Chuyên đề BDHS gioi Toán 8

Nghiệp vụ s phạm
A mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Ngày nay sự phát triển của tất cả các nghành khoa học cơ bản cũng nh ứng dụng
vào tất cả các nghành công nghiệp then chốt nh : dầu khí , viễn thông , hàng không ,
đều không thể thiếu toán học. 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, đa lại hiệu quả to lớn cho đời sống
xã hội .
Toán học có vị trí đặc biệt trong việc nâng cao và phát triển dân trí . Toán học
không chỉ cung cấp cho học sinh ( ngời học toán) những kĩ năng tính toán cần thiết mà
còn là điều kiện chủ yếu rèn luyện khẳ năng t duy lôgic , một phơng pháp luận khoa
học.
Trong việc dạy học toán thì việc tìm ra những phơng pháp dạy học và giải bài tập
toán đòi hỏi ngời giáo viên phải chọn lọc , hệ thống bài tập , sử dụng đúng phơng pháp
dạy học để góp phần hình thành và phát triển t duy của học sinh . Đồng thời qua việc
học toán học sinh cần đợc bồi dỡng , rèn luyện về phẩm chất đạo đức, các thao tác t duy
để giải các bài tập toán trong đó có các bài tập về bất đẳng thức cũng là một trong
những bài toán hay giúp học sinh phát huy cao độ tính t duy , trí tuệ cho học sinh.
Tuy nhiên giải toán bất đẳng thức là bài toán khó vì phạm vi kiến tức rộng đặc biệt
là với học sinh THCS . Là giáo viên dạy ở THCS tôi thấy thực trạng khi dạy toán bất
đẳng thức đó là:
- Giáo viên khi dạy về bất đẳng thức chỉ chữa bài tập là xong , ít khai thác , phân
tích đề tài mở rộng bài toán mới dẫn đến khi học sinh gặp bài toán khác một chút là
không giải đợc.
- Học sinh thờng ngại học toán bất đẳng thức vì kiến thức không liền mạch, ph-
ơng pháp giải hạn chế , các bài toán bất đẳng thức thờng khó , phải áp dụng các kiến
thức khó nh: quy nạp toán học, phản chứng nên học sinh hay ngại và học sinh cha vận
dụng đợc toán bất đẳng thức vào để giải các bài toán khó nh : cực trị , hàm số
Vì vậy: phát triển năng lực t duy cho học sinh thông qua việc giải toán bất đẳng
thức là cần thiết. Trong những năm giảng dạy thực tế ở trờng phổ thông tôi đã tích luỹ
đợc một số kiến thức về toán bất đẳng thức xin đợc trình bày dới góc độ nhỏ.

2) Mục đích nghiên cứu.
1
Nghiệp vụ s phạm
a. Đối với giáo viên :
- Nâng cao trình độ chuyên môn phục vụ cho quá trình giảng dạy
- Làm quen với công tác nghiên cứu khoa học nâng cao kiến thức
b.Đối với học sinh:
- Giúp học sinh học tập môn toán nói chung và việc giải bài tập về chứng minh bất
đẳng thức nói riêng.Trang bị cho học sinh một số kiến thức mới nhằm nâng cao năng
lực học môn toán giúp các em tiếp thu bài một cách chủ động, sáng tạo và làm công
cụ giải quyết một số bài tập có liên quan đến bất đẳng thức.
- Gây đợc hứng thú cho học sinh khi làm bài tập trong SGK, sách tham khảo, giúp
học sinh tự giải đợc một số bài tập.
- Giải đáp những thắc mắc , sửa chữa những sai lầm hay gặp khi giải toán bất đẳng
thức trong quá trình dạy học.
- Giúp học sinh nắm vững một cách có hệ thống các phơng pháp cơ bản và vận
dụng thành thạo các phơng pháp đó để giải bài tập .
- Thông qua việc giải các bài toán bất đẳng thức giúp học sinh thấy rõ mục đích
của việc học toán và học tốt hơn toán bất đăng thức
3) Ph ơng pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu lý thuyết thông qua SGK , tài liệu tham khảo của học sinh tại trờng.
- Nghiên cứu qua việc rút kinh nghiệm , học hỏi đồng nghiệp .
- Sử dụng phơng pháp phân tích tổng hợp.
4) Nhiệm vụ của đề tài.
Trong đề tài này đa ra một số kiến thức cơ bản về bất đẳng thức phù hợp với trình độ
nhận thức của học sinh THCS.
Trang bị cho học sinh một số phơng pháp giải toán bất đẳng thức , áp dụng để làm
bài tập .
Rút ra một số nhận xét và chú ý khi làm từng phơng pháp .
Chọn lọc , hệ thống một số dạng bài tập hay gặp cho phù hợp với từng phơng pháp

