Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức trong chương trình đại số lớp 9

MỤC LỤC
MỤC LỤC……………………………………….…………………………..…………………….……….. 1
1. MỞ ĐẦU……………………………………….……………………………………….……………….. 2
1.1. Lý do chọn đề tài ……………………………………….……………………………….……….. 2
1.2. Mục đích nghiên cứu ……………………………………….…………………...…….……….. 2
1.3. Đối tượng nghiên cứu ………...…………………………….…………………...…….……….. 2
1.4. Phương pháp nghiên cứu ……………………………………….…………………...…...….. 2
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ……………………..……….……..…….. 3
2.1. Cơ sở lý luận ……………………….…………………………...…………..………...…………… 3
2.2.Thực trạng vấn đề ………………….....………….………………………..…………..…….…… 3
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện ……………………….…….………………..……..…….. 4
2.3.1. Nội dung …………………………………………………………….……………..…………...…. 4
2.3.2. Một số kiến thức về bất đẳng thức……………………………………….…..……….. 4
2.3.3. Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức ………………...…………... 5
2.3.4. Một số ứng dụng của bất đẳng thức ……………………………...……...….…..… 14
2.4. Hiệu quả của SKKN ……………………….…….……………………..………..……..…….. 17
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ ………………………………….….……………………….. 18
TÀI LIỆU THAM KHẢO ……………………………..………..…………..…………………… 19

1


1. MỞ ĐẦU:
1.1. Lý do chọn đề tài:
Trong chương trình tốn học THCS, bất đẳng thức đóng một vai trị quan
trọng.Theo Ăngghen thì tốn học nghiên cứu những mối quan hệ số lượng và hình
dạng khơng gian của thế giới khách quan. Quan hệ lớn hơn hoặc nhỏ hơn giữa hai
số, giữa hai đại lượng là một quan hệ số lượng rất cơ bản, điều đó nói lên vai trị của
bất đẳng thức.Trong chương trình tốn học trung học cơ sở, bất đẳng thức là một
trong những kiến thức cơ bản, xun suốt tồn bộ chương trình thể hiện ở chỗ: Ngay
bậc tiểu học, học sinh đã làm quen với bất đẳng thức một cách không tường minh.

Lên THCS học sinh được học thêm các kiến thức về bất đẳng thức và các phương
pháp chứng minh chúng.Trong chương trình tốn học trung học cơ sở bất đẳng thức
được đưa vào rất ít, song trong các kỳ thi học sinh giỏi tốn và thi cấp 3 thì những
bài tốn về bất đẳng thức lại là những bài tốn khó đối với học sinh. Có thể nói
chứng minh bất đẳng thức là phần gây cho học sinh nhiều lúng túng và bối rối.
Tuy nhiên các phương pháp chứng minh bất đẳng thức lại rất đa dạng, phong
phú và độc đáo, chủ yếu dựa vào đặc thù của từng bất đẳng thức, điều đó khơng gây
cho học sinh sự nhàm chán. Mặt khác, nhờ việc chứng minh một bất đẳng thức đơn
giản mà có thể pháp hiện ra được nhiều bất đẳng thức hay và đẹp. Do đó, bất đẳng
thức cũng tạo cho học sinh nhiều điều ngạc nhiên và thú vị, giúp học sinh đến thích
thú các bài tốn bất đẳng thức nói riêng và say mê tốn học nói chung. Vì thế việc
luyên tập về chứng minh bất đẳng thức là cần thiết.
Với các lý do trên, tôi chọn đề tài “ Một số phương pháp chứng minh bất
đẳng thức trong chương trình đại số lớp 9”
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Thơng qua đề tài tôi muốn trao đổi thêm về các phương pháp giảng dạy bất
đẳng thức để có hiệu quả giảng dạy cao nhất.
Giúp cho học sinh có hướng suy nghĩ tìm tịi lời giải trong bài tốn chứng
minh bất đẳng thức nhằm dần hình thành khả năng phân tích, tổng hợp kiến thức,
giúp phát triển tư duy và rèn kỹ năng tự học cho học sinh.
1.3. Đối tượng nghiên cứu: Học sinh khối 9 môn đại số 9
1.4. Phương pháp nghiên cứu: Phương pháp xây dựng cơ sở lý thuyết,
Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, Phương pháp thu thập thơng tin, Phương
pháp thống kê xử lí tài liệu.
2


