SKKN một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức

A: Đặt vấn đề
Toán học là một môn khoa học tự nhiên , toán học có một vai trò rất quan
trọng trong các lình vực khoa học , toán học nghiên cứu rất nhiều và rất đa dạng
và phong phú , trong đó các bài toán về bất đẳng thức là những bài toán khó , để
giải đợc các bài toán về bất đẳng thức, bên cạnh việc nắm vững khái niệm và
các tính chất cơ bản của bất đẳng thức, còn phải nắm đợc các phơng pháp chứng
minh bất đẳng thức.
Có nhiều phơng pháp để chứng minh bất đẳng và ta phải căn cứ vào đặc
thù của mỗi bài toán mà sử dụng phơng pháp cho phù hợp. Mỗi bài toán chứng
minh bất đẳng thức có thể áp dụng đợc nhiều phơng pháp giải khác nhau , cũng
có bài phải phối hợp nhiều phơng pháp một cách hợp lí .
Bài toán chứng minh bất đẳng thức đợc vận dụng nhiều vào các dạng bài
toán giải và biện luận phơng trình, bất phơng trình, hệ phơng trình đặc biệt , tìm
giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức ...và đợc sử dụng nhiều trong khi ôn
tập , ôn thi ngoại khoá ...Vì vậy học sinh cần thiết phải nắm đợc những kiến
thức cơ bản về bất đẳng thức .
Trong thực tế giảng dạy ở trờng THCS , học sinh gặp nhiều khó khăn khi
giải các bài toán liên quan về bất đẳng thức , vì các bài toán chứng minh bất
đẳng thức thờng không có cách giải mẫu , không theo một phơng pháp nhất định
nên học sinh không xác định đợc hớng giải bài toán . Mặt khác vì nhận thức của
học sinh THCS còn có nhiều hạn chế và khả năng t duy cha tốt do đó học sinh
còn lúng túng nhiều và không biết vận dụng kiến thức vào giải các dạng bài tập
khác .
Trong nội dung của đề tài xin đợc tập trung giới thiệu một số phơng pháp
hay đợc sử dụng khi chứng minh bất đẳng thức nh : dùng định nghĩa , biến đổi tơng đơng , dùng các bất đẳng thức đà biết , phơng pháp phản chứng ......và một
số bài tËp vËn dơng , nh»m gióp häc sinh bít lóng túng khi gặp các bài toán về
chứng minh hay vận dụng bất đẳng thức , giúp học sinh có thể tự định hớng đợc
phơng pháp chứng minh và hứng thú hơn khi học về bất đẳng thức nói riêng và
bộ môn Toán nói chung .
6

Qua đề tài ((một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức và ứng dụng
của bất đẳng thức )) tôi muốn giúp học học sinh có thêm một số phơng
pháp chứng minh bất đẳng thức đó là lý do tôi chọn đè tài này , khi nghiên cứu
không tránh khỏi còn những hạn chế rất mong đợc sự góp ý của các thày cô
giáo để đề tài đợc hoàn thiện hơn , tôi xin chân thành cảm ơn

7


B giải quyết vấn đề
phần I: điều trathực trạng trớc khi nghiên cứu
Khigiảng dạy trên lớp gặp một số bài tập về bất đẳng thức tôi thấy học sinh
còn rất nhiều lúng túng trong việc làm bài tập ,hay định hớng cách làm ,đặc biệt
là học sinh học ở mức độ trung bình
Thực hiện việc kiểm tra một vài bài tập về nội dung đề tài thấy
Số lượng học sinh Điểm giỏi Điểm khá Điểm trung bìnhĐiểm yếu Điểm
kém30056136

Trớc vấn đề trên tôi thấy việc cần thiết phải hớng dẫn học sinh một số phơng
pháp chứng minh bất đẳng thức và các ứng dụng của bất đẳng thức là một việc
cần thiết cho học sinh , để giúp học sinh có thêm kiến thức về bất đẳng thức ,
taođiều kiện cho học sinh khi làm bài tập về bất đẳng thức
Phần II: các phơng pháp nghiên cứu
Phơng pháp điều tra
Phơng pháp đối chứng
Phơng pháp nghiên cứu tài liệu
Phần III: nội dung của đề tài
i : Các kiến thức cần lu ý
1, Định nghĩa bất đẳng thức

+ a nhỏ hơn b , kÝ hiƯu a < b
+ a lín h¬n b , kÝ hiƯu a > b ,
+ a nhá h¬n hc b»ng b , kÝ hiƯu a < b,
+ a lớn hơn hoặc bằng b , kí hiệu a > b ,
2, Một số tính chất cơ bản của bất d¼ng thøc :
a, TÝnh chÊt 1: a > b <=> b < a
b, TÝnh chÊt 2: a > b vµ b > c => a > c
8


c, TÝnh chÊt 3: a > b <=> a + c > b + c
HƯ qu¶ : a > b <=> a - c > b - c
a + c > b <=> a > b - c
d, TÝnh chÊt 4 : a > c vµ b > d => a + c > b + d
a > b vµ c < d => a - c > b - d
e, TÝnh chÊt 5 : a > b vµ c > 0 => ac > bd
a > b vµ c < 0 => ac < bd
f, TÝnh chÊt 6 : a > b > 0 ; c > d > 0 => ac > bd
g, TÝnh chÊt 7 : a > b > 0 => an > bn
a > b <=> an > bn víi n lỴ .
h, TÝnh chÊt 8 : a > b ; ab > 0 =>
3, Một số bất đẳng thức thông dụng :
a, Bất đẳng thức Côsi :
Với 2 số dơng a , b ta có :

a+b
ab
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi : a = b

b, Bất đẳng thức Bunhiacôpxki :
Với mọi số a ; b; x ; y ta cã : ( ax + by )2 (a2 + b2)(x2 + y2)
Dấu đẳng thức xảy ra <=>

a
b
=
x
y

c, Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối :
a + b a +b

Dấu đẳng thức xảy ra khi : ab ≥ 0

II : Mét sè ph¬ng pháp chứng minh bất đẳng
thức
1.Phơng pháp 1 : Dùng định nghÜa
- KiÕn thøc : §Ĩ chøng minh A > B , ta xÐt hiÖu A - B råi chøng minh A
- B > 0 .
- Lu ý : A2 ≥ 0 víi mäi A ; dÊu '' = '' x¶y ra khi A = 0 .
9


