Sáng kiến kinh nghiệm: Khai thác bài toán về BDT

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ỨNG DỤNG CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC
TRONG SBT TOÁN 8
A. ĐẶT VẪN ĐỀ
Trong chương trình toán lớp 8, học sinh được học về bất đẳng thức. Nhưng
mức độ kiến thức còn đơn giản: Đó là học sinh nắm được định nghĩa và nhận
biết được bất đẳng thức. Các bài tập về bất đẳng thức chủ yếu vận dụng hai tính
chất của bất đẳng thức là : Tính chất của thứ tự với phép cộng - Tính chất của
thứ tự với phép nhân. Mức độ yêu cầu của bài tập đơn giản, chưa có nhiều bài
tập đòi hỏi sự tư duy của học sinh
Trong sách bài tập toán 8 có một số bài tập chứng minh bất đẳng thức, có
mức độ tương đối khó với đối tượng học sinh trung bình. Còn với học sinh khá,
giỏi thì kích thích được sự hứng khởi của các em khi làm toán. Tuy nhiên với
số lượng bài tập còn ít thì chưa tạo thành hệ thống nên chưa kích thích được sự
sáng tạo cho các em đồng thời phát huy được tư duy của các em. Mà việc
chứng minh bất đẳng thức được ứng dụng nhiều trong dạng toán cực trị mà các
em sẽ gặp trong các kì thi chuyển cấp.Khi chữa bài tập cho học sinh để phát
huy tư duy của học sinh được tốt hơn, tôi đã cho học sinh sử dụng kết quả của
các bài tập đó dưới dạng các bài toán phụ để chứng minh các bất đẳng thức
khác, với mức độ yêu cầu cao hơn. Nhưng học sinh thấy hứng khởi hơn khi
làm bài. Sau đây là nội dung các bài tập cơ bản trong sách bài tập toán 8 ( sbt)
và các bài tập vận dụng.


B. NỘI DUNG
I. Kiến thức cơ bản
1. Định nghĩa. Hệ thức dạng a < b ( hay a >b, a ≤ b, a ≥ b) là bất đẳng thức
2. Tính chất
a) Liên hệ giữa thứ tự và phép cộng
Với ba số a, b và c, ta có:
Nếu a < b => a+c < b+ c ;

nếu a ≤ b = > a + c ≤ b + c

Nếu a > b => a + c > b + c ;

nếu a ≥ b => a + c ≥ b +c

b) Liên hệ giữa thứ tự và phép nhân
-Với ba số a, b và c mà c > 0, ta có:
Nếu a < b => a.c < b.c ;

nếu a ≤ b = > a . c ≤ b . c

Nếu a > b => a . c > b . c ;

nếu a ≥ b => a . c ≥ b .c

-Với ba số a, b và c mà c < 0, ta có:
Nếu a < b => a.c > b.c ;

nếu a ≤ b = > a + c ≥ b + c

Nếu a > b => a . c < b . c ;

nếu a ≥ b => a + c ≤ b +c

II. Các bài tập trong sách bài tập
1.Bài 28( tr 43 – sbt). Chứng tỏ rằng với a, b là các số bất kì thì:
a) a2 + b2 – 2ab ≥ 0

b)

a 2 + b2
≥ ab
2

Chứng minh: a) a2 + b2 – 2ab ≥ 0
 ( a – b)2

≥ 0 ( bđt luôn đúng ). Vậy bđt đã cho được cm

Dấu “ =” xảy ra  a = b
b) Từ

a2 + b2 – 2ab ≥ 0
 a2 + b2

≥ 2ab

a 2 + b2
≥ ab. Dấu “ = “ xảy ra  a = b

2

* Hệ quả ( Suy ra từ bài tập trên)
a) ( a + b)2 ≥ 4 ab
b) 2(a2+b2) ≥ ( a + b)2


* Bài tập vận dụng

Bài 1: a) Cho a, b thoả mãn: a2 + b2 ≤ 2. Chứng minh

- 2 ≤ a + b ≤ 2.

b) Cho ba số dương a, b, c thoả mãn : a2 ≤ bc, b2 ≤ ac.
Chứng minh a + b ≤ 2c.
Giải: a) Áp dụng bất đẳng thức phụ: a2 + b2

