SKKN Bồi dưỡng tư duy sáng tạo qua việc chứng minh bất đẳng thức

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM


BỒI DƯỠNG TƯ DUY SÁNG
TẠO QUA VIỆC CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC

Tóm tắt nội dung


A – Lời mở đầu
1 – Lí do chọn đề tài
2 – Phạm vi nghiên cứu
B – Nội dung
Phần I – Lý thuyết chung về Bất Đẳng Thức
1 - Định nghĩa và tính chất
2 – Các hằng bất đẳng thức cần nhớ.
Phần II – Phương pháp chứng minh bất đẳng thức
1 – Các phương pháp chung.
2 – Các ví dụ minh hoạ cho từng phương pháp.
- Phần bất đẳng thức đại số

- Phần bất đẳng thức hình học
Phần III – Một số dạng toán vận dụng ch
ứng minh
bất đẳng thức
1 – Giải phương trình
2 – Tìm cực trị
3 –So sánh
Phần IV – Bài soạn minh hoạ
Giáo án 2 tiết
C – Kết quả và bài học kinh nghiệm












A – Lời mở đầu

1 – Lí do chọn đề tài:
Năm học 2007 – 2008 là năm học mà toàn ngành giáo dục hưởng ứng thực
hiện cuộc vận động hai không:
- Nói không với tiêu cực trong thi cử và bệnh thành tích trong giáo dục.
- Nói không với vi phạm đạo đức nhà giáo và việc ngồi nhầm lớp
Tại khoản 2 -điều 28 - luật giáo dục năm 2005 nói rừ: “Phương pháp giáo

dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của họ
c
sinh, phù hợp với đặc điểm của từng lớp học, môn học; bồi dưỡng phương pháp
tự học, khả năng làm việc theo nhóm; rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào
thực tiễn; tác động đến tỡnh cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học
sinh”.
Để thực hiện được điều đó, bản thân từng giáo viên, từ
ng học sinh cũng cần có
những thay đổi rõ rệt về quan điểm, phương pháp dạy, phương pháp học. Đặc
biệt là đối với mỗi giáo viên, ngoài mục tiêu lấy học sinh làm trung tâm trong
giờ giảng người giáo viên cần luôn luôn tìm tòi, học hỏi, đổi mới phương pháp
sao cho phù hợp với nội dung, hình thức bài giảng. Là một giáo viên dạy toán,
tôi thấy việc làm thế nào để học sinh thấy cái hay trong học toán, phát huy
được óc sáng tạo, phát triển tư
duy lôgic ở học sinh là việc làm rất cần thiết.
Do yêu cầu thực tiễn đặt ra: Làm thế nào để bồi dưỡng năng khiếu học
toán, nâng cao và bổ sung thêm những kiến thức cần thiết cho học sinh, giúp các
em có một nền móng vững chắc từ khi còn ở bậc THCS, làm tiền đề để học tốt
môn Toán ở các lớp trên?
Việc xây dựng các chuyên đề để bồi dưỡng học sinh khá - giỏi là nhu cầu
không th
ể thiếu trong các trường THCS, nhằm đáp ứng yêu cầu ngày càng cao
của chiến lược“ bồi dưỡng nhân tài” trong sự nghiệp đổi mới của đất nước.
Chuyên đề chứng minh bất đẳng thức trong chương trình toán THCS là
phần khó, gây nhiều bối rối, lo sợ, ngại giải loại toán này. Tuy nhiên, đây cũng
là phần đòi hỏi nhiều tư duy, nên cũng rất hay, lôi cuốn những học sinh yêu môn
toán.