giải , cách đổi biến.
2
Nghiệp vụ s phạm
Vận dụng giải toán bất đẳng thức vào giải toán cc trị, giải một số phơng trình dạng
đặc biệt .
5)Phạm vi đề tài
Phát triển năng lực t duy của học sinh thông qua giải toán bất đẳng thức đối với học
sinh lớp 8 và lớp 9.
6) Đối t ợng nghiên cứu và ph ơng pháp tiến hành
Đề tài áp dụng cho học sinh lớp 8, lớp 9 và trong các giờ luyện tập , ôn tập cuối
kì , cuối năm, kì thi học sinh giỏi và thi tuyển vào THPT .
Phơng pháp tiến hành : học sinh có kiến thức cơ bản , đa ra phơng pháp giải , bài
tập áp dụng, sai lầm hay gặp , bài tập t giải ( Học sinh về nhà tự làm )
7) Dụ kiến kết quả của đề tài
Khi cha thực hiện đề tài này : học sinh chỉ giải đợc những bài toán đơn giản , hay
mắc sai lầm ,hay gặp khó khăn , ngại làm bài tập về bất đẳng thức.
Nếu thực hiện đợc đề tài này thì học sinh có hứng thú khi giải toán bất đẳng
thức , làm bài tập tốt hơn, tự giải quyết đợc các bài tập bất đẳng thức có dạng tơng tự ,
hạn chế đợc rất nhiều sai lầm khi giải toán bất đẳng thức.
B NộI DUNG
Phần I : áp dụng giải toán bất đẳng thức trong đại số ở trờng 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<o
2. Các tính chất của bất đăng thức :

2.1. a>b

b<a
2.2.Tính chất bắc cầu: a>b, b>c

a>c
2.3.Tính chất đơn điệu của phếp cộng : cộng cung một số vào hai vế của bất đẳng thức:
a>b

a+c>b+c.
3
Nghiệp vụ s phạm
2.4.Cộng từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều đợc bất đẳng thức mới cùng chiều với
bất đẳng thức đã cho:
a>b, c > d

a+c > b+d
* Chú ý : Không đợc trừ từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều.
2.5.Trừ từng vế của hai bất đẳng thức ngợc chiều đợc 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 đơn điệu của phép nhân :
a) Nhân hai vế của bất đẳng thức với cùng một số dơng .
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 dơng hai vế của bất đẳng thức
a>b>o

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 dơng
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 :

ba
11

hoặc
ba
11

4
Nghiệp vụ s phạm
*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 Đẳng thức xảy ra khi a=0
3.2 a 0 Đẳng thức xảy ra khi a=0
3.3 - a a a Đẳng thức xảy ra khi a=0
3.4 a+b a +b Đẳng thức xảy ra khi ab 0

3.5 a-b a -b Đẳng thức xảy ra khi a b 0 hoặc a b 0
*Chú ý : Một số bất đẳng thức chứng minh đơn giản hay đợc áp dụng :
a+b 2
ab
với mọi a,b 0 . Đẳng thức xảy ra khi a=b
(Bất đẳng thức Cô si cho hai số không âm)
a
2
+ b
2
2ab với mọi a,b . Đẳng thức xảy ra khi a=b
(a+b)
2
4ab hay
( )
ab
ba

+
2
2
với mọi a,b . Đẳng thức xảy ra khi a=b
1/a + 1/b 4/a+b với mọi a,b>0 . Đẳng thức xảy ra khi a=b
a/b+ b/a 2 với ab>0 . Đẳng thức xảy ra khi a=b
(a x+by)
2
(a
2
+ b
2

) (x
2
+ y
2
) với mọi a,b ,x,y. Đẳng thức xảy ra khi a/b=x/y.
II- Một số ph ơng pháp chứng minh bất đẳng thức trong đại số
1. Phơng pháp dùng định nghĩa
1.1. Cơ sở toán học: A B

A-B 0
Để chứng minh A B ta chứng minh A-B 0
Tơng tự để chứng minh A B ta chứng minh A-B 0.
5
NghiÖp vô s ph¹m
1.2. VÝ dô minh ho¹
VÝ dô 1: Chøng minh: 2(x
2
+ y
2
) ≥( x+y)
2
víi mäi x,y
Gi¶i: XÐt hiÖu 2(x
2
+y
2
) – (x+y)
2
= 2x
2

+ 2y
2
-x
2
-y
2
-2xy = x
2
-2xy+y
2
= (x-y)
2

0≥

yx,∀
.DÊu “=” x¶y ra khi x=y
VËy 2(x
2
+y
2
)
2
)( yx +≥
yx,∀
. DÊu “=” x¶y ra khi x=y
VÝ dô 2: Chøng minh r»ng: NÕu a
b≥
th× a
3