≥ 2ab

Và a2 + b2

≤ 2 ( gt)

=> 2 ab

≤ 2

=>

≤ 1

ab

Ta có: ( a + b)2 = a2 + b2 + 2ab ≤ 2 + 2 = 4
Nên ( a + b)2 ≤ 4 => a + b ≤ 2 => −2 ≤ a + b ≤ 2 9 (đpcm)
b) Ta có: ( a + b)2 = a2 + b2 + 2ab ≤ a2 + b2 + a2 + b2
=>( a+b)2 ≤ 2( a2 + b2 )

(1)

Mà a2 ≤ bc, b2 ≤ ac (gt) => a2 + b2 ≤ bc + ac = c( a + b) (2)
=>( a+b)2 ≤ 2c.( a +b)

Từ (1) và (2)

=> ( a + b) ≤ 2c ( do a +b > 0)
Vậy ( a + b) ≤ 2c
Bài 2: Cho 0 ≤ a, b, c, d ≤ 1. Chứng minh rằng
( a +b+ c + d +1)2 ≥ 4( a2 + b2+ c2 + d2)
Giải: Áp dụng bđt phụ ( x + y)2 ≥ 4 xy . Ta có
( a +b+ c + d +1)2 ≥ 4( a + b +c +d) ( 1)
Với x = a+ b+ c + d ; y = 1.
Mặt khác: 0 ≤ a, b, c, d ≤ 1 nên a ≥ a2, b ≥ b2, c ≥ c2, d ≥ d2
Nên a + b + c + d ≥ a2 + b2+ c2 + d2

( 2)

Từ (1), (2) => ( a +b+ c + d +1)2 ≥ 4( a2 + b2+ c2 + d2)
Vậy bđt đã cho được chứng minh.
Bài 3: Cho a, b, c ≥ 0 và a+ b + c = 1. Chứng minh rằng
a + 2b + c ≥ 4( a – 1)( b – 1)( c -1)
Giải: Do a, b, c ≥ 0 và a+ b + c = 1 => a ≤ 1, b ≤ 1, c ≤ 1
Áp dụng bđt phụ: 4xy ≤ ( x + y)2, ta có
4(1 –a)( 1- b)(1- c)(1-d) = 4[(b + c)( 1 –c)](1- b) ≤ ( 1+b)2( 1-b) (1)


Mà ( 1 –b)(1+b)2 = ( 1 +b)( 1-b2) ≤ 1 + b ( do 1- b2 ≤ 0)
Lại có: 1 + b = a + 2b + c. (2)
Từ (1) và (2) => 4(1 –a)( 1- b)(1- c)(1-d) ≤ a + 2b + c ( đpcm)

Dấu “=” xảy ra  a =

1
1
, b = 0, c = .
2
2

Bài 4: Cho x, y > 0 và x + y + z = 1. Chứng minh rằng: x + y ≥ 16xyz.
Giải: Áp dụng bđt phụ 4xy ≤ ( x + y)2, ta có 16xyz ≤ 4z ( x +y)2 ( 1)
Ta phải chứng minh: 4z ( x +y)2 ≤ x + y

(2)

Thật vậy: 4z ( x +y)2 ≤ x + y  4z ( x +y) ≤ 1 ( do x + y > 0)
 4z ( 1- z) ≤ 1
 4z2 – 4z+ 1 ≥ 0
 ( 2z – 1)2 ≥ 0 ( bđt luôn đúng)
Do đó ( 2) luôn đúng. Từ (1) và (2) => 16xyz ≤ x + y
Dấu “ =” xảy ra  x = y =

1
1
,z=
4
2

Bài 5: Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh rằng
1
1 1

+
a b

+

1
1 1
+
b c

+

1
1 1
+
c a

≤

a+b+c
2

Giải: Áp dụng bđt phụ ( x + y)2 ≥ 4 xy.
Ta có:
1 1
1 1
a+b 2
1
( + )2 ≥ 4 . ⇒ (
) ≥4

a b
a b
ab
ab
2
( a + b)
ab
1
⇒
≥4⇒
≤ ( a + b)
ab
a+b 4
1
1
≤ ( a + b)
1
1
=> +
.
4
a b

vì a, b > 0

Tương tự cũng có

1

≤ 4(b + c)