- VÝ dơ :
Bµi 1.1 :
Víi mäi sè : x, y, z chøng minh r»ng : x2 + y2 + z2 +3 ≥ 2(x + y + z)
Gi¶i :
Ta xÐt hiÖu : H = x2 + y2 + z2 +3 - 2( x + y + z)
= x2 + y2 + z2 +3 - 2x - 2y - 2z

= (x2 - 2x + 1) + (y2 - 2y + 1) + (z2 - 2z + 1)
= (x - 1)2 + (y - 1)2 + (z - 1)2
Do (x - 1)2 ≥ 0 víi mäi x
(y - 1)2 ≥ 0 víi mäi y
(z - 1)2 ≥ 0 víi mäi z
=> H ≥ 0 víi mäi x, y, z
Hay x2 + y2 + z2 +3 ≥ 2(x + y + z) víi mäi x, y, z .
DÊu b»ng x¶y ra <=> x = y = z = 1.
Bµi 1.2 :
Cho a, b, c, d, e là các số thực :
Chứng minh rằng : a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e)
Gi¶i :
XÐt hiƯu : H = a2 + b2 + c2 + d2 + e2 - a(b + c + d + e)
a

a

a

a

= ( 2 − b )2 + ( 2 − c )2 + ( 2 − d )2 + ( 2 − e )2
a

Do ( 2 − b )2 ≥ 0 víi mäi a, b
a

Do( 2 − c )2 ≥ 0 víi mäi a, c
a

Do ( 2 − d )2 ≥ 0 víi mäi a, d
a

Do ( 2 − e )2 ≥ 0 víi mäi a, e
=> H ≥ 0 víi mäi a, b, c, d, e
DÊu '' = '' x¶y ra <=> b = c = d = e =
Bµi 1.3 : Chứng minh bất đẳng thức :
a2 + b2  a + b 
≥

2
 2 

2

10

a
2


Gi¶i :
XÐt hiƯu : H =
=
=

a2 + b2  a + b 
−

2

 2 

2

2(a 2 + b 2 ) − (a 2 + 2ab + b 2 )
4
1
1
(2a 2 + 2b 2 − a 2 − b 2 − 2ab) = (a − b) 2 ≥ 0
4
4

. Víi mäi a, b .

DÊu '' = '' x¶y ra khi a = b .
2. Phơng pháp 2 ; Dùng phép biến ®ỉi t¬ng ®¬ng .
- KiÕn thøc : BiÕn ®ỉi bÊt đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất
đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đà đợc chứng minh là ®óng .
- Mét sè bÊt ®¼ng thøc thêng dïng :
(A+B)2=A2+2AB+B2
(A-B)2=A2-2AB+B2
(A+B+C)2=A2+B2+C2+2AB+2AC+2BC
(A+B)3=A3+3A2B+3AB2+B3
(A-B)3=A3-3A2B+3AB2-B3
…………………………….
VÝ dơ :
Bµi 2. 1 : Cho a, b lµ hai sè d¬ng cã tỉng b»ng 1 . Chøng minh r»ng :
Giải:

1

1
4
+

a +1 b +1 3

Dùng phép biến đổi tơng đơng ;
3(a + 1 + b + 1) ≥ 4(a + 1) (b + 1)
 9 ≥ 4(ab + a + b + 1)
(v× a + b = 1)
 9 ≥ 4ab + 8  1 ≥ 4ab  (a + b)2 4ab
Bất đẳng thức cuối đúng . Suy ra điều phải chứng minh .
Bài 2. 2: Cho a, b, c là các số dơng thoả mÃn : a + b + c = 4
Chøng minh r»ng : (a + b)(b + c)(c + a) ≥ a3b3c3
Gi¶i:
Tõ : (a + b)2 ≥ 4ab , (a + b + c)2 = [ (a + b) + c] 2 ≥ 4(a + b)c
=> 16 ≥ 4(a + b)c => 16(a + b) ≥ 4(a + b)2c ≥ 16 abc
=> a + b ≥ abc
T¬ng tù : b + c ≥ abc
c + a ≥ abc
11


=> (a + b)(b + c)(c + a) ≥ a3b3c3
Bµi 2.3 : Chứng minh bất đẳng thức :
a 3 + b3  a + b 
≥

2
 2 

3

; trong ®ã a > 0 ; b > 0

Gi¶i :
Dïng phÐp biÕn ®ỉi t¬ng ®¬ng : Víi a > 0 ; b > 0 => a + b > 0
a 3 + b3  a + b 
≥

2
 2 



3

a+b 2
 a + b   a + b 2
2

.( a − ab + b ) ≥ 
 .

 2 
 2   2 

 a - ab + b ≥
2

2

a +b 


 2 

2

 4a2 - 4ab + 4b2 ≥ a2 + 2ab + b2
 3a2 - 6ab + 3b2 3(a2 - 2ab + b2) 0
Bất đẳng thức ci cïng ®óng ; suy ra :

a 3 + b3  a + b 
≥

2
 2 

3

Bµi 2.4:
Cho 2 sè a, b tho¶ m·n a + b = 1 . CMR a3 + b3 + ab ≥
Gi¶i :
Ta cã : a3 + b3 + ab ≥

1
2

<=> a3 + b3 + ab -

<=> (a + b)(a2 - ab + b2) + ab <=> a2 + b2 -

1
≥
2

1
≥
2

1
≥
2

0

0

0 . V× a + b = 1

<=> 2a2 + 2b2 - 1 ≥ 0
<=> 2a2 + 2(1-a)2 - 1 ≥ 0 ( v× b = a -1 )
<=> 4a2 - 4a + 1 ≥ 0
<=> ( 2a - 1 )2 0
1
2