3
b≥
Gi¶i: XÐt hiÖu: a
3
-b
3
= (a-b)(a
2
+ab+b
2
)
0
≥

Thõa sè (a-b)
0≥
do gi¶ thiÕt a
b≥

Thõa sè (a
2
+ab+b
2
) = a
2
+2a
4
3
42

22
bbb
++
= (a+
2
b
)
2
+
4
3
2
b
Do (a+
2
b
)
2

0
≥
;
4
3
2
b

0
≥
nªn a

2
+ab+b
2

0
≥
VËy a
3
- b
3

0
≥
suy ra a
3

≥
b
3
VÝ dô 3: Chøng minh 3x
2
+y
2
+ z
2
+1
≥
2x(y +z+1)
Gi¶i: XÐt hiÖu: 3x
2

+y
2
+ z
2
+1 - 2x(y +z+1)
= 3x
2
+y
2
+ z
2
+1- 2xy - 2xz – 2
= (x
2
-2xy+ y
2
) + (x
2
-2xz +z
2
) + ( x
2
– 2x+1)
= (x-y)
2
+ (x-z)
2
+ (x-1)
2
V× (x-y)

2

0≥

yx,∀
V× (x-z)
2

0
≥

zx,∀
V× (x-1)
2

0≥

1,x∀
Nªn: (x-y)
2
+ (x-z)
2
+ (x-1)
2

zyx ,,,0 ∀≥
Hay 3x
2
+y
2

+ z
2
+1 - 2x(y +z+1)
zyx ,,,0 ∀≥
6
Nghiệp vụ s phạm
Vậy 3x
2
+y
2
+ z
2
+1

2x(y +z+1)
zyx ,,,

1.3 Bài tập tự giải: Chứng minh các bất đẳng thức sau:
1)
3
33
22






+

+ baba
với a>0 ,b>0
2) x
3
+ 4x + 1 > 3 x
2
với x 3
3) c
2
+ d
2
+cd 3ab với a+b = c+d
2)Ph ơng pháp biến đổi t ơng đ ơng
2.1 Cơ sở toán học
Để chứng minh bất đẳng thức A
B
ta biến đổi tơng đơng( dựa vào các tính chất của
bất đẳng thức ) :
A
B



C

D
Cuối cùng đạt đợc bất đẳng thức đúng hoặc hiển nhiên C

D
Vì các phép biến đổi đều là tơng đơng nên A

B
Để dùng các phép biến đổi tơng đơng ta đều chú ý các bất đẳng thức sau:
(A

B)
2
= A
2


2AB+B
2
(A+B+C)
2
= A
2
+B
2
+C
2
+2AB+2AC+2BC
2.2 Ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: Chứng minh rằng:

a,b,c ta luôn có: a
2
+b
2
+c
2

ab+bc+ca
Giải: Ta có: a
2
+b
2
+c
2


ab+bc+ca (1)

2a
2
+2b
2
+2c
2


2ab+2bc+2ac

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

0


(a
2
-2ab+b
2
) + (b
2
-2bc+c
2
) + (c
2
-2ac+a
2
)

0

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

0 (2)
Vì a-b)
2

0
ba,
;
(b-c)
2

0
cb,
;
7
NghiÖp vô s ph¹m
(c-a)
2
≥
0
ca,∀
Nªn (2) ®óng do ®ã (1) ®óng
∀
a,b,c
DÊu “=” x¶y ra
⇔





=−
=−

=−
0
0
0
ac
cb
ba

⇔
cba ==
VÝ dô 2: Chøng minh r»ng a
4
+b
4

≥
a
3
b+ab
3

ba,∀
Gi¶i: a
4
+b
4

≥
a
3

b+ab
3
⇔
( a
4
– a
3
b)+(b
4
-ab
3
)
≥
0
⇔
a
3
(a-b) – b
3
(a-b)
≥
0
⇔
(a-b)(a
3
-b
3
)
≥
0

⇔
(a-b)
2
(a
2
+ab+b
2
)
≥
0
⇔
(a-b)
2






++
4
3
)
2
(
2
2
bb
a
≥

0
BÊt ®¼ng thøc cuèi cïng ®óng do ®ã
a
4
+b
4

≥
a
3
b+ab
3

ba,∀
VÝ dô 3: Chøng minh
3
33
22






+
≥
+ baba
víi a>0 ,b>0
Gi¶i:
3

33
22






+
≥
+ baba

⇔
2
ba +
(a
2
– ab + b
2
) ≥
2
ba +
.
( )
2
4
ba +
( )
2
22

4
ba
baba
+
≥+−⇔
(v× a>0, b>0 suy ra a+b>0)
( )
( )
03
023
0363
2444
2
22
22
2222
≥−⇔
≥+−⇔
≥+−⇔
++≥+−⇔
ba
baba
baba
babababa
8
Nghiệp vụ s phạm
Bất đẳng thức cuối đúng suy ra
3
33
22