1 1
+
b c
1
≤ 4(a + c)
1 1
+
c a

Cộng từng vế của ba bđt cùng chiều, ta được:


1
1 1
+
a b

+

1

+

1 1
+
b c

1
1 1
+

c a

≤

a+b+c
2

Dấu “=” xảy ra  a = b = c.
Bài 6: Cho a, b thoả mãn; ab + bc + ca = 4. Chứng minh rằng
a4 + b4 + c4 ≥

16
3

Giải: Từ ab + bc + ca = 4 => ( ab + bc + ca)2 = 16
=> a2b2 + b2c2 + c2a2 + 2ab2c + 2abc2 + 2a2bc = 16.
Áp dụng bđt phụ: x + y ≥ 2xy , ta được
a2b2 + b2c2 ≥ 2ab2c
b2c2 + c2a2 ≥ 2abc2
a2b2 + c2a2

≥

2a2bc

Nên 2(a2b2 + b2c2 + c2a2 ) ≥ 2ab2c + 2abc2 + 2a2bc
=> 3(a2b2 + b2c2 + c2a2 ) ≥ ( ab + bc + ca)2 = 16
≥

=> a2b2 + b2c2 + c2a2

Ta lại có:

16
3

(1)

a4 + b4 ≥ 2a2b2
b4 + c4 ≥ 2b2 c2
c4 + a4

≥

2c2a2

=> a4 + b4 + c4 ≥ a2b2 + b2c2 + c2a2 (2)
Từ (1), (2) => a4 + b4 + c4 ≥

16
3

Bài 7: Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng
1
1
1
1
+ 3 3
+ 3
≤
3

3
a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc
3

Giải; Áp dụng bđt phụ

a2 + b2 ≥ 2ab

=> a2 + b2 – ab ≥ ab
=> (a2 + b2 – ab)(a+b) ≥ ab(a+b)
=>

a 3 + b3

≥ ab(a + b)

=> a3 + b3 +abc ≥ ab(a + b + c) > 0

( do a +b > 0)


⇒

1
1
≤
.
a + b + abc
ab( a + b + c )
3

3

1
b + c + abc
3

3

≤

Tương tự cũng có

1
bc(a + b + c)

1
1
≤
3
a + c + abc ac(a + b + c)
3

Cộng từng vế ba bđt cùng chiều, ta được:
1
1
1
1
1
1 1

1
+ 3 3
+ 3
≤
( + + )≤
3
3
a + b + abc b + c + abc c + a + abc a + b + c ab bc ca
abc
3

Vậy

1
1
1
1
+ 3 3
+ 3
≤
3
3
a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc
3

Bài 8: Cho u, v là các số dương thoả mãn u + v = 1. Chứng minh rằng
1
1
25
(u + ) 2 + ( v + ) 2 ≥

u
v
2
1
u

1
v

Ta có (u + )2 + (v + ) 2 = u 2 +

Giải:

1
1
+ v2 + 2 + 4
2
u
v

Áp dụng bđt: 2( u2 + v2) ≥ ( u + v)2
=> u2 + v2 ≥

1
( vì u + v = 1) , và
2

1 1
1 1
u+v 2

+ 2 ) ≥ ( + )2 = (
)
2
u
v
u v
uv
1 1
1
⇒ 2+ 2≥
u
v
2(uv) 2
2(

Mặt khác áp dụng bđt:

(u +v)2 ≥ 4uv
≥ 4 uv

=> 1
1

=> (2uv) 2 ≥ 8 ( do u,v > 0)
Do đó

1 1
+ ≥ 8 Nên
u 2 v2

1
1
1
1
1
25
(u + ) 2 + ( v + ) 2 = u 2 + 2 + v 2 + 2 + 4 ≥
+8+4=
u
v
u
v
2
2

Vậy

1
1
25
1
(u + ) 2 + ( v + ) 2 ≥
. Dấu “=” xảy ra  u = v =
u
v
2
2

Bài tập đề nghị

Bài 1: Cho a,b thoả mãn a2 + b2 = 4 + ab. Chứng minh rằng

8
≤ a2 + b2 ≤ 8
3

Bài 2: Chứng minh rằng với a, b, c tuỳ ý ta luôn có:
a2 + b2 + c2 + d2 ≥ ( a +b)( c + d)
Bài 3: Cho a + b + c + d = 2. Chứng minh rằng : a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 1
Bài 4: Cho a + b = 1. Chứng minh rằng
1
1
1
a 2 + b 2 ≥ ; a 4 + b 4 ≥ ; a 8 + b8 ≥
2
8
128