Bất đẳng thức ci cïng ®óng . VËy a3 + b3 + ab ≥
DÊu '' = '' x¶y ra khi a = b =

1
2

Bài 2.5 : Chứng minh bất đẳng thức :

a 3 + b3  a + b 
≥

2
 2 

Trong ®ã : a > 0 , b > 0 .
Gi¶i :
12

3

1
2


Víi a > 0 , b > 0 => a + b > 0
a 3 + b3  a + b 
≥

2
 2 

Ta cã :

3

<=>

a +b 2
 a + b  a + b 
2

. a − ab + b ≥ 


 2 
 2  2 

<=>

a +b
a − ab + b ≥ 

 2 

(

2

)

2

2

2

<=> 4a2 - 4ab + 4b2 ≥ a2 + 2ab + b2
<=> 3(a2 - 2ab + b2 ) ≥ 0
<=> 3(a - b)2 0 . Bất đẳng thức này đúng
=>

a 3 + b3  a + b 
≥

2
 2 

3

DÊu '' = '' xảy ra khi a = b .
Bài 2.6 : Víi a > 0 , b > 0 . Chøng minh bất đẳng thức :
a
a
b



b

b
a

Giải :
Dùng phép biến đổi tơng đơng :
a
a
b

(
[(






b

b
a

a a + b b ) − ab ( a + b )

]

≥ 0

a )3 + ( b )3 − ab ( a + b ) ≥ 0

( a + b )(a − ab + b) − ab ( a + b ) ≥ 0
( a + b )( a − 2 ab + b) ≥ 0
( a + b )( a − b ) 0

Bất đẳng thức cuối đúng ; suy ra :

a
a
b

b

b
a

3. Phơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc .
- Kiến thức : Dùng các bất đẳng thức quen thuộc nh : Côsi , Bunhiacôpxki
, bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối để biến đổi và chứng minh ,
Một số hệ quả từ các bất đẳng thøc trªn : x2 + y2 ≥ 2xy
Víi a, b > 0 ,
Các ví dụ :
Bài 3.1 : Giả sử a, b, c là các số dơng , chứng minh r»ng:
a
b
c
+
+
>2
b+c
c+a
a+b

13

a b
+ ≥2
b a


Giải
áp dụng BĐT Cauchy , ta có :
a + (b + c)



≥ 2 a (b + c )

a
2a
≥
b+c a +b+c

T¬ng tự ta thu đợc :
b
2b

c+a a +b+c

c
2c

a+b a+b+c

,

Dấu bằng của ba BĐT trên không thể đồng thời xảy ra , vì khi đó có :
a = b + c , b = c + a , c = a + b nªn a + b + c = 0 ( trái với giả thiết a, b, c đều
là số dơng ).
Từ đó suy ra :

a
b
c
+
+
>2
b+c
c+a
a+b

Bài 3.2:
Cho x , y là 2 sè thùc tho¶ m·n :
x2 + y2 = x 1 − y + y 1 − x
Chøng minh r»ng : 3x + 4y 5
Giải :
áp dụng bất đẳng thøc Bunhiac«pxki ta cã :
1
1
(x2 + y2)2 = ( x 1 − y + y 1 − x )2 ( x ≤ ; y ≤ )
≤ (x2 + y2)(1 - y2 + 1 - x2)
=> x2 + y2 ≤ 1
Ta l¹i cã : (3x + 4y)2 ≤ (32 + 42)(x2 + y2) 25
=> 3x + 4y 5

2

2

2

Đẳng thức xảy ra
Điều kiện :

2

2
2
x + y = 1

x > 0, y > 0
 x y
 3=4



x =

y =


3
5
4
5

3
5
≤x≤
2
2

Bµi 3. 3: Cho a, b, c ≥ 0 ; a + b + c = 1 . Chøng minh r»ng :
a, a + b + b + c + c + a ≤ 6
b, a +1 + b +1 + c +1 < 3,5
Giải
a, áp dụng bất dẳng thức Bunhiacôpxki víi 2 bé 3 sè ta cã :
( a +b .1 + b +c .1 + c +a .1) ≤(1 +1 +1)( a +b ) +( b +c ) +( c +a )


2

=>

(

a +b + b +c + c + a

)

2

≤ 3.( 2a + 2b + ac) = 6

14

2

2






=>

a +b + b +c + c +a ≤ 6

.

DÊu '' = '' x¶y ra khi : a = b = c =

1
3

b, áp dụng bất đẳng thức Côsi , ta cã :
(a + 1) + 1 a
= +1
2
2
b
b +1 ≤ +1
;
2

a +1 ≤

T¬ng tù :

c
+1
2

c +1 ≤

Céng tõng vÕ của 3 bất đẳng thức trên ta đợc :
a +1 + b +1 + c +1 ≤

a+b+c
+ 3 = 3,5
2

DÊu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =0 trái với giả thiết : a + b + c = 1
VËy : a +1 + b +1 + c +1 < 3,5
Bài 3.4 : Cho các số dơng a , b , c tho¶ m·n : a + b + c = 1 .
Chøng minh r»ng :

1 1 1
+ + ≥9
a b c

Gi¶i :
Ta cã :
Ta cã :

a b
+ > 0 , a , b > 0
b a
1 1 1
1 1 1
1 1 1
+ + = ( + + ) .1 = ( + + ) .(a
a b c
a b c
a b c
a a b
b c c
=1 + b + c + a + 1 + c + a + b + 1

a b
b c
c a
3+( + ) +( + ) +( + ) ≥
b a
c b
a c
1 1 1
=> a + b + c ≥ 9
1
khi : a = b = c = 3

=

DÊu ''='' x¶y ra

+ b + c)

3+2+2+2=9

Bµi 3.5
1 1
4
+ ≥
x y x+y

Cho x , y > 0 . Chứng minh rằng :
Giải
áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :

x + y 2 xy

1 1
+
x
y

=> (x + y)(

1 1
+
x
y

) ≥4

15

≥

2
xy


=>

1 1
+
x
y



4
x+y

4. Phơng pháp 4 ; Dùng các tính chất của bất đẳng thức :
- Kiến thức : Dùng các tính chất đà đợc học để vận dụng vào giải các bài
tập .
Các ví dụ :
Bài 4.1 : Cho 2 số x , y thoả mÃn điều kiện : x + y = 2 .
Chøng minh r»ng : x4 + y4 2
Giải
Theo tính chất bắc cầu ta có : (x2 - y2) ≥ 0  x4 + y4 ≥ 2x2y2
 2(x4 + y4) ≥ (x2 + y2)2 (1)
Ta cã : (x - y)2 ≥ 0  x2 + y2 ≥ 2xy