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:
2.1. Cơ sở lí luận:
Xuất phát từ nhu cầu thực tiễn nhằm nâng cao mặt bằng dân trí, đồng thời

tạo điều kiện thuận lợi góp phần hình thành và phát triển các yếu tố cơ bản về
phẩm chất và năng lực của người lao động mới. Tạo nguồn lực đáp ứng kịp thời
sự phát triển của đất nước, đồng thời đưa nền giáo dục của nước nhà lên một vị
trí mới hồ nhập với xu thế phát triển giáo dục của thế giới. Bộ giáo dục và đào
tạo đã thực hiện đổi mới có tính chất đồng bộ về mục tiêu, nội dung, phương
pháp, cách thức tổ chức kiểm tra đánh giá trong quá trình dạy học, thể hiện qua
việc đổi mới chương trình, sách giáo khoa. Nhưng để thực hiện tốt công tác này
thì vấn đề đổi mới phương pháp dạy và học là hết sức quan trọng, điều này đã
được NQ-TW4 khoá VII và NQ-TW2 khoá VIII khẳng định và chỉ rõ :
“Đổi mới mạnh mẽ phương pháp giáo dục đào tạo, khắc phục lối truyền
thụ một chiều, rèn luyện thành nếp tư duy sáng tạo của người học. Từng bước
áp dụng các phương pháp tiên tiến và phương tiện hiện đại vào quá trình dạy
học, đảm bảo điều kiện, thời gian tự học, tự nghiên cứu cho học sinh”
Những năm gần đây định hướng đổi mới phương pháp đã được thống nhất
theo tư tưởng tích cực hố hoạt động học tập của học sinh dưới sự tổ chức
hướng dẫn của giáo viên.Do vậy vai trò giảng dạy của giáo viên lúc này rất quan
trọng. Giáo viên là người hướng dẫn, phân tích giúp học sinh tìm ra cách giải.
Vì vậy làm thế nào để định hướng cho học sinh có thể chứng minh một
bài tốn bất đẳng thức và tìm GTLN và GTNN. Mặt khác còn rèn luyện cho học
sinh đức tính tự lập, sáng tạo, làm việc có kế hoạch và có hứng thú học tập.
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng SKKN:
a. Thuận lợi
- Hiện nay đời sống kinh tế được nâng cao rõ rệt, phần lớn các bậc phụ
huynh đều quan tâm đến việc học hành của con em mình. Đa số các bậc phụ
huynh nhận thức được tầm quan trọng của việc học môn Toán.
- Được sự quan tâm của các cấp uỷ Đảng và chính quyền địa phương, đặc
biệt là Ban giám hiệu nhà trường nên hoạt động dạy và học toán trong nhà
trường diễn ra thuận lợi, đạt kết quả cao. Giáo viên được trang bị đầy đủ phương
tiện phục vụ dạy học như : máy vi tính, máy chiếu đa năng, camera vật thể,...
- Học sinh có đầy đủ sách giáo khoa, sách tham khảo.... Học sinh trung