2. Bài 29 ( tr 44- sbt).
Cho a và b là các số dương, chứng tỏ:
Chứng minh: Ta có

a b a 2 + b2
+ =
. Mà a2 + b2 ≥ 2ab
b a
ab

Nên

a 2 + b2
≥ 2 ( vì ab > 0)
ab

Vậy

a b
+ ≥ 2 . Dấu “=” xảy ra  a = b
b a

- Nếu đặt x =
*Hệ quả: i) x +
ii)

a
1 b
=> =
b
x a

1
≥ 2 ( x > 0)
x

a b
+ ≤ −2 ( ab < 0)
b a

* Bài tập vận dụng

Bài 1: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
1
a

1
b

a) ( a + b) ( + ) ≥ 4
b) ( a + b + c)(
c)
Giải:

a b
+ ≥2
b a

1 1 1
+ + ) ≥9
a b c

a
b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a +b 2

1
a

1
b

a) Ta có: ( a +b) ( + ) = 1 +
1
a

a b
+ + 1 ≥ 2 + 2 ≥ 4 ( áp dụng bđt phụ)
b a

1
b

Vậy ( a + b) ( + ) ≥ 4. Dấu “=” xảy ra  a = b
b) Ta có: ( a + b + c)(

1 1 1
+ + )
a b c

a a
b b
c c
+ +1+ + +1+ + +1
b c
a c

a b
a b
b c
a c
= ( + ) + ( + ) + ( + ) + 3 ≥ 3 + 3.2 = 9
b a
c b
c a
=

Vậy ( a + b + c)(

1 1 1
+ + ) ≥ 9. Dấu “=” xảy ra  a = b = c.
a b c

Tổng quát : Với a1, a2, a3, ….., an > 0, ta chứng minh được:
1

1

1

1

(a1+ a2+ a3+ …..+ an ) ( a + a + a + ..... + a ) ≥ n2
1
2
3
n

c)

a
b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a +b 2

a
b
c
9
+ 1) + (
+ 1) + (
+ 1) ≥
b+c
c+a
a+b
2
1
1
1
9
⇔ (a + b + c).(
+
+
)≥

b+c c+a a+b
2
1
1
1
⇔ 2(a + b + c)(
+
+
)≥9
b+c c+a a+b
1
1
1
⇔ [ (b + c ) + (c + a ) + (a + c) ] (
+
+
)≥9
b+c c+a a +b
⇔(

Đặt b+c = x, c + a = y, a + b = z với x, y, x > 0, ta được
1

1

1

( x+ y + z) ( x + y + z ) ≥ 9 ( luôn đúng theo chứng minh phần b)
Vậy bđt đã cho được chứng minh.
Bài 2: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh:

a
b
c
+
+
≥ 3.
b +c − a c + a −b a +b −c

Giải:

Đặt x = b + c - a, y = c + a - b, z = b + a - c
Khi đó: x + y + z = a + b + c
Và y + z = c + a –b + b + a – c = 2a
=> a =

y+z
. Tương tự ta cũng có:
2


x+z
2

b=
c=
Từ đó

x+ y
2

a
b
c
+
+
≥ 3.
b +c − a c + a −b a +b −c
y+z x+ y z+x
+
+
≥6
x
z
y
x y
y z
x z
⇔ ( + )+( + )+( + )≥ 6
y x
z y
z x
⇔

Bài tập đề nghị
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi a,b > 0 thoả mãn a + b = 1 thì:
1
1
+ 2
≥6
ab a + b 2

Bài 2: Cho a, b, c và a + b + c ≤ 1. Chứng minh rằng:
1
1
1
+ 2
+ 2
≥9
a + 2bc b + 2ac c + 2ac
2

Bài 3: Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng:
a
b
c
b + c a + c a + b 15
+
+
+
+
+
≥
b+c a+c b+a
a
b
c
2