+

+ baba
2.3 Chú ý :
- Sẽ mắc sai lầm nếu trong lời giả trên thay các dấu

bằng các dấu


Thật vậy ,nếu (1)

(2) mà bất đẳng thức (2) đúng thì cha thể kết luận đợc bất đẳng
thức (1) có đúng hay không
-Khi sử dụng phép biến đổi tơng đơng ,học sinh thờng bỏ qua các phép biến đổi t-
ơng đơng có điều kiện dẫn đến không chặt chẽ .Vì vậy cần lu ý các phép biến đổi tơng
đơng có điều kiện ,chẳng hạn nh ở ví dụ 3
2.4. Bài tập tự giải :Chứng minh rằng
1,a
2
+ b
2
+ c
2
+ d

2
+ e
2


a(b + c + d + e) với mọi a,b,c,d,e
2,
Ra
a
a

+
+
2
1
2
2
2
3)
12
1
>

x
x
x
3) Phơng pháp dùng các tính cht của bt ng thc
3.1. C s toán hc
- Xut phát t các bt ng thc ó bit vn dng các tính cht ca bt ng
thc suy ra bt ng thc phi chng minh

- Thng l áp dng các tính cht c bn ca bt ng thc (ó đều ở phần
trên)
3.2. Ví dụ minh ho
Ví dụ 1: Cho a+b >1 chng minh a
4
+ b
4
>
8
1
Giải
Ta có a+b>1>0 (1)
Bình phng hai v ca (1) ta c :
9
NghiÖp vô s ph¹m
( a+b)
2
>1
⇔
a
2
+2ab+ b
2
>1 (2)
Mặt khác (a-b)
2
≥0
⇔
a
2

– 2ab +b
2
≥0 (3)
cộng từng vế của (2) và (3) ta được: 2(a
2
+b
2
) >1
⇒
( a
2
+b
2
)>
2
1
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
)≥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
(đpcm)

Ví dụ 2: Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác chứng minh rằng:
a
2
b(a-b) +b
2
c(b-c) + c
2
a(c-a) ≥ 0
Giải
Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng tương đương sau:
a
3
b + b
3
c + c
3
a ≥ a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
(1)
do vai trò bình đẳng giữa a,b,c nên không giảm tính tổng quát có thể giả sử rằng

a≥b≥0
Xét hai dãy sau:
bc, ac, ab và a
2
+ bc, b
2
+ ac, c
2
+ ab
Ta có 0< bc≤ac≤ab còn a
2
+ bc≥ b
2
+ac ≥ c
2
+ab >0
( thật vậy : a
2
+ bc ≥b
2
+ ac
⇔
a
2
– b
2
+bc - ac≥0
10
NghiÖp vô s ph¹m

⇔
(a + b )(a- b) - c( a – b)≥ 0
⇔
(a – b)(a + b –c ) ≥ 0 (*)
do a ≥b và a, b, c là 3 cạnh của tam giác nên (*)đúng )
¸p dụng tính chất của bất đẳng thức với hai dãy ngược chiều , ta có :
bc(a
2
+ bc)+ ac(b
2
+ac)+ab(c
2
+ab) ≤ bc(b
2
+ac)+ac(c
2
+ ab) + ab( a
2
+ bc)
⇔
b
2
c
2
+ a
2
c
2
+ a
2

b
2
≤ a
3
b +b
3
c + c
3
a
Vậy (1) đúng và đó là điều phải chứng minh
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c ( tam giác đã cho là tam giác đều )
Ví dụ 3: Chứng minh rằng nếu a
2
+ b
2
≤ 2 thì a + b ≤ 2
Giải :
Ta có : ( a – b )
2
≥ 0
⇔
a
2
+ b
2
≥ 2ab (1)
Từ giả thiết a
2
+ b
2

≤ 2 Suy ra -a
2
– b
2
≥ -2 (2)
cộng từng vế của (1) và (2) ta được:
0 ≥ 2ab – 2 hay 2ab ≤ 2 (3)
Kết hợp (3) với giả thiết a
2
+ b
2
≤ 2 suy ra :
(a + b)
2
≤ 4 hay │a + b│ ≤ 2
Nhưng │a + b│≥ a + b . Do đó a + b ≤ 2 (đpcm)
3.3 . 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) Nhân vế với vế của hai bất đẳng thức mà chưa biết hai vế có không âm hay không :
a > b ; c > d
⇒
ac > bd
3) Bình phương hai vế của một bất đẳng thức mà chưa biết hai vế có âm hay không :
11
NghiÖp vô s ph¹m
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
⇒

ba
11
>
* Khi làm tròn một biểu thức đôi khi phải chia biểu thức thành nhiều nhóm rồi làm
trội từng nhóm .
Ta xÐt ví dụ sau :
Chứng minh r»ng mọi số tự nhiên n≥ 2 thì :
1 +
++++
4
1
3

