SKKN - Bat Dang Thuc - Anh

Phần I
Lý do chọn đề tài
Toán học là một môn khoa học giải bày về hình thức và số lợng và không
gian của thế giới thực tế và cùng với mối quan hệ giữa chúng. Khoa học tự nhiên
và khoa học xã hội đều sử dụng một cách rộng rãi, phơng pháp nghiên cứu của
toán học. Nếu không có toán học thì các khoa học khác nh vật lý học, hoá học, địa
lý, kinh tế, chính trị, Xác xuất thống kê và nhiều khoa học khác sẽ không phát
triển đợc. Toán học có tác dụng rất lớn đối với các hoạt động kinh tế quốc dân, về
các phơng diện sản xuất không có bộ môn nào là không dùng đến toán học cả.
Ăngghen nói: "Biện pháp của hiện thực thế giới thực tế đã phản ánh đợc
trong những khái niệm và công thức toán học". Bất cứ ở nơi đâu học sinh cũng
nhận thấy có những quy luật của phơng pháp biện chứng đó, cho nên học sinh
nhận rõ đợc điều này thì sẽ phát triển đợc sự suy luận theo phơng pháp biện chứng.
Học toán là một cách chuẩn bị tốt nhất để sau này có thể đảm nhiệm đợc các công
tác khoa học khác. Toán học dạy ta cách rút kết luận từ những tiên đề có sẵn, cách
làm cho kết luận có chứng cớ. Dùng ngôn ngữ toán học là luyện tập diễn đạt t tởng
một cách khoa học, vì ngôn ngữ toán học bắt ta đem lại kết quả nhận thức diễn đạt
dợc thật tinh tế logic - chính xác.
Do vai trò toán học trong đời sống, trong khoa học và công nghệ hiện đại,
công cụ thiết yếu giúp học sinh học tốt các môn khác, giúp học sinh hoạt động có
hiệu quả trong mọi lĩnh vực. Nh Bác Phạm Văn Đồng nói: "Dù các bạn ở nghành
nào, trong công tác nào thì các kiến thức và phơng pháp toán học cũng cần cho
bạn". Môn toán có khả năng to lớn giúp học sinh phát triển các năng lực và phẩm
chất trí tuệ và có khả năng đóng góp tích cực vào việc giáo dục cho học sinh t tởng
đạo đức trong cuộc sống và lao động.
Nói tóm lại, muốn học giỏi các môn thì phải học giỏi môn toán. Và muốn
học giỏi toán thì học sinh phải nắm vững các kiến thức cơ bản và phơng pháp giải
từng loại toán đó và biết sai lầm mà các học sinh khác hay mắc phải để khi giải
không mắc phải những sai lầm đó nữa.
Trong toán học gồm nhiều phần riêng: Hình học, đại số, giải tích. Trong
mỗi phần lại có nhiều nội dung nhiều loại toán khác nhau. Nh vậy muốn học tốt

cần phải có phơng pháp giải và muốn giải tốt cần có kiên thức cơ bản và hiểu bài
và thuộc các định nghĩa và tính chất.
Các em học sinh đã làm quen với bất đẳng thức từ năm lớp 7 đến lớp 10 mới
đề cập kỹ vần đề này hơn. Tầm quan trọng của sự hiểu biết và kỹ năng vận dụng
bất đẳng thức đã quá rõ ràng. Nó là cơ sở của bài toán khác nh giải và biện luận
phơng trình, bất phơng trình, hệ phơng trình, tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của một biểu thức toán học cũng nh nhiều ứng dụng trong khảo sát hàm số. Hơn
nữa sự luyện tập cách chứng minh bất đẳng thức còn góp phần phát triển t duy
logic và bồi dỡng trí thông minh. Thế nhng bất đẳng thức là một trong những phần
khó nhất của chơng trình toán học nói chung. Bởi thế muốn học tốt phần này các
em phải đầu t thời gian, dày công luyện tập, nghiên cứu vấn đề có hệ thống, ghi
nhớ các phơng pháp chứng minh cơ bản dần dần hình thành kỹ năng sáng tạo.
Đối với học sinh ở trờng thuộc vùng miền núi, vùng sâu vùng xa thì các em
ít có điều kiện hơn nh thời gian dành cho học tập không nhiều, sách tham khảo lại
ít, thậm chí nhiều em không có. Cho nên trong khuôn khổ bài viết này tôi cố gắng
giới thiệu một vài phơng pháp và kinh nghiệm của mình thông qua các ví dụ đợc
xắp theo phơng pháp và kèm theo lời giải rõ ràng tỷ mỉ.
Phần II
Tài liệu tham khảo
1. Sách đại số 10 - Sách bài tập lớp 10 (Ngô Thúc Lanh)
2. Phơng pháp giải toán nâng cao đại số lớp 10
3. Phơng pháp giảng dạy toán của Hoàng Chúng
4. Phơng pháp giải toán hình học 12 (Nguyễn Văn Quý - Nguyễn Hoàng
Khang - Nguyễn Việt Hà)
5. Phơng pháp giảng dạy toán lớp 10 - 11 - 12
6. Các đề tuyễn sinh vào các trờng đại học - Cao đẳng
7. Các bài giảng luyện thi môn toán tập I - II
Phần III
Nội dung
A. Những sai lầm của học sinh thờng mắc phải khi chứng minh chứng minh các

