ b
2
) >
2
1
. (4)
Bình phương hai vế của (4) ta được: a
4
+ 2a
2
b
2
+ b
4
>
4
1
. (5)
Mặt khác: (a
2
- b

2
)
2

≥
0
⇔
a
4
- 2a
2
b
2
+ b
4

≥
0. (6)
Cộng từng vế của (5) và (6) ta được: 2(a
4
+ b
4
) >
4
1
. Hay a
4
+ b
4
>

8
1
.
2.3. Chú ý
Khi sử dụng các bất đẳng thức ta cần tránh những sai lầm sau:
1. a > b; c > d
⇒
a - c > b - d.
2. a > b; c > d
⇒
ac > bd. (Nhân vế với vế của hai bất đẳng thức mà
chưa biết hai vế có không âm hay không)
3. Bình phương hai vế của một bất đẳng thức mà chưa biết hai vế
không âm:
a > b
⇒
a
2
> b
2
.
4. Khử mẫu mà chưa biết dấu của chúng:
b
a
>
d
c

⇒
ad > bc.

5. Lấy nghịch đảo hai vế và đổi chiều bất đẳng thức mà chưa biết hai vế
có cùng dấu hay không: a > b
⇒

a
1
>
b
1
.
6. Khi làm trội một biểu thức đôi khi phải chia biểu thức thành nhiều
nhóm rồi làm trội từng nhóm.
Ta xét ví dụ sau:
Chứng minh rằng: Với mọi số tự nhiên n
≥
2 thì: 1 +
2
1
+
3
1
+ +
12
1
−
n
< n.
Giải
Gọi vế trái của bất đẳng thức là A, ta có:
A = 1 + (

2
1
+
3
1
) + (
2
2
1
+ +
7
1
) + (
3
2
1
+ +
15
1
) + + (
1
2
1
−n
+
12
1
−
n
).

ở mỗi nhóm ta làm trội bằng cách thay các phân số nhỏ hơn trong nhóm bằng
phân số lớn nhất trong nhóm ta được:
A < 1 +
2
1
.2 +
2
2
1
.4 +
3
2
1
.8 + +
1
2
1
−n
.2
n-1
=
n
1 1 1+ + +
1 4 2 43
= n.

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 7
3. Phương pháp biến đổi tương đương

3.1. Cơ sở toán học
- Để chứng minh bất đẳng thức A
≥
B ta biến đổi tương đương (dựa
vào các tính chất của bất đẳng thức) A
≥
B
⇔
C
≥
D. Và cuối cùng đạt
dược bất đẳng thức đúng hoặc hiển nhiên là C
≥
D.
Vì các phép biến đổi đều là tương đương nên A
≥
B.
- Để dùng phép biến đổi tương đương ta cần chú ý các hằng đẳng thức
sau:

2 2 2
(A B) A 2AB B± = ± +
.
(A + B + C)
2
= A
2
+ B
2
+ C

2
+ 2AB + 2BC + 2CA.
3.2. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 5: Chứng minnh A = x
2
+ x + 1 > 0
x∀
.
Giải
Ta có: A = x
2
+ x

+ 1 = (x
2
+ 2.x.1 +
4
3
)
4
1
+
= (x +
2
1
)
2
+
4
3

Mà
2
1
x 0 x
2
 
+ ≥ ∀
 ÷
 

2
1 3
x 0 x
2 4
 
⇒ + + > ∀
 ÷
 

A 0 x⇒ > ∀
(đpcm)
Ví dụ 6: Chứng minh rằng với 4 số bất kì a; b; x; y ta có:
(a
2
+ b
2
)(x
2
+ y
2

)
≥
(ax + by)
2
. (1)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
a b
x y
=
.
Giải
Ta có: (1)
⇔
a
2
x
2
+ a
2
y
2
+ b
2
x
2
+ b
2
y
2

≥
a
2
x
2
+ 2abxy + b
2
y
2
.

⇔
a
2
y
2
- 2abxy + b
2
x
2

≥
0
⇔
(ay - bx)
2

≥
0 (2).
Ta thấy bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) đúng.

Dấu “=” xảy ra khi ay = bx
a b
x y
⇔ =
3.3 Chú ý
- Sẽ mắc sai lầm nếu trong lời giải trên thay các dấu “
⇔
” bằng các dấu
“
⇒
”.
Thật vậy, nếu (1)
⇒
(2) mà bất đẳng thức (2) không đúng thì chưa thể
kết luận được bất đẳng thức (1) có đúng hay không.

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 8
- Khi sử dụng phép biến đổi tương đương, học sinh thường bỏ qua các
phép biến đổi tương đương có điều kiện dẫn đến không chặt chẽ. Vì vậy cần
lưu ý các phép biến đổi tương đương có điều kiện.
4. Phương pháp quy nạp toán học
4.1 Cơ sở toán học
Nội dung của phương pháp này là tiên đề quy nạp toán học.
Cho mệnh đề phụ thuộc vào số nguyên dương n: T(n) Nếu:
+ Mệnh đề đúng với n = 1.
+ Từ giả thiết đúng với n = k (k
∈
N) suy ra được mệnh đề cũng đúng

với n = k + 1. Thì mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương.
Như vậy để chứng minh một mệnh đề T(n) đúng với mọi số nguyên
dương bằng phương pháp quy nạp toán học ta phải tiến hành theo 3 bước:
- Bước 1: Chứng tỏ mệnh đề T(n
0
) đúng. (Kiểm tra mệnh đề đúng với n
0
là giá trị nhỏ nhất của n thường là 0 hoặc 1)
- Bước 2: Giả sử mệnh đề T(k) đúng.
Ta phải chứng minh mệnh đề T(k+1) cũng đúng.
- Bước 3: Kết luận mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương n.
4.2 Một số ví dụ minh hoạ
Ví dụ 7: Chứng minh rằng: Với x > -1 thì (1 + x)
n