1
2
1
12
1
−
n
< n
Giải :
Gọi vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là A ta có :
A = 1 + (
+
2
1
3
1
) + (
7
1
6
1
5
1
2
1
2
+++
) + (
15
1

2
1
3
++
) +………+(
12
1

2
1
1
−
++
− nn
)
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+
1
132
2.
2
1
8.
2
1
4.
2
1

2.
2
1
−
−
++++
n
n
=
  
nso
11 111 +++++
=n
3.4 Bài tập tự giải : Chứng minh
1/
≥+
ba
11
ba +
4
(a>0; b>0 )
2/
abcddcba 4
2222
≥+++
12
NghiÖp vô s ph¹m
3/
8
1

44
≥+ ba
với a+b =1
4/
n
n
n
11

3
1
2
1
222
+
<+++
4) Phương pháp quy nạp toán học
4.1.1 Cơ së to¸n häc
Néi dung của phương pháp này là tiên đề quy nạp toán học .
Cho mệnh đề phụ thuộc vào số nguyên dương 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
Thế thì mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương
Như vậy để chứng minh một mệnh đề T đúng với mọi số nguyên dương bằng
phương pháp quy nạp toán học ta phải tiến hành theo 3 bước:
Bước 1 : chứng minh mệnh đề T (1) đúng ( kiểm tra mệnh đề đúng với n=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 1 : với x > -1 thì (1 + x )
n
≥ 1 + n 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 :
kxx
k
+≥+ 1)1(
13
NghiÖp vô s ph¹m
Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n=k+1 , tức là phải chứng minh
xkx
k
)1(1)1(
1
++≥+
+
Thật vậy , theo giả thiết : 1+x >0
Ta có : ( 1+k)
k
(1+x) ≥ (1+kx) (1+x)
21
)1(1)1( kxxkx
k
+++≥+⇔
+

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 bằng xảy ra khi x=0
Ví dụ 2: Cho a; b là những số không âm; n là số tự nhiên khác 0 . Chứng minh rằng:

22
nn
n
baba +
≤






+
(1)
Giải
*Với n=1 thì (1) trở thành
22
baba +
≤
+
(hiển nhiên đúng với mọi a;b không âm)
*Giả sử (1) đúng với n=k, tức là ta có:

22
kk
k
baba +
≤






+
(2)
Ta sẽ chứng minh (1) cũng đúng với n= k+1, nghĩa là phải chứng minh:

22
11
1
++
+
+
≤







+
kk
k
baba
(3)
Từ (2) và do a;b không âm nên suy ra:

14
NghiÖp vô s ph¹m







+








+
≤







+
+
222
1
bababa
kk
k
(4)
Ta sẽ chứng minh rằng:

222
11 ++
+
≤






+









+
kkkk
bababa
(5)
thật vậy(5)
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
0
0
0
1221
2
11
11
≥++++−⇔
≥−−⇔
≥−−+⇔
+≤++⇔
−−−−
++
++
kkkk
kk

kkkk
kkkk
babbaaba
baba
abbaba
bababa
Do a ,b không âm nên bất đẳng thức cuối đúng , vậy (5) đúng. Từ (4) và(5) theo tính
chất bắc cầu của bất đẳng thức suy ra (3) đúng .
Vậy (1) đúng vơi mọi n là số tự nhiên khác 0 . Dấu “=” xảy ra khi :
• Nếu n=1 thì dấu đẳng thức có với mọi a, b không âm
• Nếu n > 1 thì dấu đẳng thức có khi a = b
4.3 Chú ý :
Nếu cả hai 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 sử dụng phương pháp này phải hiểu
kỹ các bước chứng minh , các phép biến đổi tương đương , tinh chất của bất đẳng thức
4.4 Bài tập tự giải: chứng minh rằng :
1/ với mọi n > 2 ta có 2
n
> 2n+1
2/ với mọi n > 9 ta có 2
n
> n
4

5)Phương pháp sử dụng giả thiết hoặc 1 bất đẳng thức đã biết
5.1 Cơ së to¸n häc
15
NghiÖp vô s ph¹m
Trong nhiếu 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 : Côsi ,

BunhiaCôpxki …
5.2 Ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1 : chứng minh rằng với mọi số a, b, c ta luôn có :
a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca
Giải
Ta bắt đầu biến đổi từ một bất đẳng thức đã biết :
( a – b)
2
≥ 0
⇔
a
2
+ b
2
≥ 2ab (1)
Tương tự : b
2
+ c
2
≥ 2bc (2)
c
2
+ a
2

≥
2ac (3)
Cộng từng vế các bất đẳng thức cùng chiều (1) , (2), (3) ta có :
2a
2
+ 2b
2
+ 2c
2