bất đẳng thức.
Để chứng tỏ một bất đẳng thức nào đó là đúng chúng ta cần lập luận chặt chẽ
dựa trên tính chất c bản của bất đẳng thức ở một số em thiếu đức tính cẩn thận nên
khi giải thờng mắc phải những sai lầm sau:
Quên không đổi chiều bất đẳng thức khi nhân hai vế với một số dơng
Lúng túng khi biến đổi một bất đẳng thức mà mẫu vẫn còn có dấu phụ
thuộc vào giá trị của biến số.
Khi giải bất phơng trình có chứa phân thức khi quy đồng thì bỏ mẫu chứa
ẩn đi.
Nhân các bất đẳng thức mà các vế không cùng chiều
Vận dụng bất đẳng thức cối mà không lu ý tính không âm của các hạng tử.
Khi chứng minh học sinh không khai thác hết giả thiết.
Các thiếu sót kể trên gây tác dụng tai hại cho kết quả làm bài của các em.
Để khắc phục tình trạng thiếu sót này mỗi học sinh cần phải học kỹ, học thuộc
định nghĩa tính chất trớc khi bớc vào giải bài tập. Tránh khuynh hớng học hời hợt
bên ngoài, phải học thuộc một cách nhuần nhuyễn và hiểu bài một cách thực sự.
B. Một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức:
Phơng pháp chứng minh bất đẳng thức rất đa dạng, chủ yếu dựa vào các đặc
thù riêng của từng bất đẳng thức. Cần chú ý rằng để có thể áp dụng nhiều cách
khác nhau để chứng minh bất đẳng thức, tuy nhiên có nhiều bài phối hợp nhiều
phơng pháp một cách hợp lý. Sau đây là một số phơng pháp chứng minh bất đẳng
thức:
Phơng pháp I
Dùng phép biến đổi tơng đơng
1. Phơng pháp chứng minh dựa vào định nghĩa:
a) A B A - B 0
Lập hiệu: A - B.
Rút gọn biểu thức A - B theo sơ đồ sau:
A - B = C
1

= C
2
= = C 0
Kết luận: A B
Xét dầu đẳng thức xảy ra khi nào?
b) Ví dụ:
VD1: Cho a bvà b là hai số dơng. CMR: a
4
+ b
4
a
3
b + ab
3
Giải:
Ta có: a
4
+ b
4
- a
3
b - ab
3
= a
3
(a - b) + b
3
(b - a) = (a
3
- b

3
)(a - b) =
= (a - b)
2
(a
2
+ ab + b
2
) 0
a
4
+ b
4
a
3
b + ab
3
(điều phải chứng minh)
Dấu "=" xảy ra a = b
VD2: Cho 2 số a, b tuỳ ý. CMR: a
2
+ b
2
+ 1 ab + a + b
Giải:
Ta có
( )
( )
baabbabaabba 222222
2

1
1
2222
++=++++

( ) ( ) ( )
[ ]
( ) ( ) ( )
[ ]
ba,
++=
+++++=
011
2
1
12122
2
1
222
2222
baba
bbaaabba
a
2
+ b
2
+ 1 ab + a + b (điều phải chứng minh)
Dấu "=" xảy ra
( )

=
=
=
1
1
0
2
b
a
ba
a = b = 1
VD3: Cho hai số a và b thoả mãn điều kiện: ab > 1. Chứng minh rằng:

1
2
1
1
1
1
22
+

+
+
+
ab

ba
Giải:
Vì ab > 1 nên ab - 1 0
Ta có:






+

+
+






+

+
=
+

+
+
+
ab

b
ab
a
ab
ba
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
1
1
2222
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )( )
( )( )
( ) ( )
( )( )

a1
1
ba,
2
1
2
1
1
0
11
1
11
1
.
1
11
1
1111
2
22
2
22
2222
+

+
+
+

++

=
++

+

=






+

+
+

=
++

+
++

=
ab
b
ba

abba
ba
abba
ab
ab
b
b
a
a
ab
ab
abb
bab
aba
aba
Dấu "=" xảy ra a = b vì ab > 1
VD4: Chứng minh rằng: x, y ta đều có:
xyxy
yx

+
2
22

Giải:
Ta có:
( )
0
22
2

2
2
22
22


=
+
=
+
yxxyyx
xy
yx
đpcm.
Dấu "=" xảy ra x = y
Ta có:
xy
xy là hiển nhiên
Dấu "=" xảy ra xy 0
VD5: Đề tuyển sinh trờng đại học bách khoa năm 2000 - Khối A
Cho a, b thoả mãn điều kiện: a + b 0. Chứng minh rằng:
3
33
22

+

+
baba
Giải:
Ta có:
( )
( )
0
8
4
22
3
33
3
33

++
=






+

+
baba
baba

( )
( ) ( )
( )
( )
( )
02404
2222
3
33
+++++++
babababababababa

( )
( )
( )( )
03633
2
22
+=++
babaabbaba
Vì: a+ b 0
Dấu "=" xảy ra a = b
2. Phơng pháp 2: Phơng pháp chứng minh trực tiếp, biến đổi vế phức tạp, thờng là
vế trái và rút gọn nó theo sơ đồ:
A = A
1
= A
2
= = B + M B Với M 0
Dấu "=" xảy ra M = 0

VD1: Cho a, y, z, t là bốn số dơng tuỳ ý:
Đặt: m =
zxt
t
ytz
z
xzy
y
tyx
x
++
+
++
+
++
+
++
CMR: 1 < m < 2
Giải:
m =
zxt
t
ytz
z
xzy
y
tyx
x
++
+

++
+
++
+
++
m >
1
=
+++
+
+++
+
+++
+
+++
tzyx
t
tzyx
z
tzyx
y
tzyx
x
(1)
Ta lại có:
m <
2
=
+
+

+
+
+
+
+
tz
t
tz
z
yx
y
yx
x
m < 2 (1)
Từ (1) và (2) 1 < m < 2.
VD2: Chứng minh rằng với x, y, z thoả mãn điều kiện: x
2
+ y
2
+ z
2
= 1 thì ta có:
1
2
1
++
zxyzxy
(Đề 136)
Giải:
Ta phải chứng minh bất đẳng thức kép:

222
2
1
zyxzxyzxy
++++
Ta có:
( )
zxyzxyzyx
++++=
222
2
1
2
1


0222
222
+++++
xzzyzyxyx
(x+ y + z)
2
0 luôn đúng

zxyzxy ++
2
1
(1)
Mặt khác, ta có:
( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )
úng luôn dxzzyyx
xzxzzyzyyxyx
zyxzxyzxyzyxzxyzxy
0
0222
222222
222
222222
222222
++
+++++
++++++++
xy + yz + zx x
2
+ y
2
+ z
2
xy + yz + zx 1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
1
2
1
+++
zxyzyx
VD3: Chứng minh rằng:
4
1
35

2



x
x
x (-1; 1)
Giải:
Ta có: -1 < x < 1 nên y =
0
1
35
2
>


x
x
Do đó:
( )
2
22
2
2
2
2
2
1
161625309
1

93025
1
35
x
xxx
x
xx
x
x
y

++
=

+
=


=
=
( )
( )
( )
16
1
53
1
11653
2
2

2
2
2
+


=

+
x
x
x
xx
16 y
2
16 y 4 (vì y > 0)
Vậy
4
1
35
2



x
x
, x (-1; 1)
Dấu "=" xảy ra x =
5
3

VD4: Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng:
( )
zyxxzxzzyzyyxyx
++++++++++
3
222222
(Học viện quan hệ quốc tế - 1997)
Giải:
Ta có:
( ) ( )
22222222
2633
4
1
444
4
1
yxxyxyyxyxyxyxyx
++++=++=++
=
( ) ( )
[ ]
( )
222
4
3
3
4
1

yxyxyx
+++

( )
yxyxyx
+++
2
3
22
(1)
Chứng minh tơng tự ta đợc:

( )
zyzyzy
+++
2
3
22
(2)

( )
xzxzxz
+++
2
3
22
(3)
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta đợc:

( )

zyxxzxzzyzyyxyx 222
2
3
222222
++++++++++

( )
zyxxzxzzyzyyxyx
++++++++++
3
222222
(đpcm)
Dấu "=" xảy ra x = y = z
VD5: Chứng minh rằng với 3 số dơng bất kỳ a, b, c ta luôn có:
3
22
3
22
3
22
3
cba
acac
c
cbcb
b
baba
a
++

++
+
++
+
++
Giải:
Ta có:
( )
( )
223
22
3
23
3
2
bababaa
ba
baba
a
++


++

( )
( )
( )
00
222233
++++

baabbababaabbaba

( )
( )
( )( )
002
2
22
+++ bababababa
luôn đúng

3
2
22
3
ba
baba
a

++
(1)
Chứng minh tơng tự ta đợc:
3
2
22
3
cb
cbcb
b

++
(2)
3
2
22
3
ac
acac
c

++
(3)
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta đợc:
3
22
3
22
3
22
3
cba
acac
c
cbcb
b
baba
a
++

++
+
++
+
++
(đpcm)
Dấu "=" xảy ra a = b = c
3. Phơng pháp 3: Phơng pháp so sánh.
a) Biến đổi riêng từng vế, rút gọn và so sánh các kết quả đpcm.
Sơ đồ: A = A
1
= A
2
= = C
B = B
1
= B
2
= = D
Nếu C D thì A B.
b) Các ví dụ:
VD1: Chứng minh rằng:
200300
300200
>
(Vô địch toán Liên Xô)
Giải:
Ta có:
( )
( )

100
100
3300
000000.8200200
=>

( )
( ) ( )
100100
100
2200
000000.80000.9300300
<==


200300
300200
>
Chú ý: Cần nhớ tính chất của luỹ thừa đợc biểu thị bằng bất đẳng thức:
Nếu 0 < a < b thì a
n
< b
n
, n > 0
thì a
n
> b
n
, n < 0
Nếu a > 1 thì a

m
> a
n
với m > n
Nếu 0 < a < 1 thì a
m
< a
n
với m > n.
VD2: Cho a, b, c là những số dơng thoả mãn hệ thức: a = b + c. Chứng minh
rằng :
4
3
4
3
4
3
cba
+<
Giải:
Vì a, b, c > 0 và a = b + c nên a > b, a > c Do đó:
4
1
a
>
4
1
b
và
4

1
a
>
4
1
c
Ta có:
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
3
c
c
b
b
a
c
a
b
a

cb
a
a
a
+<+=
+
==
=
4
3
c
+
4
3
b
(đpcm)
VD3: Cho ba số a, b, c bất kỳ. Chứng minh các bất đẳng thức:
1) a
2
+ b
2
+ c
2
ab + ac + bc
2) (ab + bc + ca)
2
3abc(a + b + c) (ĐHSP - TPHCM - 2000)
Giải:
1) Ta có: a
2

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

( ) ( ) ( )
0
222
++ accbba
luôn đúng đpcm
Dấu "=" xảy ra a = b = c = 0
2) Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
abcacabcbcabcabcabcabcab ...2
2222
+++++=++


( ) ( ) ( )
cbaabccbaabccbaabcabcacabcbcab
+++++=+++++
22...
= 3abc (ab + bc + ca)

2
3abc(a + b + c) (đpcm)
VD4: Chứng minh rằng mọi số dơng a, b, c luôn có bất đẳng thức:

abc
abcacabccbabcba
1111
333333

++
+
++
+
++
(ĐH Thuỷ Lợi)
Giải:
Vì a, b, c > 0 nên a
3
+ b
3
+ abc = (a + b)(a
2
- ab + b
2
+ abc) (a + b)ab + abc =
= ab(a + b + c)

( )
cbaabc
c

abcba
++

++
33
1
(1)
Chứng minh tơng tự ta có:
( )
cbaabc
a
abccb
++

++
33
1
(2)
( )
cbaabc
b
abcac
++

++
33
1
(3)
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta đợc:
abc

abcacabccbabcba
1111
333333

++
+
++
+
++
(đpcm)
Dấu "=" xảy ra a = b = c
VD5: Cho a, b, c là những số dơng và a + b = c. Chứng minh rằng:
3
2
3
2
3
2
cba
>+
(1) (ĐH Y Thái Bình - 2001)
Giải:
Từ (1) 0 < a < c và 0 < b < c
Mà (1)
1
3
2
3
2
>