3. Bài 80( tr 49-sbt)
Cho a > 0 và b > 0, chứng tỏ rằng

1
a

1
b

( a + b) ( + ) ≥ 4
Chứng minh:
Ta có

1
a

1
b

( a + b) ( + ) ≥ 4

( a + b) 2
⇔
≥ 4 ⇔ (a + b) 2 ≥ 4ab(doa, b > 0)
ab
2
⇔ a − 2ab + b 2 ≥ 0 ⇔ (a − b) 2 ≥ 0

Vì bđt cuối đúng nên bđt đã cho dược chứng minh.
Dấu “ =” xảy ra  a =b
* Hệ quả: Với a, b> 0

a)

1 1
4
+ ≥
a b a +b
1

4

b) ab ≥ (a + b)2
* Bài tập vận dụng
Bài 1: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
1
1
1
1 1 1
a+b+c
+
+
≥ 2( + + ) (với p =
nửa chu vi của tam giác)
p −a p −b p −c
a b c
2

Giải: Áp dụng bđt phụ
1
+
p−a

1
+
p −b
1
+
p−c

1 1
4
+ ≥
a b a +b

( với a, b > 0). Ta có

1
4
4
≥
=
p −b p −a + p −b c
1
4
4
≥
=
p−c p −c+ p −c a
1
4
4
≥

=
p−a p−c+ p−a b

Cộng từng vê của các bđt trên ta suy ra:
1
1
1
1 1 1
+
+
≥ 2( + + )
p −a p −b p −c
a b c

Dấu đẳng thức xảy ra  a = b = c hay tam giác đã cho là đều.
Bài 2: Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng:
a
b
c
d
+
+
+
≥2
b+c c+d a+d a +b

Giải: Áp dụng

1 1
4

+ ≥
.
a b a +b

Ta có:

a
c
a (a + d ) + c(b + c ) 4(a 2 + c 2 + ad + bc )
+
=
≥
b+c a+d
(b + c)(a + d )
(a + b + c + d ) 2
b
d
b(a + b) + d (c + d ) 4(b 2 + d 2 + ab + cd )
+
=
≥
c+d a+b
(c + d )(a + b)
(a + b + c + d )

Cộng từng vế hai bđt ta được:
a
b
c
d

4(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + ab + bc + cd + da )
+
+
+
≥
(3)
b+c c+d a+d a +b
(a + b + c + d ) 2

Mặt khác

4(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + ab + bc + cd + da )
≥2
(a + b + c + d ) 2

Từ (3), (4) suy ra:

a
b
c
d
+
+
+
≥2
b+c c+d a+d a +b

(4)

*Bài tập đề nghị: Cho a, b, c >0. Chứng minh rằng
9
4
4
4
1 1 1
≤
+
+
≤ + +
a + b + c 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c a b c

a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc+ cd

4. Bất đẳng thức:

Chứng minh : Từ ( a – b)2 ≥ 0  a2 - 2ab + b2 ≥ 0
( b-c)2 ≥ 0  b2 - 2bc + c2 ≥ 0
( a-c)2 ≥ 0  a2 - 2ac + c2 ≥ 0
 2( a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) ≥ 0
 a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc+ cd
Dấu “ = “ xảy ra  a = b = c.
* Bài tập áp dụng:
a 3 + b3 + c 3 − 3abc
≥0
Bài 1: a) Cho a + b + c ≠ 0. Chứng minh rằng
a+b+c

b) Cho a + b + c = 1, chứng minh rằng: a4 + b4 + c4 ≥ abc.
Giải: a) Ta có: a3 + b3 + c3 – 3abc = ( a+ b+ c)( a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) (1)

Áp dụng bđt phụ: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc+ cd
 a2 + b2 + c2 - ab - bc – ca ≥ 0
Từ (1) 

a 3 + b3 + c 3 − 3abc
≥ 0 ( vì a + b + c ≠ 0)
a+b+c

b) Áp dụng bđt phụ: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc+ cd nhiều lần ta có:
a4 + b4 + c4 ≥ a2b2 + b2c2 + c2a2 ≥ ab2c + abc2 + a2bc ≥ abc( a + b +c )
Vậy a4 + b4 + c4 ≥ abc. ( Do a + b + c = 1)
Dâu “ = “ xảy ra  a = b = c =