 2(x2 + y2 ) ≥(x +y)2
2(x2 + y2 ) ≥ 4 V× : x + y = 2
 x2 + y2 ≥ 2
(2)
Tõ (1) vµ (2) ta cã : x4 + y4 ≥ 2
DÊu '' = '' x¶y ra khi x = y = 1 .
Bµi 4.2:
Cho 0 < a, b, c, d < 1 . Chøng minh r»ng :
(1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > 1 - a - b - c - d .
Gi¶i :
Ta cã : (1 - a)(1 - b) = 1 - a - b + ab
Do a, b > 0 nªn ab > 0 => (1 - a)(1 - b) > 1 - a - b .
Do c < 1 nªn 1 - c > 0 => (1 - a)(1 - b)(1 - c) > (1 - a - b)(1 - c)
 (1 - a)(1 - b)(1 - c) > 1 - a - b - c + ac + bc .
Do a, b, c, d > 0 nªn 1 - d > 0 ; ac + bc > 0 ; ad + bd + cd > 0
=>(1 - a)(1 - b)(1 - c) > 1 - a - b - c
=> (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > (1 - a - b - c)(1 - d)
=> (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > 1 - a - b - c - d + ad + bd + cd
=> (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > 1 - a - b - c - d .
Bµi 4.3 : Cho 0 < a, b, c < 1 . Chøng minh r»ng :
2a3 + 2b3 + 2c3 < 3 + a2b + b2c + c2a
Gi¶i :
16


Do a, b < 1 => a3 < a2 < a < 1 ; b3 < b2 < b < 1 ; ta cã :
(1 - a2)(1 - b) > 0 => 1 + a2b > a2 + b
=> 1 + a2b > a3 + b3 hay a3 + b3 < 1 + a2b .
T¬ng tù : b3 + c3 < 1 + b2c ; c3 + a3 < 1 + c2a .
=> 2a3 + 2b3 + 2c3 < 3 + a2b + b2c + c2a

5.phơng pháp 5 : Dùng bất đẳng thức tổng quát chứa luỹ thừa các số tự
nhiên
Bài 5.1: Cho a>b>0 CMR:
a1996 b1996 a1995 b1995
>
a1996 + b1996 a1995 + b1995

Giải :
Để chứng minh bất đẳng thức trên , ta chứng minh bất đẳng thức trung gian
sau nếu a>b>0 và m,n là hai số tự nhiên mà m>n thì

a m bm a n bn
>
(1)
a m + bm a n + bn

ThËt vËy ta dïng phép biến đổi tơng đơng để chứng minh
a m + b m − 2b m a n + b n − 2b n
>
a m + bm
a n + bn
2b m
2b n
2b m
2b n
⇔ 1- m
> 1− n
⇔− m
>− n
a + bm

a + bn
a + bm
a + bn
bm
bn
1
1
m
n
m
n
b
b
⇔ m
< n
am
an
⇔ m
< n
⇔ mb m < n b n
⇔ m +1 > n +1
a
a
m
n
+1
+1
a
b
a b

a +b
a +b
b
b
+ m
+ n
bm
bn
m
n
b
b
b
b
m
n
a
a
a
a
⇔ m > n ( ) m > ( ) n (2)
b
b
b
b
a
Bất đẳng thức (2) luôn đúng vì a>b>0 nên > 1 và m>n vậy bất đẳng thức (1)
b

(1)

luôn đúng
a m bm a n bn
áp dụng bất đẳng thức trung gian m m > n n vèi a>b>0 vµ m>n nên khi
a +b
a +b
a1996 b1996
m=1996, n=1995 thì bất đẳng thức phảI chứng minh luôn đúng
a1996 + b1996
a1995 b1995
> 1995 1995
a +b

6. phơng pháp 6: Dùng bất đẳng thức về 3 cạnh của tam giác
a , b, c, là độ dài ba cạnh của tam giác ab < a+c (2)
17


c< a+b (3)
Từ 3 bất đẳng thức về tổng ba cạnh của tam giác ta suy ra đợc 3 bất đẳng thức
về hiệu hai cạnh
ab < a+c (2) ⇒ b − c < a (5)
c< a+b (3) ⇒ c − a < b (6)
Bài 6.1:
Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b , c là độ dài các cạnh của tam
giác ) . Chứng minh r»ng :
1
1

1
1 1 1
+
+
≥2 ( + + )
p −a p −b p −c
a b c

Gi¶i:
Ta cã : p - a =

b+c−a
>0
2

T¬ng tù : p - b > 0 ; p - c > 0 ;
áp dụng kết quả bài tập (3.5) , ta đợc ;

1
1
4
4
+

=
p a p b ( p − a ) + ( p − b) c

1
1
4

+
≥
p −b p −c a
1
1
4
+
≥
p −a p −c b
1
1
1
1 1 1
2(
+
+
) ≥ 4( + + )
p −a p −c p c
a b c

Tơng tự :

=>

=> điều phải chứng minh .
DÊu '' = '' x¶y ra khi : p - a = p - b = p - c  a = b = c .
Khi đó tam giác ABC là tam giác đều .
Bài 6.2:
Cho a, b, c , là độ dài ba cạnh của một tam giác CMR:
(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) abc

Giải:
Bất đẳng thức về ba cạnh của tam giác cho ta viÕt
b − c < a ⇒ 0 < a 2 − (b − c) 2 ≤ a 2
c − a < b ⇒ 0 < b 2 − (c − a ) 2 ≤ b 2
a − b < c ⇒ 0 < c 2 − (a − b ) 2 ≤ c 2