+






c
b
c
a
Theo tính chất của hàm số mũ với cơ số nhỏ hơn, lớn hơn 0. Ta có:

1
3
2
3
2
1
3
2
1
3
2

==
+
=+>






+

>












>






c
c
c
ba
c
b
c
a
c
b

c
a
c
b
c
b
c
a
c
a
đpcm.
4. Phơng pháp 4: Phơng pháp dùng tính chất bắc cầu.
Nếu A C và C B thì A B
Các Ví Dụ:
VD1: Cho hai số thực a và b. Chứng minh rằng:
2
1
13
3
2
2
b
b
a
a
+
+
Giải:
Ta có:
2

1
13
3
3.213013.2313
2
22
2
2

+
++=









a
a
a
a
a
a
a
(*)
Mặt khác: 1 - b +
( )

2
1
12
2
1
2
2
2
++=
bb
b
=
( )
2
1
2
1
1
2
1
2
+
b
(**)
Từ (*) và (**) suy ra:
2
1
2
1
13

3
2
2
b
b
a
a
+
+
Vậy
2
1
13
3
2
2
b
b
a
a
+
+
(đpcm)
VD2: Chứng minh: a, b, c, d > ta có:
1 <
2
<
++
+
++

+
++
+
++
bda
d
adc
c
dcb
b
cba
a
Giải:
Do a, b, c, d > 0 ta có các bất đẳng thức sau:
ca
a
cba
a
dcba
a
+
<
++
<
+++
db
b
dcb
b
dcba

b
+
<
++
<
+++

ac
c
adc
c
dcba
c
+
<
++
<
+++
bd
d
bad
d
dcba
d
+
<
++
<
+++
Cộng các vế của bất đẳng thức trên ta đợc:

db
db
ca
ca
bad
d
adc
c
dcb
b
cba
a
+
+
+
+
+
<
++
+
++
+
++
+
++
2<
++
+
++
+

++
+
++

bad
d
adc
c
dcb
b
cba
a
(đpcm)
VD3: Cho ABC có số đo ba cạnh là a, b, c và chu vi 2p. Giả sử c b a. CMR:
p
2

ab
4
9
Giải:
Ta có: p
2

ab
4
9

( )
( )

abcbaab
cba
9
4
9
4
2
2
++
++
(1)
Ta có: c b a + b + c 2b + a (a + b + c)
2
(2b + a)
2
(2)
Ta xét:
( ) ( )( )
abababababaabbabab
=+=++=+
45494492
2222
2
Mà b - a 0
4b - a = 2b + 2b - a > 2b + b + c - a > 0
Do đó:
( )( )
abab 4
0
( )

abab 92
2
+
0
( )
2
2 ab
+
9ab (3)
Từ (2) và (3) theo tính chất bắc cầu (1) đpcm.
VD4: Không dùng bảng số hãy so sánh 2 số
8log
7
và
9log
8
Giải:
Xét A =
264log63log7.9log7log9log
88888
=<==+
B =
28log.7log27log8log
7887
=+
Vậy A < 2 B Nên
8log
7
>
9log

8

VD5: Không dùng bảng số hãy so sánh
0
208tg
và
0
492sin
Giải:
Xét A =
( )
3
3
302828180208
00000
=<=+=
tgtgtgtg
B =
( ) ( )
000000
48180sin132sin132360sin492sin
==+=


2
3
45sin48sin
00
=>=
Vậy

00
492sin
2
2
3
3
208
<<<
tg
5. Phơng pháp 5: Dùng giả thiết.
Ta chứng minh từ giả thiết A, Biến đổi B thành một biểu thức luôn đúng
đpcm.
Các Ví Dụ:
VD1: Cho a, b, c là ba cạnh của ABC. Chứng minh rằng:
( )
cabcabcba
++<++
2
222
Giải:
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của ABC nên ta có:
a < b + c a
2
< ab + ac
b < c + a b
2
< bc + ab
c < a + b c
2
< ac + bc