Trong nhiều năm qua, tôi thường được phân công dạy toán lớp 8, lớp 9 và

thực hiện triển khai hoạt động của Câu lạc bộ Toán lớp 8 dành cho học sinh giỏi.
Tôi luôn tìm tòi cách dạy dễ hiểu, ngắn gọn, đơn giản nhất có thể được để đi đến
kết quả, đồng thời tôi luôn nêu ví dụ mẫu, hướng dẫn, gợi ý cho học sinh phát
triển bài toán, đặc biệt là đối với phầ
n chứng minh bất đẳng thức và tôi đã đúc
rút ra một số kinh nghiệm hay. Đó là lí do mà tôi chọn và trình bày kinh nghiệm:
“ Bồi dưỡng tư duy sáng tạo qua việc chứng minh bất đẳng thức
”.
Được sự chỉ đạo, giúp đỡ của BGH, tổ, nhóm chuyên môn trong trường,
tôi viết ra kinh nghiệm này với mong muốn trao đổi, tự bồi dưỡng nâng cao
nghiệp vụ chuyên môn và học hỏi thêm .
Trong bài viết chắc còn những thiếu sót, nên tôi rất mong được sự góp ý,
chỉ bảo thêm của người đọc.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
2 – Phạm vi của đề tài
- Đối tượng dạy: Chủ yếu là học sinh giỏi lớp 8 và lớp 9
- Ph
ạm vi nghiên cứu: Chủ yếu là các kiến thức cơ bản và nâng cao, phát
triển trong chương trình Toán lớp 8, lớp 9.


3 – Tài liệu tham khảo
Tên sách Tác giả
- SGK Đại số 8
- Toán cơ bản và nâng cao Đại số 8
- Tài liệu hướng dẫn ôn thi tốt nghiệp THCS
- Một số vấn đề phát triển Đại số 8, 9
- Phương pháp giải 100 bài toán chọn lọc về chứng
minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
- 23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp

Bộ GD - ĐT
Vũ Hữu Bình
Bộ GD - ĐT
Vũ Hữu Bình
Phan Vă
n Phùng

Chủ biên
Nguyễn Đức Đồng
Nguyễn Văn Vĩnh


B - Nội dung

Phần I Lí thuyết chung về bất đẳng thức

I - định nghĩa và tính chất
1 - Định nghĩa
* Hai biểu thức A và B nối với nhau bởi một trong các quan hệ “ >”, “<”,
“”, “ ”, cho ta một bất đẳng thức A > B hoặc A < B hoặc A  B hoặc A 
B.
* Viết A > B  A – B > 0 ( đọc là A lớn hơn B)
A  B  A – B  0 ( đọc là A nhỏ hơn hay bằng B )
* Bất đẳng thức A > B ( hoặc A < B ) là bất đẳng thức thực sự
( hay bất đẳng thức chặt)
2 – Tính chất:
* Tính bắc cầu:  a,b,c  R
a  b

b  c  a  c

* Liên hệ thứ tự với phép cộng ( trừ)
a  b  a  m  b  m  a,b,m  R
+ Hệ quả 1
: Chuyển vế đổi dấu a  b + c  a – c  b.
+ Hệ quả 2
: Cộng 2 bất đẳng thức cùng chiều
a  b
c  d  a + c  b + d
+ Hệ quả 3
: Trừ 2 bất đẳng thức ngược chiều được bất đẳng thức
cùng chiều với bất đẳng thức bị trừ
a > b
c < d  a – c > b – d



* Liên hệ thứ tự và phép nhân ( chia)
 a, b , m  R
a  b  am  bm với m > 0
am  bm với m < 0
+ Hệ quả 1
: Nhân 2 bất đẳng thức cùng chiều với 2 vế không âm
a  b  0
c  d  0  a . c  b . d
+ Hệ quả 2
:
a > b > 0  a
n
> b
n

n  R
a > b  a
2k + 1
> b
2k + 1

a  b > 0 
n
a 
n
b
* Lấy nghịch đảo và đổi chiều bất đẳng thức
a > b > 0 hoặc a < b < 0 ( a và b cùng dấu) thì:
ba
ba
11


* So sánh 2 luỹ thừa cùng cơ số
m > n > 0 thì:

a > 1  a
m
> a
n
a = 1  a
m
= a
n
a < 1  a

m
< a
n

3 – Cần ghi nhớ:
* Một bất đẳng thức có thể đúng ( hoặc sai) yêu cầu chứng minh bất đẳng
thức, ta phải hiểu đó là bất đẳng thức đúng.
* Không được trừ 2 bất đẳng thức cùng chiều.
* Không được chia 2 bất đẳng thức cho nhau.
* Không được luỹ thừa 2 vế bất đẳng thức khi chưa rõ dấu.
* Không được khử mẫu bất đẳng thức khi chưa rõ d
ấu.