18


2
2
2
2
2
2
2 2 2
Tõ ®ã a − (b − c) b − (c − a ) c − (a − b) ≤ a b c

⇔ (a+b-c)(a-b+c)(b-c+a)(b+c-a)(c-a+b)(c+a-b) ≤ a 2b 2 c 2
⇔ (a+b-c)2(b+c-a)2(c+a-b)2 ≤ a 2b 2c 2
⇔ (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) ≤ abc

V× a, b, c, là ba cạnh của một tam giác nên
a+b-c>0
b+c-a>0
c+a-b>0 và abc>0
Vậy bất đẳng thức dẫ đợc chứng minh
7. Phơng pháp 7 : Chứng minh phản chứng .
- Kiến thức : Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng , ta hÃy
giả sử bất dẳng thức ®ã sai , sau ®ã vËn dơng c¸c kiÕn thøc đà biết và giả thiết

của đề bài để suy ra điều vô lý .
Điều vô lý có thể là trái với giả thiết , hoặc là những điều trái nhợc nhau ,
từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh là đúng .
Một số hình thức chứng minh bất đẳng thức :
+ Dùng mệnh đề đảo
+ Phủ định rồi suy ra điều trái với giả thiết .
+ Phủ định rồi suy ra trái với đIều đúng .
+ Phủ định rồi suy ra hai đIều tràI ngợc nhau .
+ Phủ định rồi suy ra kết luận .
Các ví dụ :
Bài 7. 1 :
Cho 0 < a,b,c,d <1 . Chøng minh r»ng ; 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:
Giả sử ngợc lại cả bốn đẳng thức đều đúng . Nhân từng vÒ ;
ta cã : 2.3.8.32a(1 - b)b(1 - c)c(1 - d)d(1 - a) > 2 .3
=> [ a (1 − a )][b(1 − b)][c(1 − c)][ d (1 − d )] >
19

1
256

(1)


Mặt khác , áp dụng bất đẳng thức Côsi ta cã :
a +1 − a 1

=
2
2
1
b(1 - b) ≤
4
1
c(1 - c) ≤
4
1
d(1 - d) ≤
4

a (1 − a ) ≤

T¬ng tự :

=> a(1 - a)

1
4

Nhân từng về các bất ®¼ng thøc ; ta cã :

[ a(1 − a)][b(1 − b)][c(1 − c)][ d (1 − d )] >

1
256

(2)

Tõ (1) và (2) suy ra vô lý .
Điều vô lý đó chứng tỏ ít nhất một trong 4 bất đẳng thức cho trong đầu bài là
sai .
Bài 7.2 :
( Phủ định rồi suy ra hai điều trái ngợc nhau )
Chứng minh rằng không có 3 số dơng a, b, c nào thoả mÃn cả ba bất đẳng thức
sau :

a+

1
<2
b

;

b+

1
<2
c

;

c+

1
<2
a

Giải
Giả sử tồn tại 3 số dơng a, b, c thoả mÃn cả 3 bất đẳng thức :
a+

1
<2
b

;

b+

1
<2
c

;

c+

1
<2
a

Cộng theo từng vế của 3 bất đẳng thức trên ta đợc :
1
1
1
+b+ +c+ < 6

b
c
a
1
1
1
(a + a ) + (b + b ) + (c + c ) < 6 (1)
1
1
1
V× a, b, c > 0 nªn ta cã : (a + a ) ≥ 2 ; (b + b ) ≥ 2 ; (c + c ) ≥ 2
1
1
1
=> (a + a ) + (b + b ) + (c + c ) 6 Điều này mâu thuẫn với (1)
a+

Vậy không tồn tại 3 số dơng a, b, c thoả mÃn cả 3 bất đẳng thức nói trên .
=> đpcm
Bài 7.3 :
Chứng minh rằng không có các số dơng a, b, c thoả mÃn cả 3 bất đẳng thức
sau :
20


4a(1 - b) > 1 ; 4b(1 - c) > 1 ; 4c(1 - a ) > 1 .
Híng dÉn : tơng tự nh bài 2 :
Bài 7.4 :
( Phủ định rồi suy ra trái với điều đúng )
Cho a3 + b3 = 2 . Chøng minh r»ng : a + b ≤ 2 .

Gi¶i :
Gi¶ sư : a + b > 2 => (a + b )3 > 8
=> a3 + b3 + 3ab(a + b) > 8
=> 2 + 3ab(a + b) > 8 ( V× : a3 + b3 = 2 )
=> ab(a + b) > 2
=> ab(a + b) > a3 + b3 ( V× : a3 + b3 = 2 )
Chia c¶ hai vÕ cho số dơng a, b ta đợc :
ab > a2 - ab + b2 => 0 > (a - b)2 V« lý
Vậy : a + b 2
8. Phơng pháp 8 : Đổi biến số
- Kiến thức : Thực hiện phơng pháp đổi biến số nhằm đa bài toán đà cho
về dạng đơn giản hơn , gọn hơn , dạng những bài toán đà biết cách giải ...
Các ví dụ :
Bài 8. 1 :
Chøng minh r»ng : NÕu a , b , c > 0 thì :
a
b
c
3
+
+

b+c c+a b+a 2

Giải:
Đặt : b +c = x , c + a = y , a + b = z
=> a + b + c =
=> a =

y+z−x

2

x+ y+z
2

, b=

z+x−y
2

, c=

x+ y−z
2

Khi ®ã :
VT =
=

y+z−x z+x−y x+y−z
+
+
2x
2y
2z
1 y x
1 z x
1 z y
3
3 3

( + ) + ( + ) + ( + ) − ≥ 1 +1 +1 − =
2 x y
2 x z
2 y z
2
2 2

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

=

Bµi 8.2 :
Chøng minh r»ng ; víi mäi sè thùc x, y ta cã bÊt ®¼ng thøc :

21


-

1 ( x 2 − y 2 )(1x 2 y 2 ) 1
≤
≤
4 (1 + x 2 ) 2 (1 + y 2 ) 2 4

Giải:

Đặt : a =

x2 y2
(1 + x 2 )(1 + y 2 )

=> ab =

vµ b =

( x 2 − y 2 )(1 − x 2 y 2 )
(1 + x 2 ) 2 (1 + y 2 ) 2

Ta cã dƠ thÊy víi mọi a, b thì : Mà : (a - b) =
2

(a + b) =
2

Suy ra : -

1
4

1− x2 y2
(1 + x 2 )(1 + y 2 )

2 

1 − x 2 + 1




2


2 
1 − 2

y +1


≤ ab ≤

1
4

1
1
(a − b) 2 ≤ ab ≤ (a + b) 2
4
4

2

.