1
3

Bài 2: a) Cho ba số a, b, c thoả mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 1.
Chứng minh :

−1
≤ ab + bc + ca ≤ 1
2

(1)


a 8 + b8 + c 8 1 1 1
≥ + +
b) Cho a, b, c > 0. Chứng minh :
a 3b3c 3

a b c
−1
a 2 + b2 + c 2
≤
ab
+
bc
+
ca
≤
1
≤ ab + bc + cd ≤ a 2 + b 2 + c 2
Giải: a) Ta có:
−
2
2
(a + b + c) 2 ≥ 0
 2 2 2
 a + b + c ≥ ab + bc + ca

Hai bđt trên đều đúng. Vậy bđt đã cho được chứng minh
b) Áp dụng bđt phụ: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc+ cd nhiều lần ta được:
a8 + b8 + c8 ≥ a4b4 + b4 c4 + c4 a4 ≥ a2b4 c2 + a2 b2 c4 + a4 b2 c2
a2b4 c2 + a2 b2 c4 + a4 b2 c2 ≥ a2 b3 c3 + a3b2c3 + a3 b3 c2
Mà a2 b3 c3 + a3b2c3 + a3 b3 c2 = a3 b3 c3 (
Vậy

a 8 + b8 + c 8 1 1 1
≥ + +
a 3b3c 3

a b c

1 1 1
+ + )
a b c

( do a, b, c > 0)

Bài 3: Cho a, b, c > 0 và a+ b+ c = abc, chứng minh rằng:
1
a

1
b

1
c

a + b + c ≥ 3( + + )
Giải:

Áp dụng bđt phụ: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc+ cd

=> a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc+ cd) ≥ 3( ab + bc+ cd)
≥ 3( ab + bc+ cd)

=> ( a + b +c )2
=> a + b +c ≥

3(ab + bc + ca) 3(ab + bc + ca )

=
a+b+c
abc

(vì a + b + c = abc và a +b+c>0)
1
a

1
b

1
c

=> a + b + c ≥ 3( + + )

( đpcm)

Bài tập đề nghị: Cho a,b thoả mãn ab + bc + ca = 4. Chứng minh
a4 + b4 + c4 ≥

16
3


C. KẾT LUẬN
Trong nội dung trên tôi đưa ra bốn bất đẳng thức phụ (bđt) phụ, với các
bđt (1), (2), (3) là các bài tập trong sách bài tập, còn bđt (4) là một bất đẳng
thức mà học sinh rút ra khi làm bài tập. Với việc khai thác các bất đẳng thức
này sâu hơn, học sinh có thể nhớ các bài toán phụ này tốt hơn. Từ đó học sinh

có thể tạo ra được một kĩ năng làm toán chứng minh bđt. Đó là khi gặp một bất
đẳng thức cần chứng minh thì luôn luôn liên hệ đến các bất đẳng thức đã quen
thuộc.
Dấu hiệu nhận biết các bài toán liên quan đế các bđt phụ trên:
- Các bài toán áp dụng các bđt (1), (4) thường có giả thiết với các số
dương, luỹ thừa của các số là chẵn, biểu thức cho dưới dạng tổng hoặc tích của
các hạng tử
- Các bài toán áp dụng các bđt (2), (3) thưòng có giả thiết các số đã cho
là dương, có dạng phân thức đại số.
Để làm xuất hiện các bđt quen thuộc khi làm toán,cần lưu ý học sinh đôi
khi phải áp dụng một số phép biến đổi khác như: Thêm, bớt, tách hạng tử hoặc
đặt ẩn phụ.
Trên đây là một kinh nghiệm nhỏ khi luyện tập về chứng minh bất đẳng
thức cho học sinh. Tuy nhiên để chứng minh các bất đẳng thức, cũng có thể có
các cách chứng minh khác và còn nhiều các bất đẳng thức phụ khác.
Khi viết sáng kiến này không tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy tôi rất
mong được sự góp ý, phê bình của các đồng nghiệp để củng cố thêm chuyên
môn. Tôi xin chân thành cám ơn!
Hoàng Mai, ngày 16 tháng 4 năm 2010
Ngưòi viết sáng kiên