≥
1 + nx, trong đó n là số
nguyên dương bất kì.
Giải
+ Với n = 1, ta có bất đẳng thức đúng 1 + x
≥
1 + x.
+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k tức là (1 + x)
k

≥
1 + kx.
Ta phải chứng minh bất đẳng thức cũng đúng với n = k + 1. Tức là phải
chứng minh (1 + x)
k+1

≥
1 + (k + 1)x.
Thật vậy, theo giả thiết : 1 + x > 0, suy ra:
(1 + x)
k
(1 + x)
≥
(1 + kx)(1 + x)
⇔
(1 + x)
k+1

≥
1 + (k + 1)x + kx
2
.
Mà kx
2
> 0 nên 1 + (k + 1)x + kx
2

≥
1 + (k + 1)x.
Từ đó suy ra bất đẳng thức phải chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 0.

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 9

Ví dụ 8 : Chứng minh rằng
( )
2n 1
1 3 5 1
. .
2 4 6 2n
3n 1
−
≤
+
n là số nguyên dương.
Giải
+Với n = 1, ta có:
1 1 1
2 2
3 1
≤ =
+
bất đẳng thức đúng.
+Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k ≥ 1. Tức là:
( )
2k 1
1 3 5 1
. .
2 4 6 2k
3k 1
−
≤
+
+Ta cần chứng minh bất đẳng thức cũng đúng với n = k + 1. Tức là cần

chứng minh:
( )
( )
( )
2k 1
1 3 5 1
. .
2 4 6 2 k 1
3 k 1 1
+
≤
+
+ +
Thật vậy, từ giả thiết quy nạp suy ra:
( ) ( )
( )
( )
( )
2k 1 2k 1 2k 1
1 3 5 1
. . . .
2 4 6 2k 2 k 1 2 k 1
3k 1
− + +
≤
+ +
+
Do đó ta cần chứng minh:
( )
( )

( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
3 2 3 2
2k 1
1 1
.
2 k 1
3k 1
3 k 1 1
3k 1 4 k 1 2k 1 3k 4
12k 28k 20k 4 12k 28k 19k 4
+
≥
+
+
+ +
⇔ + + ≥ + +
⇔ + + + ≥ + + +
k 0⇔ ≥
(luôn đúng)
Vậy bất đẳng thức đúng với mọi số nguyên dương n.
4.3. Chú ý.
Khi chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp này thì phải hiểu kỹ
các bước chứng minh, các phép biến đổi tương đương, tính chất của bất đẳng
thức.
5. Phương pháp dùng bất đẳng thức dã biết
5.1. Cơ sở toán học
Trong nhiều bài toán để việc chứng minh bất đẳng thức được gọn ta có
thể sử dụng các bất đẳng thức đã được chứng minh, nhất là các bất đẳng thức:

Cô si, Bunhia - Côpxki,

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 10
5.2. Ví dụ minh hoạ
Ví dụ 9: Chứng minh rằng:
a b
2
b a
+ ≥
với mọi a, b > 0.
Giải
Vì
a b
;
b a
đều dương nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương
ta được:
2
a b a b
a b a b
b a b a
. 1 1. Hay : 2.
2 b a 2 b a
 
+ +
 ÷
≥ = ⇒ ≥ + ≥
 ÷

 ÷
 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
a b
a b.
b a
= ⇔ =
Ví dụ 10: Cho x và y dương. Chứng minh rằng:
1 1 4
x y x y
+ ≥
+
. Dấu “=” trong
bất đẳng thức trên xảy ra khi nào?
Giải
Do x, y là số dương nên theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
( )
x y 2 xy
1 1 2
x y
xy
1 1 1 1 4
x y 4
x y x y x y
+ ≥
+ ≥
 
⇒ + + ≥ ⇒ + ≥
 ÷
+

 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = y.
5.3. Chú ý:
Khi sử dụng phương pháp này cần chú ý: Sử dụng các bất đẳng thức đã
được chứng minh với điều kiện chặt chẽ để có được bất đẳng thức cần áp
dụng. Nếu không sẽ dẫn đến sai lầm, thiếu sót.
Ví dụ: Cho a; b
0≠
. Chứng minh rằng:
2 2
2 2
a b a b
3 4 0
b a b a
 
+ − + + ≥
 ÷
 
. (1)
Có một học sinh giải như sau:
Ta có (1)

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 11

2
2 2
2 2
a b a b 9 1 a b 3 1

2 3 0 0
b a b a 4 4 b a 2 4
 
 
   
⇔ + + − + + − ≥ ⇔ + − − ≥
 
 ÷
 ÷  ÷
   
 
 

a b a b
2 . 1 0.
b a b a
   
⇔ + − + − ≥
 ÷ ÷
   
(2)
Vì
a b
2
b a
 
+ ≥ ⇒
 ÷
 
(2) luôn đúng với

a;b 0.∀ ≠
Vậy (1) luôn đúng với
.0; ≠∀ ba
(đpcm)
Bài toán này sai ở chỗ áp dụng bất đẳng thức
a b
2
b a
 