II – Các hằng bất đẳng thức cần nhớ
1) A
2
 0 , dấu “=” xảy ra khi A = 0
2) | A|  0 , dấu “=” xảy ra khi A = 0
3) | a + b|  | a| + | b| dấu “=” xảy ra khi ab  0
4) | a - b|  | a| - | b| dấu “=” xảy ra khi ab  0
5)
0
A
dấu “=” xảy ra khi A = 0
6) Bất đẳng thức Cô si
Với các a
i
 0 ta có:
Dấu đẳng thức xảy ra khi a
i

= a
j
+ Hệ quả:
1)

2
21
21
1

11
n
aaa
aaa
n
n









 

n
n
i

i
n
i
i
ana
1
1






2)
2
a
b
b
a

7) Bất đẳng thức Bunhiacôpxki
a
i
; b
i
 |R

Dấu đẳng thức xảy ra khi
8)
a> 0 , b> 0; m > 0 Nếu

1
b
a
thì
b
a
mb
ma






9) a, b, c là độ dài 3 cạnh một tam giác thì | c – b | < a < c + b.
10) Trong tam giác vuông, độ dài cạnh huyền lớn hơn (hoặc bằng) cạnh
góc vuông.
11) Trong một tam giác, cạnh đối diện góc lớn hơn là cạnh lớn hơn.

Phần hai – Phương pháp chứng minh bất đẳng thức

I - Phương pháp chung chứng minh bất đẳng thức
1 – Cách 1 : Dùng định nghĩa.
Để chứng minh A > B ta xét hiệu A – B và chứng minh A – B > 0
2 - Cách 2 : Dùng các phép biến đổi tương đương đưa bất đẳng thức phải chứng
minh về hằng bất đẳng thức đã biết.
3 – Cách 3: Từ các hằng bất đẳng thức đã biết và dùng các tính chất của bất đẳng
thức suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
4 – Cách 4:
Dùng phương pháp làm trội, làm non suy ra bất đẳng thức cần chứng minh

5 – Cách 5 : Dùng nguyên lý quy nạp toán học.









n
i
i
n
i
i
n
i
ii
baba
1
2
1
2
2
1
.
j
j
i

i
b
a
b
a


6 – Cách 6:Đặt biến phụ, đưa bất đẳng thức cần chứng minh về các hằng bất đẳng
thức đã biết.
7 – Cách 7: Chứng minh bất đẳng thức bằng phản chứng.
8 – Cách 8: Dùng phương pháp xét khoảng.


II – Các ví dụ minh hoạ

Bất đẳng thức đại số

1) Các bất đẳng thức dạng đa thức liên quan đến tổng các bình phương
và tích 2 số đích cuối cùng cũng sử dụng đến hằng bất đẳng thức ( a  b)  0
* Ví dụ 1: Chứng minh : a
2
+ b
2
+ c
2
 ab + ac + bc ( 1
)
Trong ví dụ này, tôi hướng cho học sinh xét và vận dụng hằng bất đẳng
thức a
2

– 2ab + b
2
= ( a – b)
2
 0 nên có các cách sau:
- Cách 1
: Dùng định nghĩa để chứng minh:
Xét hiệu M = a
2
+ b
2
+c
2
- ab – ac - bc
Biến đổi 2M = ( a
2
– 2ab + b
2
) + (a
2
– 2ac + c
2
) + ( b
2
– 2bc + c
2
)
2M = (a – b)
2
+ ( a – c)

2
+ ( b – c)
2
 0
 M  0  bất đẳng thức (1) đã được c/m.
- Cách 2
: Dùng phép biến đổi tương đương. Trong cách 2 chỉ khác cách 1
về trình bày như sau:
( 1 )  2a
2
+ 2b
2
+ 2c
2
 2ab + 2ac + 2bc
 (a – b)
2
+ ( a – c)
2
+ ( b – c)
2
 0 luôn đúng
 bất đẳng thức (1) đúng.
- Cách 3
: Dùng hằng bất đẳng thức để chứng minh:
có ( a – b )
2
 0  a
2
+ b

2
 2ab
a
2
+ c
2
 2ac
b
2
+ c
2
 2bc

 2 VT  2 VP
 VT  VP ( đpcm)
- Cách 4
: dùng phương pháp chứng minh bằng phản chứng.
Giả sử: : a
2
+ b
2
+ c
2
< ab + ac + bc
 2(a
2
+ b
2
+ c
2

) < 2(ab + ac + bc)


 (a – b)
2
+ ( a – c)
2
+ ( b – c)
2
< 0 ( vô lí )
Vậy bất đẳng thức (1 ) đúng.
* Ví dụ 2: Chứng minh : a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2
 a( b + c + d + e ) (2 )
Nhận xét: vế trái là tổng các bình phương của 5 số hạng, vế phải là tổng
các tích có a phân phối đều vào các tích, nên hướng làm như ví dụ trên, nhưng
số hạng a
2
phân bố đều 4 tổng, nên cách giải tương tự như ví dụ trên.