học cơ sở đa phần sử dụng được Internet để cập nhật tri thức.
3


b. Khó khăn
Qua tìm hiểu, khảo sát tình hình thực tế tơi thấy rằng :
- Việc tìm ra lời giải cho một bài toán CM bất đẳng thức là khá khó khăn cho
học sinh,mặc dù trong q trình giảng dạy giáo viên đã cố gắng hướng dẫn, rèn
luyện các kỹ năng cần thiết. Do vậy một vấn đề cần thiết là định hướng kiến thức.
- Các bài toán bất đẳng thức và tìm GTLN, GTNN xuất hiện nhiều trong thi
vào cấp 3, thi học sinh giỏi. Tuy nhiên cả giáo viên và học sinh rất nhiều khó khăn
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện:
2.3.1. Nội dung:
Khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức thì có rất nhiều cách giải khác
nhau. Trong đề tài này tôi lựa chọn và đưa ra một số phương pháp chứng minh
bất đẳng thức đó là những phương pháp sau:
- Phương pháp dùng định nghĩa và biến đổi tương đương.
- Phương pháp chứng minh phản chứng
- Phương pháp làm trội, làm giảm
- Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức đã biết
Ngồi ra cịn có một số bài tốn chứng minh bất đẳng thức mà phải kết
hợp nhiều phương pháp khác nhau.
2.3.2. Một số kiến thức về bất đẳng thức.
a. Một số định nghĩa:
Định nghĩa 1:
- Số thực a gọi là lớn hơn số thực b, ký hiệu a > b, nếu a - b là một số
dương tức là a - b >0. Khi đó ta cũng ký hiệu b<a. Ta có a>b ⇔ a-b>0.
- Nếu a>b hoặc a=b Ta viết a ≥ b ta có a ≥ b ⇔ a − b > 0
Định nghĩa 2:
Các mệnh đề “a>b”, “ a ≥ b ”,” a < b ”,” a ≤ b ” được gọi là các bất đẳng

thức.
- Trong bất đẳng thức a>b ( Hoặc a ≥ b , a < b , a ≤ b ) a gọi là vế trái, b
được gọi là vế phải của bất đẳng thức.
- Các bất đẳng thức “a>b”, “c>d” (Hoặc “abất đẳng thức cùng chiều . Các bất đẳng thức “a>b”, “cthức trái chiều.
- Xét hai bất đẳng thức “a>b”, “c>d”. Nếu ta có “a>b” ⇒ “c>d” ta nói
bất đẳng thức “c>d”là hệ quả của bất đẳng thức “a>b”,
Nếu “a>b ⇒ c > d " Ta nói hai bất đẳng thức “a>b” và “c>d” là hai bất
đẳng thức tương đương.
4


b. Các tính chất cơ bản của bất đẳng thức.
Với ∀a, b, c, d ∈ R
Tính chất 1: ( a>b và b>c) ⇒ a>c
Tính chất 2: a>b ⇔ a+c>b+c. Hệ quả a>b+c ⇔ a − c > b
a > b
⇒a+c >b+d
Tính chất 3: 
c > d
Chú ý: Khơng có quy tắc trừ hai vế bất đẳng thức cùng chiều
ac > bc khi c > 0
⇔
Tính chất 4: a>b 
ac < bc Khi c < 0
a > b > 0
Tính chất 5: 
c > d > 0

⇒ ac > bd

Chú ý: Khơng có quy tắc chia hai vế bất đẳng thức cùng chiều
Tính chất 6: a>b>0 ⇒

1 1
<
a b

Tính chất 7: a ≥ 0; a 2 ≥ 0 ∀a ∈ R
2.3.3. Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
Phép lập luận nhằm chứng tỏ một bất đẳng thức nào đó là đúng gọi là phép
chứng minh bất đẳng thức ấy. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức rất đa
dạng, chủ yếu phụ thuộc vào đặc thù của từng bất đẳng thức. Sau đây là một số
phương pháp để chứng minh bất đẳng thức.
a.Phương pháp sử dụng định nghĩa và phép biến đổi tương đương.
Hai bất đẳng thức gọi là tương đương nếu bất đẳng thức này đúng thì bất
đẳng thức kia đúng và ngược lại.
Phép biến đổi được gọi là tương đương nếu nó biến đổi một bất đẳng thức
thành bất đẳng thức tương đương với nó.
Chứng minh bất đẳng thức bằng định nghĩa là: Nếu chứng minh đề A>B
ta đưa về chứng minh mệnh đề A-B>0. Ta cần chứng minh đó là một mệnh đề
đúng.
Chứng minh bất đẳng thức bằng phép biến đổi tương đương là biến đổi
bất đẳng thức cần chứng minh thành một bất đẳng thức tương đương mà đã biết
đúng hoặc đã được chứng minh là đúng, hoặc biến đổi những bất đẳng thức
đúng đã biết thành bất đẳng thức cần chứng minh.
5