+ ≥
 ÷
 
với điều
kiện a; b không đúng.
Lời giải đúng
(1)
4 4 2 2 3 3
2 2
a b 4a b 3a b 3ab
0
a b
+ + − −
⇔ ≥

4 4 2 2 2 2 3 3
a b 2a b 6a b 3a b 3ab 0.⇔ + − + − − ≥
(Vì a
2
b
2

> 0)

( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
2
2 2 2 2
2 2 2
2 2
2
2
2
a b 3ab a 2ab b 0.
a b a b 3ab a b 0.
a b a b 3ab 0.
b 3b
a b a 0.(2)
2 4
⇔ − − − + ≥
⇔ − + − − ≥
 
⇔ − + − ≥
 
 
 
⇔ − − + ≥
 
 ÷
 

 
 
(2) luôn đúng. Vậy (1) đúng.
6. Phương pháp phản chứng.
6.1. Cơ sở toán học
Gọi mệnh đề cần chứng minh là luận đề “A
⇒
B”. Phép toán mệnh đề
cho ta:
A B A B A B AB.⇒ = ∪ = ∩ =
Như vậy muốn phủ định một mệnh đề ta ghép tất cả các giả thiết của
luận đề với phủ định kết luận của nó.
Ta thường dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng như sau:
1/ Dùng mệnh đề phản đảo:
B A.⇒
2/ Phủ định luận đề rồi suy ra điều trái với giả thiết.

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 12
3/ Phủ định luận đề rồi suy ra 2 điều trái nhau.
4/ Phủ định luận đề rồi suy ra điều trái với một điều đúng.
5/ Phủ định luận đề rồi suy ra kết luận của A
B B.⇒
6.2. Ví dụ
Ví dụ 11:Cho
2 2
a b 2+ ≤
. Chứng minh rằng: a + b
≤

2.
Giải
Giả sử a + b > 2.
Vì hai vế đều dương nên bình phương hai vế ta được:
(a + b)
2
> 4
⇔
a
2
+ 2ab + b
2
> 4. (1)
Mặt khác ta có: 2ab < a
2
+ b
2

⇒
a
2
+ 2ab + b
2

≤
2(a
2
+ b
2
).

Mà
2 2
a b 2+ ≤
(gt)
⇒
2(a
2
+ b
2
)
≤
4. Do đó a
2
+ 2ab + b
2
< 4. (2)
Ta thấy (2) mâu thuẫn với (1).
Vậy a + b
≤
2.
Ví dụ 12: Cho 3 số thực a; b; c thoả mãn điều kiện:
a b c 0
ab bc ca 0
abc 0
+ + >


+ + >



>

Chứng minh rằng cả 3 số a; b; c là số dương.
Giải
Vì abc > 0 nên trong 3 số a; b; c phải có một số dương.
Giả sử ngược lại cả 3 số đều âm thì abc < 0. Vô lý.
Không mất tính tổng quát ta giả sử a > 0.
Mà abc > 0 nên bc > 0.
Nếu b < 0; c < 0 thì b + c < 0.
Từ a + b + c > 0
( ) ( )
2
2 2
2 2
2 2
b c a b c a b c b 2bc c ab ac
ab ac b 2bc c
ab bc ac b bc c ab ac bc 0
⇒ + > − ⇒ + < − + ⇒ + + < − −
⇔ + < − − −
⇔ + + < − − − ⇔ + + <
Điều này trái với giả thiết: ab + ac + bc > 0.
⇒
b > 0; c > 0.
Vậy cả 3 số a; b; c là số dương.

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 13
6.3. Chú ý

Với những bài toán chứng minh bất đẳng thức có dạng như trên ta nên
sử dụng phương pháp phản chứng. Tuy nhiên để sử dụng phương pháp này
cần nắm vững 5 cách chứng minh và các tính chất của bất đẳng thức để biến
đổi, lập luận.
7. Phương pháp đổi biến
7.1 Cơ sở toán học
Bước 1: Đặt biến mới dựa theo biến cũ.
Bước 2: Biến đổi bất đẳng thức theo biến mới, chứng minh bất đẳng
thức theo biến mới.
Bước 3: Kết luận và trả lời theo biến cũ.
7.2 Ví dụ minh hoạ
Ví dụ 13: Cho a + b+ c = 1. Chứng minh rằng:
2 2 2
1
a b c .
3
+ + ≥
Giải
Đặt
1 1 1
a x;b y;c z.
3 3 3
= + = + = +
Do a + b + c = 1 nên x + y + z = 0. Ta có:
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1 1 1
a b c x y z
3 3 3

1 2 1 2 1 2
x x y y z z
9 3 9 3 9 3
     
+ + = + + +
 ÷  ÷  ÷
     
   
= + + + + + +
 ÷ ÷ ÷
   

( )
2 2 2 2 2 2
1 2 1 1
x y z x y z x y z .
3 3 3 3
= + + + + + + = + + + ≥
Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi
1
x y z 0 a b c .
3
= = = ⇔ = = =
Ví dụ 14: Chứng minh bất đẳng thức sau:

( ) ( ) ( )
abc a b c a b c b c a≥ + − + − + −
. (1)
Với a; b; c là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Giải