0)
2

()
2
()
2
()
2
(
2222
 e
a
d
a
c
a
b
a
luôn dương
 bất đẳng thức ( 2 ) đúng ( đpcm )
( các cách khác trình bày tương tự như ví dụ 1 )
* Ví dụ 3: Thay đổi kí hiệu của biến để học sinh quan sát, phân tích, tổng
hợp và đưa về bài toán quen thuộc.
Đó là chứng minh: x
1
2
+ x
2
2
+ x
3
2

+ x
4
2
+ x
5
2
 x
1
( x
2
+ x
3
+ x
4
+ x
5
)
( đưa về VD 2)
2) Các bất đẳng thức liên quan đến tích và tổng các số không âm thường
dùng bất đẳng thức Côsi và hệ quả của bất đẳng thức đó.
Ví dụ: Cho a > 0; b > 0 ; c > 0 và a + b + c = 1.
Chứng minh: b + c > 16 abc
Giải : áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2số không âm ta có :
(b + c)
2
 4 bc (1)
)
4
()
4

()
4
()
4
()2(
2
2
2
2
2
2
2
2
eae
a
dad
a
cac
a
bab
a


[ a + (b + c)]  4a(b + c) (2)
Vì a + b + c = 1 nên (2) viết thành:
1  4a(b + c) (3)
Vì các vế của (1) và (3) luôn dương nên nhân vế với vế ta được
(b + c)
2
 16 abc (b + c)

Vì b + c > 0  b + c  16 abc


3) Các bất đẳng thức tổng quát, có luỹ thừa bậc n hoặc n số hạng, hoặc n
thừa số ;… thường được chứng minh dựa vào phương pháp quy nạp.
* Phương pháp quy nạp:
+ Bất đẳng thức phải chứng minh đúng với n = n
0
+ Giả sử bất đẳng thức đó đúng với n = k thì ta cần chứng minh bất đẳng
thức đó đúng với n = k + 1
* Ví dụ 1: Chứng minh: 2
n
> n
3
( 1 ) với n  0 ; n  |N.
Giải : Bất đẳng thức ( 1 ) đúng với n = 10 ( *1 )
Vì 2
10
= 1024 > 10
3
= 1000.
Giả sử bất đẳng thức ( 1 ) đúng với n = k , tức là 2
k
> k
3
( *2)
Ta cần chứng minh 2
k+ 1
> ( k + 1 )
3

Thật vậy : Xét 2
k+ 1
- ( k + 1 )
3
= 2
k+ 1
– k
3
- 3k
2
- 3k - 1
= 2
k
.2 – 2k
3
+ k
3
- 3k
2
- 3k - 1
= 2(2
k
– k
3
) + k ( k
2
- 3k – 3) – 1
+ Ta có (2
k
– k

3
)> 0 vì 2
k
> k
3
( theo giả sử )
Xét [ k ( k- 3) – 3)] – 1 có k  0  k( k – 3)  70
 [ k ( k- 3) – 3)] – 1  10. 67 – 1 = 669 > 0
 Xét 2
k+ 1
- ( k + 1 )
3
 0
 2
k+ 1
> ( k + 1 )
3
( *3)
Từ (*1); ( *2); (*3)  bất đẳng thức đúng theo nguyên tắc quy nạp toán học.