Cộng các bất đẳng thức trên theo vế với vế ta có:
( )
cabcabcba
++<++
2
222
(đpcm)
VD2: Cho 3 số thực a, b, c thoả mãn các điều kiện: -1 a, b, c 2 và a+b+ c= 0.
Chứng minh rằng: a
2
+ b
2
+ c
2
6
Giải:
Ta có: -1 a, b, c 2
Do đó: (a + 1)(a - 2) 0
(b + 1)(b - 2) 0
(c + 1)(c - 2) 0
a
2
+ b
2
+ c
2
- (a + b + c) - 6 0 a
2
+ b
2

+ c
2
6
VD3: cho a 2, b 2. Chứng minh rằng: ab a + b
Giải:
Vì
( ) ( )
111
112
112






ba
bb
aa
ab - a - b + 1 1 ab a + b (đpcm)
Dấu "=" xảy ra a = b = 2
VD4: a, b, c là ba số thoả mãn hệ phơng trình:
( )
( )



=++
=++
2

1
1
2
222
cabcab
cba
Chứng minh rằng:
3
4
3
4

a
,
3
4
3
4

b
,
3
4
3
4

c

Giải:
Từ (1) và (2) ta suy ra: a

2
+ b
2
+ c
2
+ 2ab + 2bc + 2ca = 4 (a + b + c)
2
= 4
Đặt S = a + b + c, ta có:
( )
( ) ( )



+=+=+=
=+
111
2
SccSccbacab
Scba
Hay a, b là nghiệm của phơng trình bậc hai:
t
2
- (S - c)t + c
2
- Sc + 1 = 0. Vì phơng trình này có nghiệm, nên phải có:
=
( )
( )
ccScccS 2314

22
2
+=+
0 (Vì S
2
= 4)
Ta dễ thấy: 2Sc 3c
2
0 nên Sc =
cSc 2
=
Do đó:
cc 43
2
+
0, từ đó suy ra: 0
3
4

c

3
4
3
4

c
Chứng minh tơng tự đối với a, b
6. Phơng pháp 6: Phơng pháp phản chứng:
Ta chứng minh ngợc lại bất đẳng thức cần chứng minh, biến đổi dẫn đến mâu

thuẫn, điều trái với giả thiết, điều vô lý đpcm
Các Ví Dụ:
VD1: Cho các số a
1
, a
2
, b
1
, b
2
liên hgệ bởi hệ thức: a
1
+ a
2
= 2b
1
b
2
. CMR ít nhất
một trong hai bất đẳng thức sau là đúng:
2
2
21
2
1
, abab

.
Giải:
Giả sử cả hai bất đẳng thức trên là không đúng, nghĩa là:

2
2
21
2
1
, abab <<
Hay
0,0
2
2
21
2
1
<<
abab

( ) ( )
( )
00
21
2
2
2
12
2
21
2
1
<++<+
aabbabab

Theo giả thiết thì a
1
+ a
2
= 2b
1
b
2
(1). Do đó:
(1)
0
2
1
2
2
2
1
<
bbbb
(b
1
- b
2
)
2
< 0 vô lý đpcm
VD2: Chứng minh rằng ta luôn có: a
2
+ b
2

+ c
2
ab + bc + ca a, b, c R
Giải:
Giả sử tồn tại a, b, c R: a
2
+ b
2
+ c
2
< ab + bc + ca
2(a
2
+ b
2
+ c
2
) < 2ab + 2bc + 2ca
(a
2
- 2ab + b
2
) + (b
2
- 2bc + c
2
) + (a
2
- 2ac + c
2

) < 0
(a - b)
2
+ (b - c)
2
+ (c - a)
2
< 0 vô lý đpcm
Dấu "=" xảy ra a = b = c
VD3: Cho ba số dơng a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
a + b + c 3 bằng phơng pháp phản chứng (Vô địch toán Ba Lan)
Giải:
Giả sử a, b, c > 0 thoả mãn: abc = 1 mà a + b + c < 3 (1)
Ta có: a + b + c < 3 a
2
b + ab
2
+ abc < 3ab a
2
b + b
2
a + 1 < 3ab
ab
2
+ (a
2
- 3a)b + 1 < 0
Điều này chứng tỏ f(b) =
( )
13

22
++
baaab
có 2 nghiệm thực phân biệt. Do đó: =
( )
043
2
2
>
axa

0496
234
>+
aaaa

( ) ( )
041
2
>
aaa
a > 4 a + b + c > 4 (mâu thuẫn với giả sử)
Vậy a, b, c > 0 và abc = 1 thì a + b + c 3
VD4: So sánh 2 số:
52105
15