≥
2ab + 2bc + 2ca
Chia hai vế của bất đẳng thức này cho 2 ta có :
a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca (đpcm)
Ví dụ 2 : cho a, b thoả mãn 3a – 4b = 7.Chứng minh rằng: 3a
2
+4b
2
≥ 7
Gi¶i
Có 3a – 4b =
3.3
a – 2.2.b = 7.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia-Côpxki cho bốn số
ba 2;2;.3;3
−
ta được :
7
2
= (3a – 4b)
2
= (
a.3.3
- 2.2.b)
2
≤ (3 + 4).(3a
2
+ 4b
2
)
⇔
7 ≤ 3a
2
+ 4b
2
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
⇔
−
=
2
2
3

3 ba
a = 1; b = -1.
5.3 Chú ý :
16
NghiÖp vô s ph¹m
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 kh«ng sẽ dẫn
đến sai lầm , thiếu sót.
Ví dụ : cho a ; b
≠
0 . Chứng minh rằng :






+−+
a
b
b
a
a
b
b
a
3
2
2
2

2
+ 4 ≥ 0 (1)
Có một số học sinh giải như sau :
Ta có (1)
0
4
1
2
3
0
4
1
4
9
32
2
2
2
2
2
≥−






−+⇔≥−







+






+−








++⇔
a
b
b
a
a
b
b
a
a

b
b
a

01.2 ≥






−+






−+⇔
a
b
b
a
a
b
b
a
(2)
Vì
⇒≥







+ 2
a
b
b
a
(2) luôn đúng với
oba ≠∀ ;
Vậy (1) luôn đúng với
0; ≠∀ ba
(đpcm)
Bài toán này sai ở chỗ áp dụng bất đẳng thức
2≥






+
a
b
b
a
với điều kiện a; b

không đúng
Lời giải đúng
Cách 1 : Đặt x =
2≥+=+=⇒






+
a
b
b
a
a
b
b
a
x
a
b
b
a
vì
b
a
và
a
b

cùng dấu
2≥⇒ x
hoặc
2−≤x
Khi đó ;
2
2
2
2
2
2
−=+ x
a
b
b
a
Bất đẳng thức (1)
023
2
≥+−⇔ xx
XÐt bất phương trình : t
2
– 3t + 2≥ 0
⇔≥−−⇔ 0)1)(2( tt
t≥2 hoặc t ≤ 1
Từ x≥ 2hoặc x ≤ -2
⇒
x nằm trong miền nghiệm của bât phương trình đã xét
Vậy x thoả mãn t
2

– 3t + 2 tức là x
2
-3x+2
0≥
đúng
Mà (1)
)1(023
2
⇒≥+−⇔ xx
đúng
17
NghiÖp vô s ph¹m
Vậy ta có :
043
2
2
2
2
≥+






+−+
a
b
b
a

a
b
b
a
Cách 2:
(1)
0
334
22
332244
≥
−−++
⇔
ba
abbababa
⇔
a
4
+ b
4
– 2a
2
b
2
+6a
2
b
2
- 3a
3

b – 3ab
3
≥0 ( vì a
2
b
2
> 0 )
( ) ( )
023
22
2
22
≥+−−−⇔ babaabba
( ) ( ) ( )
03
222
≥−−+−⇔ baabbaba

( )
0
4
3
2
2
2
2
≥









+






−−⇔
bb
aba
(2)
(2) luôn đúng . Vậy (1) đúng
5.4 Bài tập tự giải
1/ Chứng minh r»ng nếu các số dương a ; b ; c có tổng a + b +c =1 thì :
9
111
≥++
cba
2/cho x ; y
0;, ≥∈ yxR
và x
2
+ y
2
=1. chứng minh rằng :

1
2
1
33
≤+≤ yx
3/ cho
1;1 ≥≥ ba
. chứng minh rằng :
ababba ≤−+− 11
6) Phương pháp phản chứng
6.1 Cơ sở toán học :
Gọi mệnh đề cần chứng minh là mệnh đề “A
⇒
B”. Phép toán mệnh đề cho ta
BABABABA =∩=∪=⇒
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 :
18
NghiÖp vô s ph¹m
1/Dùng mệnh đề phản đảo :
AB ⇒

2/ Phủ định luận đề rồi suy ra điều trái với giả thiết
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 để rồi suy ra kết luận của A
BB ⇒
6.2 Ví dụ :
Ví dụ 1; cho a

2
+ b
2

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 a
2
+ b
2
≤ 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 2: Cho 0 < a , b, c, d < 1 . Chứng minh rằng ít nhất có một bất đẳng thức sau
là sai:
2a(1 – b) > 1
3b(1 – c) >2
8c(1 – d ) >1
32d(1 – a) > 3
Giải
19
NghiÖp vô s ph¹m
Giả sử ngược lại cả 4 bất đẳng thức đều đúng . Nhân từng vế ta có :