Ví dụ 2: Chứng minh:
2
12
1

3
1
2
1
1

n
n



(1) với n  |N.
Giải : Bấi đẳng thức (1) đúng với n = 1 vì 1 >
2
1

Giả sử bất đẳng thức (1) đúng với n = k ta có:
S
k
=
2
12
1

3
1
2
1
1
k
k



Ta cần chứng minh bất đẳng thức (1) đúng với n = k + 1:

Thật vậy: S
k+1
=



















12
1

12
1
2
1

12
1

3
1
2
1
1
1kkkk

 S
k
+ P
k
với P
k
=
12
1

12
1
2
1
1




kkk

P
k
>
2
1
2
2
2
1

2
1
2
1
1111

 k
k
kkk

 P
k
>
2
1
 S
k+1
>
2

1
2
1
2


kk


 Bất đẳng thức đúng với n = k + 1  cũng đúng với mọi n.
4) Các bất đẳng thức vế trái là đa thức bậc cao, luỹ thừa giảm dần của biến
thì thường dùng phương pháp xét khoảng.

* Nếu đa thức đan xen dấu “ + ”; “ – ” nên nhóm xuất hiện ( x – 1) thì ta
thường xét khoảng so với 1.
Ví dụ 1: Chứng minh x
10
– x
9
+ x
4
– x + 1 > 0
Giải :
Gọi vế trái bất đẳng thức là f(x)
Xét các trường hợp :
+ Nếu x
 1
f(x) = x
9
(x – 1) + x( x

3
– 1) + 1  f(x)  1 ( 1 )
+ Nếu x < 1

f(x) = x
10
+ x
4
(1 – x
5
) + ( 1 – x)  f(x) > 0 ( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 )
 f(x) > 0
* Nếu đa thức toàn bộ là dấu “ + ” thì nhân vế trái với (x – 1) cho ta hằng
đẳng thức và ta cũng xét khoảng so với 1.

Ví dụ 2: Chứng minh A = x
4
+ x
3
+ x
2
+ x + 1 > 0
Giải:
Xét A(x – 1 ) = x
5
– 1
+ Nếu x
 1  A > 0

+ Nếu x < 1
 A = (x
5
– 1) : (x – 1) > 0
( vì x
5
– 1 < 0 và x – 1 < 0 )
 A > 0 x  R
5) Nếu bất đẳng thức có dạng tổng dãy số quy luật thì thường chọn phương
pháp làm trội, làm non.

Ví dụ 1: Chứng minh với mọi số nguyên dương n ta có:

2
4.3.2.1
1

4.3.2.1
1
3.2.1
1
2.1
1
1 
n

Giải: Xét thấy:
;
4.3

1
4.3.2.1
1
 …
nnn )1(
1
4.3.2.1
1




;
4
1
3
1
4.3.2.1
1






 …












nnn
1
)1(
1
4.3.2.1
1

Vậy VT < 1 + 1 -
nn
1
1
1

3
1
2
1
2
1



VT < 2

n
1
 < 2

Ví dụ 2: Chứng minh: 1<
2




 bc
c
ca
b
ca
a
với a, b, c > 0
Giải: VT <
abc
ac
cab
cb
bca
ba









vì a, b, c > 0.

VT <
2
)(2



bca
cba
(1)
VT >
abc
c
cab
b
bca
a





Vì a, b, c > 1
VT >
1




bca
cba
(2)
Từ (1) và (2) 
2
4.3.2.1
1

4.3.2.1
1
3.2.1
1
2.1
1
1 
n




Ví dụ 3: C
hứng minh
3
!2008
1

!3
1
!2

1
!1
1
1 

Giải: Xét
nnnnn ).1(
1
).1 (1
1
!
1





Có:
2
1
1
1
2.1
1
!2
1



3

1
2
1
3.2
1
!3
1


4
1
3
1
4.3
1
!4
1


………………………………
2008
1
2007
1
2008.2007
1
!2008
1


2008
1
2007
1

4
1
3
1
3
1
2
1
2
1
111 VT


2008
1
3  VT

 VT < 3


Ví dụ 4:
Chứng minh:
2
20072008

1

34
1
23
1
2
1


Giải:
Xét











1
11
).1(
)1(
1
kk
k

kk
k
kk










































1
11
2
11
1
11
1
11
1
11
kkkkkk
k
kkkk
k


VT<





























2008
1
2007
1
2
4
1
3
1
2
3
1
2
1
2
2
1
1
1
2

VT<







2008

1
2007
1

4
1
3
1
3
1
2
1
2
1
12


VT < 







2008
1
12
VT < 2
6) Nếu bất đẳng thức có dạng (ax + b)(ax + c)(ax + d)(ax + k)>



mà thoả mãn b + c = d + k thì nên đặt ẩn phụ.