Bµi 8.3 :
Cho a, b, c > 0 ; a + b + c ≤ 1 . Chøng minh r»ng :
1
1

1
+ 2
+ 2
9
a + 2bc b + 2ca c + 2ab
2

Giải :
Đặt : a2 + 2bc = x ; b2 + 2ca = y ; c2 + 2ab = z
Khi ®ã : x + y + z = a2 + 2bc + b2 + 2ca + c2 + 2ab
= (a + b + c)2 1
Bài toán trở thành : Cho x, y, z > 0 , x + y + z ≤ 1 .
Cøng minh r»ng :
1 1 1
+ + ≥9
x y z

Ta chứng minh đợc : (x + y + z)(

1 1 1
+ + ) 9
x y z

Theo bất đẳng thức Côsi
Mà : x + y + z 1 nên suy ra

1 1 1
+ + 9
x y z

.

9.Phơng pháp 9: Dùng phép quy nạp toán học .
- Kiến thức : Để chứng minh một bất đẳng thức đúng với n > 1 bằng phơng pháp quy nạp toán học , ta tiến hành :
+ Kiểm tra bất đẳng thức ®óng víi n = 1 (n = n0)
22


+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k > 1 (k > n0)
+ Chứng minh bất đẳng thøc ®óng víi n = k + 1
+ KÕt ln bất đẳng thức đúng với n > 1 (n > n0)
- VÝ dơ :
Bµi 9.1 :
Chøng minh r»ng víi mäi số nguyên dơng n 3 thì
2n > 2n + 1 (*)
Gi¶i :
+ Víi n = 3 , ta cã : 2n = 23 = 8 ; 2n + 1 = 2.3 + 1 = 7 ; 8 > 7 . Vậy đẳng thức
(*) đúng với n = 3 .
+ Giả sử (*) đúng với n = k (k N ; k ≥ 3) , tøc lµ : 2k > 2k + 1
ta ph¶i chøng minh : 2k+1 > 2(k + 1) + 1
hay : 2k+1 > 2k + 3 (**)
+ ThËt vËy : 2k+1 = 2.2k , mµ 2k > 2k + 1 ( theo gi¶ thiÕt quy nạp )
do đó : 2k +1 > 2(2k + 1) = (2k + 3) +(2k - 1) > 2k + 3 ( V× : 2k - 1 > 0)
VËy (**) ®óng víi mäi k ≥ 3 .
+ KÕt ln : 2n > 2n + 1 với mọi số nguyên dơng n ≥ 3 .
Bµi 9.2 :.
Chøng minh r»ng :
1
2

3

2n −1
≤
2n

5

. 4 . 6 ...

1
3n +1

(*) (n là số nguyên dơng )

Gi¶i :
+ Víi n = 1 , ta cã : VT = VP =

1
2

. VËy (*) ®óng víi n = 1 .

+ Giả sử (*) đúng với n = k ≥ 1 ta cã :

1
2

3

5

. 4 . 6 ...

Ta cÇn chøng minh (*) ®óng víi n = k + 1 , tức là :
1
2

.

3
4

.

5
6

...

do đó chỉ cần chứng

2k 1

2k

2k +1
1
2k −1 2k +1
. 2(k +1) ≤ 3k +1 . 2(k +1)

2k
1
2k +1
1
minh : 3k +1 2(k +1) ≤ 3(k +1) +1

dùng phép biến đổi tơng đơng , ta có :
(2k + 1)2(3k + 4) ≤ (3k + 1)4(k +1)2
 12k3 + 28k2 + 19k + 4 ≤ 12k3 + 28k2 + 20k +4
 k ≥ 0 . => (**) ®óng víi mäi k ≥ 1 .
23

1
3k + 1


Vậy (*) dúng với mọi số nguyên dơng n .
10. Phơng pháp 10 : Chứng minh bất đẳng thức trong hình học phẳng
Bài 10.1 :CMR trong một tam giác nhọn thì tổng các trung tuyến của nó lớn
hơn 4lần bán kính đờng tròn ngoại tiếp
C

A1

B1
G
0
A

B

C1

Giải:
Gọi ma, mb, mc là độ dài ba đờng trung tuyến và R là bán kính đờng tròn ngoại
tiếp ABC, ta phải chứng minh ma+ mb+mc>4R
Vì ABC là một tam giác nhọn nên tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác nằm
trong tam giác ABCnếu G là trọng tâm tam giác ABC thì tâm 0 n»m ë mét trong
ba tam gi¸c tam gi¸c GAB, tam giác GAC ,tam giác GBC . Giả sử tâm 0
2
3

nằm trong tam giác GAB thì 0A +0B=2R và GA+ GB > 2R mà GA= AA1=
2
3

2
3

2
3

ma ,GB= BB1 = mb
2
3

Nên GA+GB > 2R ⇒ (ma+mb) >2R ⇒ ma+mb >3R
Mµ trong tam giác 0CC1 có CC1 >0C mc >R
Do đó ma+ mb+ mc > 3R+R=4R .
VËy ma+mb+ mc >4R

Bµi 10. 2: Một đờng tròn tiếp xúc với hai cạnh của một tam giác vuông đỉnh A
tại hai điểm B và C , kẻ một tiếp tuyến với đờng tròn cắt các cạnh AB và AC tại
M và N , chứng minh r»ng

AB + AC
AB + AC
< MB+NC<
3
2

Gi¶i

24


A

N

C

l
M

0

B

Gọi I là tiếp điểm của tiếp tuyến MN với đờng tròn tâm 0
tính chất tiếp tuyên cho ta