Bài toán 1: ∀a, b, c ∈ R . Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
Giải : Xét:

2( a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca)

= ( a 2 − 2ab + b 2 ) + (b 2 − 2bc + c 2 ) + (c 2 − 2ca + a 2 )
= (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a ) 2 ≥ 0
⇒ 2( a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca) ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c
Nhận xét: Từ bài toán trên bằng cách tương tự ta cũng chứng minh được:
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ ab + bc + ca + ad ∀a, b, c ∈ R
Hay tổng quát: a12 + a22 + .......... + an2 ≥ a1a2 + ...... + a1an , ∀ai > 0, i = 1, n, n ≥ 3
Bài toán 2: Cho a ≥ c ≥ 0 và b ≥ c ≥ 0 .Chứng minh rằng:
c(a − c) + c(b − c) ≤ ab (2)
Giải: (2)

⇔

(

) (
2

c(a − c) + c(b − c) ≤

ab

)

2

⇔ ac + bc − 2c 2 + 2 c 2 (a − c)(b − c) ≤ ab
⇔ c 2 − 2 c 2 ( a − c)(b − c) + ab − abc + c 2 ≥ 0
⇔ c 2 − 2 c 2 ( a − c)(b − c) + (a − c)(b − c) ≥ 0
⇔
Vì

(

)

2

(

)

2

c 2 − (a − c)(b − c) ≥ 0 ⇔ c − (a − c)(b − c) ≥ 0

a≥c≥0

⇒ a−c≥0

b≥c≥0

⇒ b−c ≥0

(2’)

Nhận thấy (2’) đúng ∀ a,b,c thỏa mãn
 a ≥ c ≥ 0


b ≥ c ≥ 0 

Vậy (2) đúng . Dấu “=” xảy ra khi:

c = ( a − c)(b − c)

⇔c=

ab
a+b

Bài toán 3: Cho ∀ a,b,c ≥ 1 Chứng minh rằng:
a.
b.

1
1
2
+
≥
1 + a 1 + b 1 + ab

(4)

1

1
1
3
+
+
≥
3
1 + a 1 + b 1 + c 1 + abc
6


Giải: a. (4) ⇔

2+a+b
2
≥
(1 + a)(1 + b) 1 + ab

⇔ (2 + a + b)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a )(1 + b)
⇔ 2 + 2 ab + ( a + b) + ab (a + b) ≥ 2 + 2(a + b) + 2ab
⇔ (a + b) − ab(a + b) + 2ab − 2 ab ≤ 0
⇔ (a + b)(1 − ab) − 2 ab (1 − ab ) ≤ 0
⇔ (a + b − 2 ab )(1 − ab ) ≤ 0
⇔ ( a − b ) 2 (1 − ab ) ≤ 0
Vì

a,b

( 4’)

(

≥ 1 ⇔ ab ≥ 1 ⇔ 1 − ab ≤ 0 và

)

a − b ≥ 0 ⇒(
2

4’)

đúng

khi( 4)đúng
Dấu “=” xảy ra khi a=b
b. Áp dụng câu a. Ta có:

1
1
2
+
≥
1 + a 1 + b 1 + ab
1
1
2
+
≥
1 + c 1 + 3 abc 1 + 3 c3 abc

⇒

 1
1
1
1
1
2

+
+
+
≥
2
+
 1 + ab 1 + 3 c 3 abc
1 + a 1 + b 1 + c 1 + 3 abc

≥

⇔

4
1+

1
1
1
3
+

+
≥
3
1 + a 1 + b 1 + c 1 + abc

abc.3 abc

=






4
1 + abc
3

∀ a,b,c ≥ 1

Dấu “=” xảy ra khi a=b=c
Chú ý: Từ a,b ta có bài tốn tổng quát sau:
Cho ai ≥ 1, i = 1, n (n∈ N ) thì:
1
1
1
n
+
+ ..... +
≥

1 + a1 1 + a2
1 + an 1 + n a1a2 ....an
Mặt khác, ta cón có: 0 < a1 ≤ 1 i = 1, n (n∈ N ) thì:

7


1
1
1
n
+
+ ..... +
≤
1 + a1 1 + a2
1 + an 1 + n a1a2 ....an
Ta có thể chứng minh bất đẳng thức trên bằng cách áp dụng câu a, cho hai
số một, cho đến n số; hoặc chứng minh bằng phương pháp quy nạp ( sẽ được đề
cập ở phần sau) hoặc sử dụng phương pháp chứng minh dựa vào các bất đẳng
thức đã biết.
Bài tập:
1. Chứng minh rằng với 5 số a,b,c,d,e bất kỳ bao giờ ta cũng có:
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e2 ≥ a(b + c + d + e)
Hãy mở rộng với số mũ là 4, 8, 16
1 1
2. a. Cho a, b>0. Chứng minh rằng: ( a + b )  +  ≥ 4
a b
b. Hãy tổng quát bài toán.
b. Phương pháp chứng minh phản chứng:
Phương pháp chứng minh phản chứng là phương pháp mà: Để chứng

minh bất đẳng thức A>B, ta giả sử A ≤ B và suy ra điều vơ lý . Vậy ta có A>B
Điều vơ lý có thể là điều trái với giả thiết , là điều trái với điều đúng hoặc
có thể điều vô lý là do chỉ ra hai điều trái ngược , mâu thuẩn với nhau.
Sau đây là một số bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phản chứng
Bài toán 4. Cho các số a1 , a2 , b1 , b2 thỏa mãn hệ thức:
a1 + a 2 = 2b1b2 Chứng minh rằng ít nhất một trong hai bất đẳng thức sau đây là
2

2

đúng: b1 ≥ a1 ; b2 ≥ a2 ;
Giải: Giả sử cả hai bất đẳng thức trên đều sai, tức là:
2

2

b1 < a1 ; b2 < a2
⇒ b12 + b22 < a1 + a2 theo giả thiết a1 + a 2 = 2b1b2
2
Nên b12 + b22 < 2b1b2 ⇔ b12 − 2b1b2 + b22 < 0 ⇔ ( b1 − b2 ) < 0

Điều này vô lý với ∀b1 ,b2 vậy ít nhất một trong hai bất đẳng thức trên là đúng
Nhận xét: Từ bài toán trên ta có thể mở rộng để được bài tốn sau:
1. Cho các số a1 , a2 , a3 , b1 , b2 ,b3 thỏa mãn a1 + a 2 + a3 = b1b2 + b2b3 + b3b1
Chứng minh rằng ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là đúng:
2

2

2

b1 ≥ a1 ; b2 ≥ a2 , b3 ≥ a3 ;
2. Tổng quát: Cho các số ai , bi , ( i = 1, n ) Thỏa mãn:

8


n

n −1

1

1

∑ ai = ∑ b jb j +1 + bnb1 Chứng minh rằng ít nhất một trong các bất đẳng thức sau
2

là đúng bi ≥ ai ( i = 1, n )
Bài toán 5. Cho a,b,c∈ (0,1) Chứng minh có ít nhất một trong các bất
đẳng thức sau đây là sai: a (1 − b) >

1
1
1
; b(1 − c) > ; c(1 − a ) >
4
4
4

Giải: Giả sử tất cả các bất đẳng thức trên đều đúng tức là:
a (1 − b) >

1
1
1
; b(1 − c) > ; c(1 − a ) >
4
4
4

⇒ a ( 1 − b ) b ( 1 − c ) c (1 − a ) >

1
64

⇒ a ( 1 − a ) b (1 − b ) c (1 − c ) >

1
64

Mà ta có:

(6’)

0 < a (1 − a) = −a 2 + a ≤

1
4

0 < b(1 − b) = −b 2 + b ≤

1
4

0 < c(1 − c) = −c 2 + c ≤

1
4

⇒ 0 < a(1 − a )b(1 − b)c(91 − c) ≤

1
64

(6’’)

Nhận thấy (6’) và (6’’) Mâu thuẫn với nhau.
Vậy có ít nhất một trong các bất đẳng thức trên là sai
Chú ý: Bằng cách tương tự ta cũng chứng minh được bài tốn:
Cho a,b,c∈ (0,2) Chứng minh có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau đây là
sai: a(1 − b) > 1 ; b(1 − c) > 1 ; c(1 − a) > 1
Có thể mở rộng bài toán trên để được bài toán mới cũng chứng minh tương tự :
a,b,c∈ (0,α )