VT = [(ax)
2
+ (b+c)ax + bc][ (ax)
2
+ (d+k)ax + dk]
Có b+ c = d + k
đặt t = (ax)
2
+ (b+c)ax + bc
 VT = t (t + bc – dk) với (bc>dk)
= t
2
+ t(bc – dk)
Sau đó chứng minh t
2
+ t(bc – dk) -  > 0 bằng cách biến đổi vế trái về bình
phương biểu thức cộng với một số dương( học sinh đã thường làm)
+ Nếu bất đẳng thức có dạng:
kaCho
n
i
i


1

cần chứng minh :
n
k
a
n
i
i
2
1
2





thì nên đặt ẩn phụ: Đặt:























n
i
i
n
i
i
nn
x
ka
x
n
k
a
x
n
k
a
x
n
k
a
1

1
22
11
0
cã




















n
i
n
i
i

n
i
ii
n
i
i
n
k
x
n
k
x
n
k
x
n
k
nx
n
k
VT
1
2
1
2
2
1
2
22
1

.2

Ví dụ 1: Chứng minh (x - 1)(x - 3)(x - 4)(x - 6) + 9  0
Giải: Xét thấy: VT = [(x - 1)(x - 3)][(x - 4)(x - 6)] + 9
= (x
2
- 7x + 6)(x
2
-7x + 12) + 9
Đặt: x
2
- 7x + 9 = a
Vt = (a - 3)(a + 3) + 9 = a
2
 0.
Ví dụ 2: Cho a + b + c = = 0. Chứng minh rằng a
2
+ b
2
+ c
2

3
1
.
Giải: Đặt a =
3
1
+ x
b =

3
1
+ y
c =
3
1
+ z.
Do a + b + c = 1 nên x + y + z = 0.
Ta có a
2
+ b
2
+ c
2
=
222
3
1
3
1
3
1





















 zyx


=






















222
3
2
9
1
3
2
9
1
3
2
9
1
zzyyxx

=

zyx 
3
2
3
1
+ x

2
+ y
2
+ z
2
.
=
3
1
+ x
2
+ y
2
+ z
2

3
1

Dấu “=” xảy ra  x = y = z  a = b = c =
3
1
.




Bất đẳng thức hình học

Chứng minh bất đẳng thức hình học thường dựa vào:

+ Bất đẳng thức 3 cạnh trong tam giác.
+ Bất đẳng thức cạnh huyền lớn hơn cạnh góc vuông
 có bất đẳng thức
về diện tích.
+ Các bất đẳng thức liên quan tổng và tích các cạnh, thường sử dụng bất
đẳng thức :


Ví dụ 1: Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác. Hãy chứng minh:

Giải: áp dụng hằng bất đẳng thức
ab
ba








2
2
cbabacacbcba
111111







)0,0(
411


 ba
baba


Vì a, b, c là 3 cạnh của tam giác  a + b > c ; b + c > a; c + a > b nên

aabaccba
2
2
411






ccbacacb
2
2
411





 2(VT)  2( VP)  VT > VP


Ví dụ 2: Cho tứ giác lồi ABCD có tổng độ dài 2 đường chéo là d.
Chứng minh:

Giải:
BCDABDABCD
SSS



2
2
.
2
.
2
)(
2
.
2
.





















ACDB
ACDB
ACDB
COAODB
S
CODB
S
AODB
S
ABCD
BDC
ABD
mµ
mµ


88

)(
22
dACDB
S
ABCD





Ví dụ 3
: Tam giác ABC nhọn, H là trực tâm; AB = a; AC = b; BC = b
a) Chứng minh: HA + HB + HC <
3
2
(a + b + c)
b) Gọi K là hình chiếu của A trên BC.
bbacbcba
2
2
411




8
2
d
S
ABCD


B
A
C
D
O

Chứng minh
4
.
2
BC
KAKH 

Giải:
a) Dưng HM // AC; HN // AB
(M  AB; N  AC)
=> Tứ giác AMHN là hình bình hành.
=> MH = AN
Mà HA < AM + MH (Bất đẳng thức  AHM).
=> HA < MA + NA.
Vì H là trực tâm  ABC và HM // AC; HN // AB