2.3.8.32.a(1 – b)b(1 – c)(1- d)c(1 – a)d >2.3

⇒

( )
[ ]
( )
[ ]
( )
[ ]
( )
[ ]
256
1
1.1.1.1 >−−−− ddccbbaa
(1)
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức côsi ta co :

4
1
)1(
2
1
2
1
)1( ≤−⇒=
−+
≤− aa
aa
aa

Tương tự : b(1 – b)
4
1
≤
c(1-c)
4
1
≤
d(1-d)
4
1
≤
Nhân từng vế các bất đẳng thức ta có :
[a(1 – a) ] [ b(1 – b) ] [c(1 – c) ] [d(1 – d) ] <
256
1
(2)
Từ (1) và (2) suy ra vô lý . Chứng tỏ ít nhất 1 trong 4 bất đẳng thức cho trong đầu
bài là sai (đpcm)
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 .
6.4 Bài tập tự giải
1/Cho a > b > 0 và
1
1
<
+
+

ba
ab
. Chứng minh rằng không thể có a < 1; b < 1
2/Cho hai số dương a ; b thoả mãn điều kiện a
5
+ b
5
= a
3
+ b
3
. Chứng minh rằng :
a
2
+b
2
≤ 1 + ab
20
NghiÖp vô s ph¹m
3/ Cho ba số dương a; b; c thoả mãn điều kiện abc =1 .
CMR: a + b + c ≥ 3
7)Phương pháp đổi biến
7.1 Cơ sở toán học
B1: §ặt biến mới dựa vào biến cũ
B2:Biến đổi bất đẳng thức theo biến mới , chứng minh bất đẳng thức theo biến mới
B3:Kết luận và trả lời theo biến cũ
7.2 Ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: Chứng minh bất đẳng thức sau: abc
( )( )( )
acbcbacba −+−+−+≥

. (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>o
.
2
;
2
;
2
yx
c
zx
b
zy
a
+
=
+
=
+
=⇒
Ta phải chứng minh:
2
.
2
.
2
yxzxxy +++
xyz≥

))()(( yxzxzy +++⇔
.8xyz≥
(2)

222222
64)()()( zyxyxzxzy ≥+++⇔
Ta có:
(x+y)
2

xy4≥
(y+z)
yz4
2
≥
(x+z)
yz4
2
≥
21
NghiÖp vô s ph¹m
Vì hai vế của bất đẳng thức trên không âm nên ta nhân từng vế các bất đẳng
thức trên ta được: (y+z)
2
(x+z)
2
(x+y)
2
≥ 64x

2
y
2
z
2

⇔

( )( )( )
[ ]
( )
22
8xyzyxzxzy ≥+++

⇒
(2) được chứng minh . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z
Vậy (1) được chứng minh . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
Ví dụ 2: cho a + b + c = 1 .CMR : a
2
+ b
2
+ c
2
≥ 1/3
Giải
Đặt a = 1/3 + x ; b = 1/3 +y ; c = 1/3 +z . Do a + b + c = 1 nên x + y + z = 0
Ta có: a
2
+ b
2

+ c
2
=






++






++






++=







+






+






+
222
222
3
2
9
1
3
2
9
1
3
2
9
1
3

1
.
3
1
.
3
1
zzyyxxzyx
=
( )
3
1
3
1
3
2
3
1
222222
≥+++=++++++ zyxzyxzyx
Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi x = y = z = 0
⇔
a = b = c = 1/3.
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
7.4 Bài tập tự giải :
1/ cho a , b, c là ba cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng :

3≥
−+
+
−+
+
−+ cba
c
bca
b
acb
a
2/ cho a; b; c ≥ 0 . CMR:
2
222
22
4
22
4
22
4
cba
ba
c
ca
b
cb
a ++
≥
+
+

+
+
+
8. Phương pháp tam thức bậc hai
22
NghiÖp vô s ph¹m
8.1 Cơ sở toán học :
Ta có thể dùng định lý về dấu tam thức bậc hai , dấu của nghiệm của tam thức bậc
hai để chứng minh bất đẳng thức .
Cho tam thức bậc hai : F(x) = ax
2
+ bx + c với a
0≠
Có
=∆
b
2
– 4ac
+ Nếu
0<∆
thì a.F(x) >0 với
Rx ∈∀
+ Nếu
∆
= 0 thì a.F(x) >0 với
⇒−≠∀
a
b
x
F(x) cùng dấu với a

+ Nếu
0>∆
thì tồn tại x
1
, x
2
sao cho x
2
> x
1
.Ta có :
- x nằm ngoài hai khoảng nghiệm :
0)(.;
21
>⇔>< xFaxxxx
- x nằm trong khoảng hai nghiệm :
0)(.
21
<⇔<< xFaxxx
8.2 VÝ dụ minh hoạ :
V Ý dụ 1 : cho
21;21;21 ≤≤−≤≤−≤≤− cba
và a + b + c = 0 .
CMR : a
2
+ b
2
+ c
2
≤ 6