Đặt: b + c - a = x; a + c - b = y; a + b - c = z, ta có x; y; z > 0.
y z x z x y
a ;b ;c .
2 2 2
+ + +
⇒ = = =

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 14
Ta phải chứng minh:
y x x z x y
. . xyz.
2 2 2
+ + +
≥

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
y z x z x y 8xyz.(2)
y z x z x y 64x y z .
⇔ + + + ≥
⇔ + + + ≥
Ta có:

( )
( )
( )

2
2
2
x y 4xy
y z 4xz
x z 4xz
+ ≥
+ ≥
+ ≥
Vì hai vế của bất đẳng thức trên không âm nên ta nhân từng vế các bất đẳng
thức trên ta được:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
y z x z x y 64x y z .+ + + ≥

( ) ( ) ( ) ( )
2
2
y z x z x y 8xyz .⇔ + + + ≥ 
 
⇒
(2) được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
Vậy (1) được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
7.3 Chú ý: Khi dùng phương pháp đổi biến để chứng minh bất đẳng
thức cần chú ý:
* Đặt biến mới theo hệ biến cũ, kèm theo điều kiện của biến mới.
* Nắm chắc được các phép biến đổi, các bất đẳng thức cơ bản để áp dụng.
* Đổi về biến cũ.
8. Phương pháp sử dụng tam thức bậc 2

8.1. Cơ sở toán học
Ta có thể dùng định lý về dấu của tam thức bậc 2, dấu của nghiệm của tam
thức bậc 2 để chứng minh bất đẳng thức.
Cho tam thức bậc 2: F
(x)
= ax
2
+ bx + c với
2
b 4ac.∆ = −
+ Nếu
0∆ <
thì a.F
(x)
> 0 với
x R.∀ ∈
+ Nếu
0∆ =
thì a.F
(x)
> 0 với
b
x
a
∀ ≠ − ⇒
F
(x)
cùng dấu với a.
+ Nếu
0∆ >

thì
1 2 2 1
x ;x : x x∃ >
. Ta có:
- x nằm ngoài khoảng 2 nghiệm: x < x
1
; x > x
2

⇔
a.F
(x)
> 0.
- x nằm trong khoảng 2 nghiệm:x
1
<x < x
2

⇔
a.F
(x)
< 0.

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 15
8.2. Ví dụ minh hoạ
Ví dụ 15: Cho các số: a, b, c, d thảo mãn: a + d = b + c. Chứng minh rằng:
Nếu lấy số m sao cho: 2m >
ad bc−

thì với mọi x
∈
R ta luôn có:
(x - a)(x - b)(x - c)(x - d) + m
2
≥
0 (1).
Giải
Dựa vào giả thiết cho: a + d = b + c nên ta có:
(1)
( ) ( )
2 2 2
x a d x ad x b c x bc m 0
   
⇔ − + + − + + + ≥
   
Vì a + d = b + c nên đặt: y = x
2
- (a + d)x = x
2
- (b + c)x ta được bất đẳng thức:
( ) ( )
( )
2
2 2
y ad y bc m 0.
y ad bc y abcd m 0.
+ + + ≥
⇔ + + + + ≥
Đặt F

(y)
= y
2
+ (ad + bc)y + abcd + m
2
.
Ta có:
( )
( )
( )
2 2
2 2
y
ad bc 4.1. abcd m ad bc 4m .∆ = + − + = − −
Vì
2m ad bc> −
nên
( )
( )
2
y
2
y
0
4m ad bc F 0.
A 1 0
∆ ≤

≥ − ⇔ ⇔ ≥


= >

Hay (x - a)(x - b)(x - c)(x - d) + m
2
≥
0. (đpcm)
8.3 Chú ý: Khi sử dụng tam thức bậc hai cần chú ý:
+Nắm chắc định lý về dấu của tam thức bậc 2.
+ Thường dùng các phép biến đổi tương đương để đưa bất đẳng thức cần
chứng minh về dạng:
F(x) 0
F(x) 0
≥


≤

Trong đó F(x) là tam thức bậc 2 đối với biến x.
III. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC
A. Một số định lý, bất đẳng thức cần dùng.
1.Mệnh đề 1: Nếu tổng các số thực dương x
1
; x
2
; x
n
bằng một số cho
trước thì tích của chúng lớn nhất khi: x
1
= x

2
= = x
n.
*Định lý 1: Nếu có n số dương x
1
; x
2
; x
n
có tổng bằng S không đổi thì tích
P = x
1
. x
2
. .x
n
có giá trị lớn nhất khi:
1 2 n
1 2 n
x x x
.
m m m
= = =
Trong đó m
i
là các số hữu tỉ dương.

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 16

2. Mệnh đề 2: (Đối ngẫu): Nếu tích của các số dương x
1
; x
2
; x
n
bằng
một số cho trước thì tổng của chúng bé nhất khi x
1
= x
2
= = x
n
.
*Định lý 2: Nếu n số thực dương x
1
; x
2
; x
n
có tích P = x
1
. x
2
. .x
n
không
đổi thì tổng S = x
1
+ x

2
+ + x
n
có giá trị bé nhất khi
1 2 n
1 2 n
x x x
.
m m m
= = =
Trong đó m
i
(i = 1; 2; ; n) là các số hữu tỉ dương cho trước.
3. Mệnh đề 3: Cho x
1
; x
2
; x
n

∈
R ta có:
1 2 n 1 2 n
x x x x x x .+ + + ≥ + + +
(1)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x
i
cùng dấu. Đặc biệt:
1 2 1 2
x x x x .− ≥ −