=>  BHM và  CHN vuông tại H.
Do đó HB < BM; HC < CN (Quan hệ cạnh huyền và cạnh góc vuông)
=> HA + HB + HC < AM + AN + BM + CN = AB + AC (1)
Tương tự ta có:
HA + HB + HC < AB + BC (2)
HA + HB + HC < AC + BC (3)

Từ (1), (2), (3) => HA + HB + HC <
3
2
(AB + BC + AC)
Hay HA + HB + HC <
3
2
(a + b + c)
b) Xét  AKB và  CKH có
K
1
= K
2
= 90
0
;
A
1
= C
1
(Cùng phụ với góc ABC)
 AKB  CKH (g.g)

4
a
4
BA
KA.KH
4
KB)(CK

KB.KCmµ
CK.KBKA.KH
KH
KB
CK
AK
22
2












K
B
C
H
A
N
M
1
1
1 2

Phần III – Một số dạng toán vận dụng chứng minh bất đẳng thức
I – Giải phương trình
Dùng bất đẳng thức để đánh giá 2 vế của phương trình
Ví dụ 1:
222
2414105763 xxxxxx 
Giải: VP = 5 – (x + 1 )
2
 5
VT =
5329)1(54)1(3
22
 xx

 VT = VP  x = -1
Vậy x = - 1 là nghiệm của phương trình.





Ví dụ 2
:
Giải phương trình:
1610231
2
 xxxx
với x > 3
Giải : + Xét thấy: 2x

2
– 10x + 16 = 2(x
2
– 5x + 9) = 2[(x – 3)
2
+ ( x – 1)]
+ Nên áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 2 bộ số (1; 1)
và
)3;1(  xx

Ta có:











2
2
22
2
31)11()3.(11.1 xxxx
Ta có : VT
2
 2 [

22
)3()1(  xx
]
16102
2
 xVT

VT  VP











3
1
1
1
3
x
x
x
VPVT



















0)5)(2(
3
0107
3
961
3
22
xx
x
xx
x
xxx
x

 x = 5
Vậy x = 5 là nghiệm của PT


II – Toán cực trị
Ví dụ 1 : Cho a > 0; b > 0; c > 0; abc = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = ab(a + b) + bc( b + c) + ca( a + c)
Giải:
a
bc
b
ac
c
ababcDo
1
;
1
;
1
1 

mà a > 0; b > 0; c > 0 nên:

6




























b
a
a
b
b
c
c
b
a

c
c
a
b
ac
a
cb
c
ba
M

 Min M = 6  a = b = c
Ví dụ 2: Cho x
2
+ y
2
= 52. Tìm giá trị lớn nhất của A = | 2x + 3y|
Giải: áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki với 2 bộ số (2;3)và (x;y), ta có
(2x + 3y)
2
 ( 2
2
+ 3
2
)(x
2
+ y
2
)
(2x + 3y)

2
 13. 52 = 676
| 2x + 3y|  26
Max A = 26 
2
3
32
x
yhay
yx

 x =

4; y =  6
Mà x
2
+ y
2
= 52
Ví dụ 3: Cho

ABC đều cạnh a. Trên cạnh BC, CA, AB lấy 3 điểm bất
C
I

kỳ I, J, K sao cho K

A; B và IKJ = 60
0

Tìm giá trị lớn nhất của AJ.BI
Giải:
Có I
1
= 120
0
– K
1

K
3
= 120
0
– K
1

  BIK  AKJ (g.g)





44
.
4
)(
.

22
2
aBA
AJBI
BKAK
BKAK
BKAKAJBI
AJ
BK
AK
BI











mµ

Mà
KBAK
a
AJBI 
4

).(
2

Hay K là trung điểm của cạnh AB
III – so sánh bằng cách sử dụng bất đẳng thức
Ví dụ 1:
Giải: Vì a > 0; b > 0.
Lại xét m = 9978.9981 = 9980. 9978 + 9978
n = 9979.9980 = 9980. 9978+ 9980
=> n > m > 0
99809979
99819978·


b
a
)1(
9980.9979219959
9981.9978219959
2
2







b
aXÐt

n > m (2)
Từ (1)và (2)  b
2
> a
2
mà ta có a > 0; b > 0  b > a

Ví dụ 2: Bài toán so sánh 2 số tổng quát
Giải: Xét thấy các luỹ thừa cùng cơ số, với số mũ liên tiếp
1
1
1
1
11
1








kk
k
a
a
a
aa

aC

1
1
1
1 





kk
k
a
a
a
aa
aD

 aC < aD  C < D
Có a
k + 1
+ 1 > a
k
+ 1

Ví dụ 3:
So sánh:
3
16




x
x
P
với 3
Cách 1:

3
73
3
9316
3
3
16
3









x
xx
x
xx

x
x
P

3
4
19
2
3
3
7
4
9
4
9
2
3
.2
2














x
x
x
xx

có
03
0
4
19
2
3
03
2
















P
x
x


P > 3


Cách 2:
3
16



x
x
P
=
3
124



x
x

áp dụng bất đẳng thức Côsi với hai số không âm ta có:
x + 4 ≥ 2
4.x

 x+ 4 ≥ 4
.x
Nkavoi
a
a
Dvoi
a
a
C
k
k
k
k









,
1
1
1
1
1
1

 x + 4 + 12 ≥4
12. x
= 4 (
.x
+3).
 P ≥


34
3
34



x
x

 P > 3


Phần IV - Bài soạn minh hoạ

Luyện tập
* Đối tượng dạy : Học sinh lớp 8 có lực học khá trở lên( sinh hoạt CLB )
* Ngày dạy: Sinh hoạt CLB Toán 8 ngày 1tháng 4 - 2008
*
Vị trí tiết dạy: Sau bài lý thuyết chung về bất đẳng thức và các phương pháp
chứng minh bất đẳng thức
A – Mục tiêu
+ Học sinh biết vận dụng định nghĩa, tính chất bất đẳng thức; hằng bất

đẳng thức để chứng minh .
+ Học sinh biết sử dụng các phương pháp hợp lý cho bất đẳng thức cần
chứng minh.
+ Rèn khả năng tư duy sáng tạo.
+ Rèn kỹ năng biến đổi tương đương bất đẳng thức
và phân biệt kí hiệu “ ” với “  ”
B – Chuẩn bị
1 – Giáo viên :
+ Bảng phụ ghi các phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
+ Bảng phụ ghi các hằng bất đẳng thức
( hoặc dùng phim, đèn chiếu)
2 – Học sinh :
Học thuộc định nghĩa, tính chất, hằng bất đẳng thức và các phương pháp
chứng minh bất đẳng thức.

C – Các hoạt động dạy học trên lớp
I – kiểm tra bài cũ
H
1
: Phát biểu các cách chứng minh bất đẳng thức?
H
2
: Viết các hằng bất đẳng thức đã học

II - Nội dung giờ dạy
Hệ thống câu hỏi gợi mở Ghi bảng

- Đối với bài tập 1, ta nên chọn
phương pháp nào để chứng minh?
(a + b)

2
=?
+ H
1
: chứng minh bài này theo
phương pháp định nghĩa.

- Còn cách nào để giải bài tập 1 nữa?
+ H
2
: Giải bài tập 1 theo phương
pháp biến đổi tương đương.




+ H
3
: Giải bài tập 1 theo phương pháp
từ các hằng bất đẳng thức đã biết.




+ H
4
: Giải bài tập 1 theo phương pháp
phản chứng.

Bài 1: Chứng minh bất đẳng thức :

(a + b)
2


4ab (1)
* Cách 1
:
Xét hiệu (a + b)
2
– 4ab
= …………………….
= (a – b)
2
 0
Vậy bất đẳng thức đúng.
Dấu “ = “ xảy ra khi a = b.
* Cách 2
: (a + b)
2
 4ab
 a
2
– 2ab +b
2
 0
 (a – b)
2
 0 luôn đúng.
Vậy bất đẳng thức (1) đúng
* Cách 3

: Có (a – b)
2
 0
 a
2
– 2ab +b
2
 0
 a
2
– 4ab +b
2
+ 2ab  0
 (a + b)
2
– 4ab  0
 (a + b)
2
 4ab.
* Cách 4
: Giả sử (a – b)
2
< 4ab
 a
2
– 2ab +b
2
< 0
 (a – b)
2

< 0 . Bất đẳng thức này là
sai, nên điều giả sử ban đầu là sai.
Vậy bất đẳng thức (1) là đúng.