+
và
6

3
Giải:
Giả sử:
52105
15

+
>
6
3
(1)
22
6
3
52105
15








>

+

( )
12
1
521025
526
>

+

55025052472
>+
74
1785
>

89537
>
6845 > 7951 Vô lý đpcm
VD5: Cho 0 < a < 1; 0 < b < 1. Chứng minh rằng ít nhất một trongba bất đẳng
thức sau là sai:
( )
4
1
1

>
ba
;
( )
4
1
1
>
cb
;
( )
4
1
1
>
ac
Đề 100
Giải:
Giả sử cả ba bất đẳng thức trên là đúng. Khi đó nhân các vế tơng ứng với nhau,
ta đợc: a(1- b)b(1 - c)c(1 - a) >
4
1
.
4
1
.
4
1

( )

[ ]
( )
[ ]
( )
[ ]
4
1
.
4
1
.
4
1
111
>
ccbbaa
(*)
Mặt khác: a
2
- a +
4
1
=
2
2
1

a
0 a
2
- a
4
1
0 a(1 - a)
4
1
(1)
Chứng minh tơng tự ta có: 0 b(1 - b)
4
1
(2) 0 c(1 - c)
4
1
Từ (1), (2) và (3) ta đợc:
( )
[ ]
( )
[ ]
( )
[ ]
4
1
.
4

1
.
4
1
111

ccbbaa
(**)
Từ (*) và (**)
4
1
.
4
1
.
4
1
4
1
.
4
1
.
4
1
>
vô lý đpcm
7. Phơng pháp 7: Phân tích số hạng tổng quát
Thờng sử dụng các công thức sau:
( ) ( )

1
11
1
1
1
1
+
=
+
+
=
+
kkkk
kk
kk
Sử dụng phơng pháp đánh giá đại diện.
Dùng các tính chất của bất đẳng thức để đa bất đẳng thức cần chứng minh về
dạng tính đợc tổng hữu hạn
Giả sử S
n
= u
1
+ + u
n
với u
k
= a
k
- a
k+1

Khi đó S
n
= (a
1
- a
2
) + (a
2
- a
3
) + + (a
n
- a
n+1
) = a
1
- a
n+1
Các Ví Dụ:
VD1: CMR:
( )
1
1
1
...
4.3
1
3.2
1
2.1

1
<
+
++++
nn
n Z
+
Giải:
Ta có:
( )
1
11
1
1
+
=
+
kkkk
Nên
2
1
1
2.1
1
=
;
3
1
2
1

3.2
1
=
; ;
( )
1
11
1
1
+
=
+
nnnn
Cộng vế với vế các đẳng thức trên ta đợc:
VT =
1
1
1
1
1
11
...
4
1
4
1
3
1
3
1

2
1
2
1
1
<
+
=
+
++++
nnn
n Z
+
đpcm.
VD2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n ta có:

( )
2
1
1
...
23
1
2
1
<
+
+++
nn
Đề 55

Giải:
Ta có:
( )
( )






+
+






+
=






+
=
+
=

+
1
11
1
11
1
11
1
1
1
kkkk
k
kk
k
kk
k
kk
<






+
=

+

1
11
2
1
112
.
kkkkk
k

( )






+
<
+
1
11
2
1
1
kkkk

<
2
1
1
1
2
1.2
1
;






<
3
1
2
1
2
23
1
; ;

( )






+
<
+
1
11
2
1
1
nnnn
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta đợc:

( )
2
1
1
12
1
1
...
23
1
2
1

<






+
<
+
+++
nnn
VD3: Chứng minh rằng: 1 +
( )
112
1
...
3
1
2
1
+>+++
n
n
; n Z
+
Giải:
Ta có:
( )
kkk

kkkk
+=
++
>= 1
1
2
2
21
1 > 2
( )
12


( )
232
2
1
>

( )
342
3
1
>


( )
nn
n
+

12
1
Cộng n bất đẳng thức trên theo vế với vế ta đợc:

( )
112
1
...
3
1
2
1
+>+++
n
n
VD4: Chứng minh rằng với n là số nguyên dơng ta có:

12
1
...
3
1
2
1
1
1
<++++
n
n
Giải:

Ta có:
1
221
+
<
+
=
kkkkk
= 2
( )
1

kk
k 1