B. áp dụng
1. Tìm cực trị của hàm số, biểu thức đại số
Ví dụ 16: Tìm GTNN của hàm số:
( ) ( )
2 2
y x 1993 x 1994 .= − + −
Giải
Dễ thấy hàm số xác định với
Rx
∈∀
. Ta có:
y x 1993 x 1994 x 1993 1994 x .= − + − = − + −
áp dụng bất đẳng thức:
1 2 1 2
a a a a+ ≥ +
ta được:
y x 1993 1994 x 1 y 1.≥ − + − = ⇒ ≥
Dấu “=” xảy ra
( ) ( )
x 1993 x 1994 0 1993 x 1994.⇔ − − ≥ ⇔ ≤ ≤
Do đó y
min
= 1.
2. Tìm điều kiện của tham số để phương trình, hệ phương trình, tam
thức bậc 2 thoả mãn điều kiện nào đó.
Ví dụ 17: Cho phương trình
2 2 2 2 2
a x 2 a x 1 2a 1.
− + − + =
Tìm giá trị của

tham số a để phương trình có đúng 2 nghiệm trên tập hợp số nguyên.
Giải
Ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a x 2 a x 1 2a a x 2a 1 a x 2a A.− + − + = − + − + =
áp dụng bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối ta có:
2 2 2 2 2 2
A a x 2a 1 a x 2a 1.
≥ − + − + =
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a
2
x
2
- 2a
2
; 1 - a
2
x
2
; 2a
2
cùng dấu.

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 17
Do đó
2
2 2
x 2 0

1 a x 0

− ≥


− ≥


Nếu a
0
≠
thì
2
2
1
2 x
a
≤ ≤
. Để phương trình có 2 nghiệm nguyên trên tập hợp
số nguyên thì x
2
chỉ có thể nhận giá trị duy nhất là số chính phương trong
khoảng
2
1
2;
a
 
 ÷
 

.
Vậy
2
1 1 1
4 9 a .
a 3 2
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
3. Dùng bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình
Ví dụ 18: Giải phương trình sau:
2 2
3x 12x 16 y 4y 13 5.
− + + − + =

Giải
Ta thấy:
( )
2
2
3x 12x 16 3 x 2 4 2− + = − + ≥
.

( )
2
2
y 4y 13 y 2 9 3.− + = − + ≥

⇒
2 2
3x 12x 16 y 4y 13 5.− + + − + =

Dấu “=” xảy ra
2
2
2
2
3x 12x 16 2
3x 12x 16 4 x 2
y 2
y 4y 13 9
y 4y 13 3


− + =
− + = =

 
⇔ ⇔
  
=
− + =


− + =



Vậy nghiệm của phương trình đã cho là (x = 2; y = 2).
Chương II
ÁP DỤNG GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG HÌNH HỌC
I.MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG

HÌNH HỌC
1. Một số kí hiệu thường dùng để chỉ các yếu tố của tam giác
1.1. a; b; c tương ứng là độ dài 3 cạnh AB; AC; BC của
.ABC
∆
1.2.
γβα
;;
tương ứng là độ lớn các góc tại 3 đỉnh A; B; C.
1.3. m
a
; m
b
; m
c
tương ứng là độ dài các đường trung tuyến dựng từ các đỉnh
A; B; C.
1.4. h
a
; h
b
; h
c
tương ứng là độ dài các đường cao hạ từ các đỉnh A; B; C.

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 18
1.5. l
a

; l
b
; l
c
tương ứng là độ dài các đường phân giác kẻ từ các đỉnh A; B; C.
1.6. R và r tương ứng là độ dài các bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường
tròn nội tiếp của
.ABC∆
1.7. S
ABC
là diện tích của
.ABC∆
1.8. r
a
; r
b
; r
c
tương ứng là độ dài các bán kính đường tròn bàng tiếp trong góc
A; B; C của
.ABC∆
2. Một số kiến thức cơ bản cần dùng
2.1. Với 3 điểm bất kì A; B; C ta có AB AC + BC. Dấu “=” xảy ra
khi và chỉ khi C nằm giữa 2 điểm A và B.
2.2. Trong một tam giác góc đối diện với cạnh lớn hơn là góc lớn
hơn. Cạnh đối diện với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn.
2.3. Trong tam giác vuông cạnh huyền lớn hơn mỗi cạnh góc
vuông.
2.4. Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm đến một đường thẳng,
đường nào có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn và ngược lại.

2.5. Trong tam giác ABC có: AB - AC < BC < AB + AC
AB - BC < AC < AB + BC
AC - BC < AB < AC + BC
2.6. Trong một đường tròn hay trong hai đường tròn bằng nhau:
+ Cung lớn hơn khi và chỉ khi dây trương cung lớn hơn.
+ Đường kính là dây cung lớn nhất.
2.7. S
ABC
≤