Giải
Theo tính chất về dấu của tam thức bậc hai :
-1 ≤ a ≤ 2
⇒
(a – 2)(a + 1) ≤ 0 (1)
-1 ≤ b ≤ 2
⇒
(b – 2)(b + 1) ≤ 0 (2)
-1 ≤ c ≤ 2
⇒
(c – 2)(c + 1) ≤ 0 (3)
cộng từng vế của (1), (2), (3) ta được :
a
2
–a – 2 + b
2
–b -2 + c
2
– c -2 ≤ 0
⇔
a
2
+ b
2
+ c
2
–(a + b + c)≤ 6
Vì a +b +c =0 nên a
2
+ b

2
+c
2
≤ 6 (đpcm)
Ví dụ 2: Chứng minh bất đẳng thức Côsi ; Bunhia côpxki
23
NghiÖp vô s ph¹m
Cho n cặp số thực bất kì ( a
1
; b
1
) ; (a
2
; b
2
) ……(a
n
; b
n
). Thế thì :

( )
( ) ( )
22
2
2
1
22
2
2

12211

nnnn
bbbaaabababa +++++≤+++
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tồn tại số k
R∈
sao cho : ka
1
= b
1
;ka
2
= b
2
; ; ka
n
= b
n
Với
∀
Rx ∈
ta có : ( a
1
x – b
1
)
2

0≥

( )
0
2
22
≥−bxa
……………………
(
0)
2
≥−
nn
ba
Từ đó suy ra :
02
2
111
2
1
≥+− bxbaxa

02
2
222
2
2
≥+− bxbaxa
…………………………

02
22

≥+−
nnnn
bxbaxa
cộng từng vế của các bất đẳng thức trên ta được :

( )
0) () (2
22
2
2
12211
2
22
2
2
1
≥+++++++−+++
nnnn
bbbbababaxaaa
VÕ trái là một tam thức bậc hai
F(x) =
( )
) () (2
22
2
2
12211
2
22
2

2
1 nnnn
bbbbababaxaaa +++++++−+++

(với
.0
22
2
2
1
≠+++
n
aaa
mà
Rxf
x
∈∀≥ ,0
)(
nên ta có :
0'
≤∆
tức là :
0'
2
≤−=∆ ACB
Hay :
0) ).( () ('
22
2
2

1
22
2
2
1
2
2211
≤++++++−+++=∆
nnnn
bbbaaabababa


2
2211
) (
nn
bababa +++⇔
) ).( (
22
2
2
1
22
2
2
1 nn
bbbaaa ++++++≤
(Nếu A = 0 thì :
0
21

====
n
aaa
.Do đó bất đẳng thức cần chứng minh là
tầm thường )
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
0)( )()(0'
2211
=−==−=−⇔=∆
nn
bxabxabxa
24
NghiÖp vô s ph¹m

nn
kabkabkab ===⇔ ; ;;
2211
với
Rk ∈∀
Ví dụ 3 : cho các số a, b, c, d thoả mãn : a + d = b+ c.
CMR nếu lấy số m sao cho : 2m >
bcad −
thì với mọi x
R∈
ta luôn có (x-a)(x-b)(x-c)(x-d)+m
2
≥ 0 (1)
Gi¶i
Dựa vào giả thiết cho : a + d = b + c nên ta có :
(1)

[ ] [ ]
0)(.)(
222
≥+++−++−⇔ mbcxcbxadxdax
Vì a + d = b + c nên đặt : y = x
2
- (a + d)x = x
2
–(b + c)x ta được bất đẳng thức :
(y + ad)(y + bc) +m
2
≥ 0
⇔
y
2
+ (ad + bc)y + abcd + m
2

0≥
Đặt F(y) = y
2
+ (ad + bc)y + abcd +m
2
Ta có :
2222
4)()(1.4)( mbcadmabcdbcad
y
−−=+−+=∆
Vì 2m >
bcad −

nên 4m
2
≥ (ad-bc)
2

⇔

01
0
>=
≤∆
A
y

0
)(
≥⇔
y
F
Hay (x – a)(x – b)(x – c)(x – d)+ m
2
≥ 0 (đpcm)
8.3 .Chú ý khi sử dụng tam thức bậc hai cấn chú ý :
+ Nắm chắc định lý về dấu của tam thức bậc hai
+Thường dùng các phép biến đổi tương đương để đưa bất đẳng thức cần
chứng minh về dạng ;
F(x)
0
≥
hay F(x)

0
≤
Trong đó F(x) là tam thức bậc hai đối với biến x
8.4 Bài tập tự giải
1/Chứng minh rằng với mọi
R
∈
a
ta đều có
3
1
1
3
1
2
2
≤
−−
++
≤
aa
aa
25