MB=MI ,NC=NI
Từ đó MN=MB+NC nhng tam giác vuông AMN thì MN< AM+AN
Nên 2MN < AM+AN +BM+ CN =AB +AC
⇒ MN<

AB + AC
2

Ngoµi ra trong tam giác vuông AMN ta cũng có cạnh huyền MN>AM và MN>
AN 2MN > AM+AN
Vì MN=BC+CN
Nên 3MN > AM+AN +BM+CN do ®ã 3MN > AB+AC ⇒ MN >
VËy

AB + AC
AB + AC
< MB+NC<
3
2

AB + AC
3

11 . Ngoµi ra còn có một số phơng pháp khác để chứng minh bất đẳng thức
nh : Phơng pháp làm trội , tam thức bậc hai ... ta phải căn cứ vào đặc thù
của mỗi bài toán mà sử dụng phơng pháp cho phù hợp . Trong phạm vi
nhỏ của đề tài này không hệ thống ra những phơng pháp đó .

iii : ứng dụng của bất đẳng thức
1- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị .

- Kiến thức : Nếu f(x) m thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là m .
Nếu f(x) M thì f(x) có giá trị lớn nhất là M .
Ta thờng hay áp dụng các bất đẳng thức thông dụng nh : Côsi , Bunhiacôpxki ,
bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối .
Kiểm tra trờng hợp xảy ra dấu đẳng thức để tìm cực trị .
Tìm cực trị của một biểu thức có dạng là đa thức , ta hay sử dụng phơng pháp
biến đổi tơng đơng , đổi biến số , một số bất đẳng thức ...
Tìm cực trị của một biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối , ta vận dụng các
bất đẳng thức chứa dấu giá trị tut ®èi
A + B ≥ A +B
Chó ý :
25


X¶y ra dÊu '' = '' khi AB ≥ 0
A 0 Dấu ''= '' xảy ra khi A = 0
Bài 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : B = a3 + b3 + ab ; Cho biết a và b
thoả mÃn : a + b = 1 .
Gi¶i
B = (a + b)(a2 - ab + b2) + ab
= a2 - ab + b2 + ab = a2 + b2
Ta cã : 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 = 1 => a2 + b2 ≥
VËy min B =

1
2

khi a = b =

1

2

1
2

Bài 2: a, Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc :
A = (x2 + x)(x2 + x - 4)
b, Tìm giá trị nhỏ nhất cđa biĨu thøc :
B = - x2 - y2 + xy + 2x +2y
Gi¶i
a, A = (x2 + x)(x2 + x - 4) . Đặt : t = x2 + x - 2
=> A = (t - 2)(t + 2) = t2 - 4 ≥ - 4
DÊu b»ng x¶y ra khi : t = 0  x2 + x - 2 = 0
(x - 2)(x + 2) = 0  x = -2 ; x = 1 .
=> min A = - 4 khi x = -2 ; x = 1 ;
b, Tơng tự
Bài 3 : Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc .
a, C = 2 x −3 + 2 x −1
b, D = x + x +3 + x + x −6
c, E = x −1 + x 2 + x 3 + x 4
Giải :
a, áp dơng B§T : A + B ≥ A +B
DÊu '' = ''x¶y ra khi AB ≥ 0 .
=> C = 2 x −3 +1 −2 x ≥ 2 x −3 +1 −2 x = −2
2

2

=2

DÊu '' = '' x¶y ra khi (2x - 3)(1 - 2x) ≥ 0 
VËy minC = 2 khi

1
3
≤x≤
2
2

b, T¬ng tù : minD = 9 khi : -3 ≤ x ≤ 2
26

1
3
≤x≤
2
2


c,
minE = 4 khi : 2 ≤ x ≤ 3
Bµi 4 : Cho a < b < c < d , t×m :
b
c
Minf(x) = x −a + x − + x − + x −d
Híng dÉn : t¬ng tù : minf(x) = d + c - b - a khi b ≤ x ≤ c
Bµi 5 : Cho ba sè dơng x , y , z thoả mÃn :
Tìm giá trị lớn nhất của tích : P = xyz
Giải :
1

1+ x

(1 -

Tơng tự :

1
1+ y

1
1+ y

)+(1-

2

1
1+ z

2

Bài 6 :

1
8

)=

y
1+ y

+

+

z
1+ z

1
1+ y

≥2

+

1
≥
1+ z

yz
(1 + y )(1 + z )

xy
(1 + x )(1 + y )

1
8

khi x = y = z =

1
2

Cho 3 số dơng a, b, c thảo mÃn : a + b + c = 1 . T×m giá trị nhỏ nhất

của biểu thức : F =

1
1
1
( a + ) 2 + (b + ) 2 + ( c + ) 2
a
b
c

Gi¶i:
Ta cã : F = (a2 + b2 + c2) + (

1
1 1
+ 2 + 2)+6
2
a b c

Vận dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki , ta có :
(a.1 + b.1 + c.2)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2)
=> a2 + b2 + c2 ≥

1
3

1
1
1
1 1 1
( + + )2 ≤ 3 ( 2 + 2 + 2 )
a b c
a
b
c
1 1 1
1 1 1
1 1 1
kh¸c : + + = ( + + ).1 = ( + + )(a + b + c)
a b c
a b c
a b c
a b
b c
c a
=3+( + )+( + )+( + ) ≥3+2+2+2
b a
c b
a c
1 1 1
=> + + ≥ 9
a b c
1 1 1
=> ( + + ) 2 ≥ 81
a b c

Tơng tự :
Mặt

2

zx
(1 + x )(1 + z )

Tõ ®ã suy ra : P = xyz ≤
MaxP =

1
1+ z

1
1+ x

=> (

1
1
1
+ 2 + 2 ) ≥ 27
2
a
b
c

27

=9


F≥

1
3

+ 27 + 6 = 33

Dấu '' = '' xảy ra khi : a = b = c =
1

Vậy MinF = 33 3 khi : a = b = c =
Bài 7 : Cho G =

yz x −1 + zx

1
3
1
3

.

y − 2 + xy z − 3
xyz

Tìm giá trị lớn nhất của G :