1
AB.AC;
2
S
ABC
≤

1
BC.AB;
2
S
ABC
≤

1
CA.AC
2
II. MỘT SỐ CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
1. Sử dụng bất đẳng thức tam giác
Ví dụ 1: Chứng minh rằng trong tam giác ABC có AB = c, AC = b, BC = a,

trung tuyến AM = m
a
ta có:
b c a
2
+ −
< m
a
<
b c
2
+
Giải
Xét
∆
ABM có: AM > AB - BM
Xét
∆
ACM có: AM > AC - CM
Cộng từng vế 2 bất đẳng thức trên ta được:
2AM > AB + AC - (BM + CM)

a
m
a
b
c
D
M
C

B
A
Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 19
⇒
2AM > AB + AD - BC
⇒
m
a
>
b c a
2
+ −
(1)
Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho: MA = MD
⇒
∆
ABM =
∆
DCM
(c.g.c)
⇒
AB = CD.
Xét
∆
ACD có: AD < AC + CD = AC + AB.
⇒
2 AM < AC + AB
⇒

m
a
<
b c
2
+
(2)
Từ (1) và (2)
⇒
b c a
2
+ −
< m
a
<
b c
2
+
(đpcm).
(Mở rộng: Ta có thể chứng minh bất đẳng thức này đối với trung tuyến bất kỳ
trong một tam giác)
2. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy
Ví dụ 2: Cho
∆
ABC có 3 góc nhọn. Gọi H là trực tâm của
∆
ABC. K là chân
đường cao vẽ từ A của
∆
ABC. Chứng minh rằng: KH.KA

≤

4
2
BC
.
Giải
Xét
∆
AKB và
∆
CKH có:
·
·
0
AKB CKH 90= =


·
·
BAK HCK=
(Hai góc có cạnh tương ứng vuông góc).

⇒
( )
AKB CKH g.g∆ ∆:

⇒
KA KC
KB KH

=
⇒
KA.KH = KB.KC.
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
KB.KC
≤

2
KB KC
2
+
 
 ÷
 
=
2
BC
4
.
Vậy: KH.KA
≤

2
BC
4
. (đpcm).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: KB = KC . Hay K là trung điểm của BC
⇒
∆
ABC cân tại A.

3. Sử dụng phép đối xứng giải toán bất đẳng thức hình học
Ví dụ 3: Cho
∆
ABC bất kỳ. Chứng minh rằng: h
a
≤
p(p a)−
Với p là nửa chu vi của
∆
ABC, h
a
là đường cao hạ từ A.

H
K
B
C
A
Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 20
Giải
Qua A kẻ Ax // BC.
Thực hiện phép đối xứng trục Ax ta có:
SAx : B

B’
C

C’

Ta có: AB + AC = AB’+ AC
≥
CB’
Xét tam giác vuông CC’B’

ta có:
CB’ =
2 2
C'C C'B'+
⇔
b + c
≥
2 2
a
4h a+

⇔
(b + c)
2
≥
4h
a
2
+ a
2

⇔
h
a
2

≤
2 2
1
(b c) a
4
 
+ −
 
=
=
1
(b c a)(b c a)
4
+ − + +
= p(p - a)
⇔
h
a
2
≤
p(p - a)
⇔
h
a
≤
p(p a)−
(đpcm).
Ví dụ 4: Gọi a ,b, c là 3 cạnh của một tam giác, các đường cao tương ứng là h
a
, h

b
, h
c.
Chứng minh rằng:
2
2 2 2
a b c
(a b c)
h h h
+ +
+ +
≥
4
Giải
Kẻ Cx // AB, lấy E đối xứng với A qua Cx.
⇒
HE = HA.
Nối C với E, B với E
⇒
∆
CAE cân tại C
⇒
CE = CA = b.
Hạ CK
⊥
AB
⇒
CK = h
c
. Ta có:

CK = AH = HE
⇒
AE = 2 h
c

Với 3 điểm E, B, C ta luôn có: BE
≤
BC + CE
⇒
BE
≤
a + b.
Theo định lý Pitago trong tam giác vuông ABE ta có: AE
2
+ AB
2
= BE
2
.
⇔
(2h
c
)
2
+ c
2
≤
(a + b)
2
⇔

4h
c
2
≤
(a + b)
2
- c
2
.
Tương tự ta chứng minh được: 4h
a
2
≤
(b + c)
2
- a
2
4h
b
2
≤
(a + c)
2
- b
2
⇒
4(h
a
2
+ h

b
2
+ h
c
2
)
≤
(a + b)
2
- c
2
+(b + c)
2
- a
2
+ (a + c)
2
- b
2

⇔
4(h
a
2
+ h
b
2
+ h
c
2

)
≤
(a + b + c)
2

⇔
2
2 2 2
a b c
(a b c)
h h h
+ +
+ +

≥
4. (đpcm).

a
b
c
h
a
x
B'
C'
A
B
C
H
K

x
B
A
H
E
C
Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 21
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
⇔
∆
ABC là tam giác đều.
4. Sử dụng các bất đẳng thức đại số
Ví dụ 5: Cho
∆
ABC và O là điểm bất kỳ trong tam giác, các tia AO, BO, CO
cắt BC, CA, AB lần lượt tại P, Q, R. Chứng minh rằng:
a)
OP OQ OR
1
AP BQ CR
+ + =
b)
AP BQ CR
9
OP OQ OR
+ + ≥
. Dấu “=” xảy ra khi nào?
Giải

Từ A kẻ AH
⊥
BC, OK
⊥
BC
⇒
OK // AH
Xét
∆
AHP có:
OP OK
AP AH
=
; (Định lý Ta Lét)
SBOC=
BCOK.
2
1
; SABC=
BCAH.
2
1
⇒
OBC
ABC
S OK OP
S AH AP
= =

Tương tự ta có:

BOA
ABC
S OR
S CR
=
;
AOC
ABC
S OQ
S BQ
=
⇒
BOD BOA AOC
ABC ABC ABC
S S S OP OQ OR
S S S AP BQ CR
+ + = + +
=1.
Đặt
1
OP
a
AP
=
;
1
OQ
b
BQ
=

;
1
OR
c
CR
=
.
áp dụng bất đẳng thức : (a + b + c)
1 1 1
9
a b c
 
+ + ≥
 ÷
 
ta được:
OP OQ OR AP BQ CR
AP BQ CR OP OQ OR
  
+ + + +
 ÷ ÷
  

≥
9.
Mà
OP OQ OR
1
AP BQ CR
+ + =

. Nên ta có:
AP BQ CR
9
OP OQ OR
+ + ≥
(đpcm).
Ví dụ 6: Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng:
AB.CD + AD.BC
≥
AC.BD
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD nội tiếp.
Giải
Vẽ tia Ax sao cho:
·
·
DAx CBD=
Vẽ tia Dy sao cho:
·
·
ADy BDC=

Gọi M là giao điểm của Ax và Dy
Xét
∆
ADM và
∆
BDC có:

K
H

R
Q
P
O
C
B
A
M
x
y
D
C
B
A
Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 22
·
·
DAM CBD=
(cách dựng).
·
·
ADM BDC=
(cách dựng).
⇒
ADM BDC
∆ ∆
:
(g.g).

⇒
AD AM DM
BD BC DC
= =
⇒
BC.AD = BD.AM(1)
Vì
·
·
ABD CDM=
và
AD AM DM
BD BC DC
= =
⇒
ADB MCD
∆ ∆
:
(c.g.c).
⇒
AB BD
MC CD
=
⇔
AB.CD=BD.MC (2).
Từ (1) và (2)
⇒
AB.CD + BC.AD = BD.AM + BD.MC = BD(AM + MC);
Mà: AM + MC
≥

AC
⇒
AB.CD + BC.AD
≥
AC.BD. (ĐPCM).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: AM + MC = AC
⇒
M
∈
AC
⇔
·
·
·
·
·
DAM DAC DBC DAC DBC⇔ = = ⇔ = ⇔
Tứ giác ABCD nội tiếp.
Từ đó ta có định lý Prôtêmê: Điều kiện cần và đủ để một tứ giác nội
tiếp trong một đường tròn là: Tổng các tích những cạnh đối diện bằng tích
hai đường chéo.
5. Sử dụng một bài toán để chứng minh các bất đẳng thức khác
Ví dụ 7: Cho b
1
, b
2
, , b
n
là các số dương còn a
1

, a
2
, , a
n
tuỳ ý. Chứng minh ta
luôn có:
2 2 2 2
1 2 n 1 2 n
2 2 2
1 2 n 1 2 n
a a a (a a a )

b b b b b b
+ + +
+ + + ≥
+ + +
(*). Dấu “=” xảy ra khi nào?
Giải
áp dụng bất đẳng thức: Bunhiacốpki ta có:
(a
1
+ a
2
+ + an)
2
=
1 2 n
1 2
1 2 n
a a a

b b
b b b
 
+ + +
 ÷
 ÷
 

( )
2 2 2
1 2 n
1 2 n
1 2 n
a a a
b b b .
b b b
 
≤ + + + + + +
 ÷
 
Vì : b
1
, b
2
, , b
n
là các số dương
⇒
Tổng của chúng lớn hơn 0.
Chia cả 2 vế cho (b

1
+ b
2
+ + bn) ta được:

2 2 2 2
1 2 n 1 2 n
2 2 2
1 2 n 1 2 n
a a a (a a a )

b b b b b b
+ + +
+ + + ≥
+ + +
(đpcm).

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 23
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
1 2 n
1 2 n
a a a

b b b
= = =
.
KẾT QUẢ THỰC NGHIỆM
Để so sánh hiệu quả của hai phương pháp đã tiến hành thực hiện ở 2

nhóm học sinh lớp 9B mỗi nhóm có 12 học sinh được chia đều (có trình độ
nhận thức ngang nhau). Dạy theo phương pháp mới (nội dung đề tài đề cập) ở
nhóm (I), dạy theo phương pháp cũ ở nhóm (II).
1.Cách tiến hành:
Sau khi dạy song chuyên đề bất đẳng thức ở cả hai nhóm (I) và (II)
tôi đã tiến hành kiểm tra 2 nhóm học sinh.
Đề bài gồm 5 bài trong đó có 3 bài ở dạng quen thuộc (đã được
chữa hoặc hướng dẫn trên lớp), 2 bài ở dạng được khai thác và mở rộng với
thang điểm 10.
2.Kết quả điểm số như sau:
(I) 7,5 7 9,5 6 5,5 6 9 7 9 8 4 6
(II) 5 7 4 8,5 5,5 6 7 4 3 8 6 5
1
x
=
4.1 5,5.1 6.3 7.2 7,5.1 8.1 9.2 9,5.1
7,042
12
+ + + + + + +
≈