Giải : Tập xác định : x ≥ 1 ; y ≥ 2 ; z ≥ 3
Ta cã : G =

x −1
x

y −2
y

+

Theo BĐT Cơsi ta có :
T¬ng tù :
=> G ≤

y −2
1
≤
y
2 2

;

+

x −1 ≤

z −3
z

x −1 + 1
2

=>

1
x −1
≤
2
x

z −3
1
≤
z
2 3

1
1
1
+
+
2 2 2 2 3

VËy MaxG =

1
1
1
+

+
2 2 2 2 3

đạt đợc khi x = 2 ; y = 2 ; z = 6

Bµi 8 a, Tìm giá trị nhỏ nhất của H =

x
x 1

với x > 1 .

b. Tìm giá trị lớn nhất của K = x . 1 −x
HD : ¸p dơng bÊt đẳng thức Côsi và làm tơng tự nh bài 5 :
2 - Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình .
- Kiến thức : Nhờ vào các tính chất của bất đẳng thức , các phơng pháp
chứng minh bất đẳng thøc , ta biÕn ®ỉi hai vÕ ( VT , VP ) của phơng trình sau đó
suy luận để chỉ ra nghiệm của phơng trình .
2

Nếu VT = VP tại một hoặc một số giá trị nào đó của ẩn ( thoả mÃn TXĐ)
=> phơng trình có nghiệm .
Nếu VT > VP hoặc VT < VP tại mọi giá trị của ẩn .
=> phơng trình vô nghiệm .
- Các ví dụ :
Bài 1 : Giải phơng trình :
13 x 1 + 9 x +1 = 16x
Gi¶i:
28

§iỊu kiƯn : x ≥ 1 (*)
C¸ch 1 : ¸p dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 13
1
= 13.2. 2

x −1

+

3
3.2. 2

≤ 13( x - 1 +

1
4

) + 3(x + 1 +

x −1

+9

x +1

x +1
9
4

) = 16x

DÊu '' = '' x¶y ra

 x −1 =

 x +1 =


1
2
3
2

x=

5
4

tho¶ m·n (*)

Phơng trình (1) có nghiệm dấu '' = '' ở (2) xảy ra
Vậy (1) có nghiệm x =

5
4

.

Bài 2: a, Tìm giá trị lớn nhất của L = 2 x 3 + 5 2 x

b. Giải phơng trình : 2 x −3 + 5 − 2 x - x2 + 4x - 6 = 0 (*)
Gi¶i :
a. Tãm t¾t : ( 2 x −3 + 5 − 2 x )2 ≤ 2(2x - 3 + 5 - 2x) = 4
 2 x −3 + 5 − 2 x ≤ 2
=> MaxL = 2 khi x = 2 .
b. TX§ :

3
5
≤x≤
2
2

(*)  2 x −3 + 5 − 2 x = x2 - 4x + 6
VP = (x - 2)2 + 2 ≥ 2 , dÊu '' = '' x¶y ra khi x = 2 .
=> víi x = 2 ( thoả mÃn TXĐ ) thì VT = VP = 2 .
=> phơng trình (*) có nghiệm x = 2 .
Bài 3 : Giải phơng trình :
6 x + x + 2 = x2 - 6x + 13
Gi¶i : TX§ : -2 ≤ x ≤ 6.
VP = (x - 3)2 + 4 ≥ 4 . DÊu '' = '' x¶y ra khi x = 3 .
VT2 = ( 6 − x .1 + x + 2 .1)2 ≤ (6 - x + x + 2)(1 + 1) = 16
=> VT ≤ 4 , dÊu '' = '' x¶y ra khi 6 − x = x + 2  x = 2 .
=> không có giá trị nào của x để VT = VP => Phơng trình vô nghiệm
Bài 4 : Giải phơng trình :
3 x 2 12 x +16 + y − 4 y +13 = 5
2

29

HD :

3 x 2 −12 x +16

≥2;

DÊu '' = '' x¶y ra khi :

y 2 − 4 y +13

x − 2 = 0

y − 2 = 0



≥ 3 => VT 5 .

x = 2

y = 2

=> phơng trình có nghiÖm : x = 2 ; y = 2 .

3 - Dùng bất đẳng thức để giải hệ phơng trình :
- Kiến thức : Dùng bất đẳng thức để biến đổi từng phơng trình của hệ , suy
luận và kết luËn nghiÖm .
Lu ý : Mét sè tÝnh chÊt : a, a2 + b2 ≥ 2ab
b. a + c < ; c > 0 => a < b

c.

a
>1
b

nÕu a > b > 0 .

- Các ví dụ :
Bài 1 : Giải hệ phơng trình :
x3 + 2 y 2 4 y + 3 = 0
 2
2 2
 x + x y − 2y = 0
3
2
3
(1)  x = - 1 - 2(y - 1)  x ≤ - 1  x ≤ - 1 . (*)

(2)  x2 ≤

2y
1+ y2

≤1

( v× 1 + y2 ≥ 2y)

 -1 ≤ x ≤ 1 (**)

Tõ (*) vµ (**) => x = -1 . Thay x = -1 vµo (2) ta cã : y = 1 .
=> Hệ phơng trình có nghiệm duy nhÊt : x = -1 ; y = 1 .
- Kiến thức : Biến đổi một phơng trình của hệ , sau đó so sánh với phơng trình
còn lại , lu ý dùng các bất đẳng thức quen thuộc .
Bài 2 : Giải hệ phơng trình :
x+ y+ z =1
4
4
4
x + y + z = xyz

Giải :
áp dơng : B§T : A2 + B2 ≥ 2AB dÊu '' = '' x¶y ra khi A = B
Ta cã : x4 + y4 ≥ 2x2y2 ; y4 + z4 ≥ 2y2z2 ; z4 + x4 ≥ 2z2x2 .
=> x4 + y4 + z4 ≥ x2y2 + y2z2 + z2x2 (*)
Mắt khác : x2y2 + y2z2 2x2yz
y2z2 + z2x2 ≥ 2xy2z
x2y2 + z2x2 ≥ 2xyz2
=> 2(x2y2 + y2z2 + z2x2 ) ≥ 2xyz(x + y + z) = 2xyz .
30