2
x
=
3.1 4.2 5.2 5,5.1 6.2 7.2 8.1 8,5.1
5,75
12
+ + + + + + +
≈
2 2 2

2
1
1
(4 7,042) (5,5 7,042) (9,5 7,042)
1,977
12
1,406
− + − + + −
∂ = ≈
⇒ ∂ ≈
2 2 2 2
2
2
2
(3 5,75) (4 5,75) (5 5,75) (8,5 5,75)
2,125
12
1,46
− + − + − + + −
∂ = ≈
⇒ ∂ ≈
Từ kết quả trên chúng ta có thể dễ dàng nhận thấy:
-Nhóm (I) có điểm trung bình cao hơn và độ lệch tiêu chuẩn thấp hơn.
-Nhóm (II) có điểm trung bình thấp hơn và độ lệch tiêu chuẩn cao hơn.
Chứng tỏ rằng nhóm (I) có kết quả học tập tốt hơn nhóm (II)
Trên đây là kết quả bước đầu của việc nghiên cứu và áp dụng nội
dung của đề tài vào thực tiễn quá trình giảng dạy tại Trường THCS Trung
Lập trong những năm học trước và tại Trường THCS Vĩnh Phong năm
học 2008 - 2009. Tuy nhiên, với việc áp dụng của cá nhân nên kết quả có
thể mới chỉ dừng lại ở mức độ nào đó. Bởi vì, đây là một vấn đề có nội

dung mở bao trùm nội dung kiến thức rộng của môn toán. Nên việc nghiên

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 24
cứu, hoàn thiện còn cần một khoảng thời gian dài cùng sự thể hiện, đúc
rút kinh nghiệm, góp ý của đồng nghiệp.
KẾT LUẬN
Với đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy
của học sinh THCS” thì nội dung tôi đã trình bày ở trên còn rất hạn hẹp so với
toàn bộ chuyên đề về bất đẳng thức. Việc áp dụng một số phương pháp giải
toán bất đẳng thức vào chương trình toán THCS là một vấn đề rộng, là nội
dung phong phú và đa dạng.
Hy vọng đây có thể là một cuốn tài liệu tham khảo cho đồng nghiệp
trong việc dạy toán bất đẳng thức nói riêng, giải toán nói chung.
Các ví dụ thể hiện phương pháp, cách giải quyết những tình huống
đó còn rất nhiều song do thời gian nghiên cứu có hạn nên ở đây tôi chỉ nêu
ra một vài ví dụ để các bạn cùng tham khảo, bàn bạc, suy ngẫm, đóng góp
ý kiến để ngày càng hiểu sâu hơn, có cách giải quyết tốt hơn cho những
vấn đề đó.
Trên đây là nội dung đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát
triển năng lực tư duy của học sinh THCS ” được nghiên cứu và viết tại
trường THCS Trung Lập và THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng.
Nội dung đề tài đã phần nào phản ánh, giải quyết được thực tiễn và
tính cấp thiết của vấn đề; những mục tiêu đề ra.
Tuy nhiên, với điều kiện không gian và thời gian, trình độ của bản
thân nên không tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong nhận được sự quan
tâm, tham gia đóng góp ý kiến của bạn bè đồng nghiệp để nội dung của đề
tài được hoàn thiện hơn.
Hi vọng rằng sau khi nghiên cứu và nêu ra ý kiến qua đề tài này bản

thân sẽ nhận được sự quan tâm, động viên và đóng góp ý kiến của bạn bè
đồng nghiệp và những người “Yêu toán”.
Xin chân thành cảm ơn!
Vĩnh Bảo, ngày 10 tháng 01 năm 2009
NGƯỜI VIẾT
Phạm Ngọc Điền

Đề tài “Giải toán bất đẳng thức với việc phát triển năng lực tư duy của học sinh
THCS”
Người viết: Phạm Ngọc Điền - Trường THCS Vĩnh Phong Vĩnh Bảo Hải Phòng 25
DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO
1.Bộ Giáo dục và Đào tạo: Sách giáo khoa Toán THCS. NXBGD –
2005.
2.Bộ Giáo dục và Đào tạo: Sách giáo viên Toán THCS. NXBGD –
2005.
3.Bộ Giáo dục và Đào tạo: Khuyến khích một số hoạt động trí tuệ của
học sinh qua môn toán ở trường THCS. NXBGD – 1999.
4.Bộ Giáo dục và Đào tạo: Một số vấn đề về đổi mới phương pháp dạy
học Toán ở trường THCS. NXBGD – 2004.
5.Hoàng Chúng: Phương pháp dạy học Toán THCS. NXBGD – 2000.
6.Nguyễn Cảnh Toàn: Nên học Toán như thế nào cho tốt. NXBGD –
2006.
7.Nguyễn Đức Đồng - Nguyễn Văn Vĩnh: 23 chuyên đề giải 1001 bài
toán sơ cấp. NXB Trẻ - 2000.
8.Võ Đại Mau: Tuyển tập 250 bài toán bồi dưỡng HSG toán cấp 2.
NXB Trẻ 1998.
9.Trần Văn Thương - Hồ Thị Kim Khánh: Phân loại và phương pháp
giải toán 9 (Đại số, Hình học). NXB Trẻ - 1997.
10.Vũ Hữu Bình – Tôn Thân - Đỗ Quang Thiều: Toán bồi dưỡng học
sinh giỏi lớp 9. NXBGD – 1998.

11.Nguyễn Đức Đồng - Nguyễn Văn Vĩnh: 15 phương pháp chuyên đề
tam thức bậc hai. NXB Trẻ - 2000.
12.Nguyễn Đễ - Vũ Hoàng Lâm: Các bài toán bất đẳng thức hay và
khó. NXBGD – 2000.
13.Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học và tuổi trẻ (Q1&2) – NXB
Giáo dục năm 2006.