(α > 0) . Chứng minh có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau

đây là sai: a(α − b) >

α2

α2
α2
; b(α − c) >
; c(α − a ) >
4
4
4

9


Hơn nữa ta cịn có: Cho ai ∈ ( 0,α )

(i = 1, n,n ≥ 2),α > 0 có ít nhất một trong các

α2
α2
α2
; a2 (α − a3 ) >
; .....; an (α − a1 ) >
4
4
4
Nếu a.b ≥ 7998 thì ít nhất một trong hai phương trình sau

bất đẳng thức sau là sai: a1 (α − a2 ) >
Bài tốn 6.
có nghiệm:

x 2 + ax + 1999 = 0

x 2 + bx + 2000 = 0

(1)
(2)

Giải: Giả sử cả hai phương trình trên đều vơ nghiệm ta có:
Từ (1)

∆1 = a 2 − 4.1999 = a 2 − 7996 < 0

Từ (2)

∆ 2 = b 2 − 4.2000 = b 2 − 8000 < 0

⇒ a 2 + b 2 − 15996 < 0 ⇔ a 2 + b 2 − 2.7998 < 0
Theo giả thiết a.b ≥ 7998 ⇒ −ab ≤ −7998
Nên ta có: ⇒ a 2 + b 2 − 2ab ≤ a 2 + b 2 − 2.7998 = a 2 + b − 15.996 < 0
⇔ (a − b) 2 < 0 (vơ lý).Vậy có ít nhất một trong hai phương trình trên có nghiệm.
Nhận xét: Từ bài tốn trên ta có bài tốn tổng quát sau:
Cho a1.a2 ≥ 2(b1 + b2 ) Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phương trình sau
có nghiệm:

x 2 + a1 x +b1 = 0 và x 2 + a2 x +b 2 = 0

Bằng cách chứng minh tương tự ta hồn tồn có thể chứng minh được bài toán này.
Bài tập:
1. Cho 0 ≤ a, b, c ≤ 1 Chứng minh rằng có ít nhất một trong 3 số a(1-b); b(1-c);
1
.
3

2. Cho a,b,c >0 và abc=1 . Chứng minh: a+b+c ≥ 3 .Hãy tổng quát bài toán
c. Phương pháp làm trội, làm giảm.
Phương pháp làm trội, làm giảm ( Hay còn gọi là phương pháp ước lượng
hoặc đánh giá phần tử đại diện) là phương pháp dùng các tính chất của bất đẳng
thức để đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng tính được tổng hữu hạn.
• Phương pháp tính tổng hữu hạn: Giả sử tính tổng: S n = U1 + ..... + U n .
c(1-a) không vượt quá

Ta biểu diễn số hạng tổng quát U k về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau
U k = aK − aK +1 Khi đó: S = (a1 − a2 ) + (a2 − a3 ) + ..... + (an − an+1 ) = a1 − an+1
* Phương pháp làm giảm, làm trội: là phương pháp để chứng minh:
m < X 1 + X 2 + ..... + X n < M
10


Ta sử dụng các bất đẳng thức phụ: Ai ≤ X i ≤ Bi ( i = 1, n ) mà m < A1 + ... + An và
B1 + ... + Bn < M sau ra m < X 1 + X 2 + ..... + X n < M .Sau đây là một số bài toán:
Bài toán 7: Cho a>0; b>0; c>0; d>0 Chứng minh rằng:
a. 1 <
b.

a
b
c
d
+
+
+
<2
a+b+c b+c+d c+d +a a+b+d

2<

a+b
b+c
c+d
d +a
+
+
+
<3
a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b

Giải:
a
a
a
<
<
a+b+c+d a+b+c a+c
b
b
b
<
<
a+b+c+d b+c+d b+d
c
c
c
<

<
a+b+c+d c+d +a c+a
d
d
d
<
<
a+b+c+d d +a+b b+d
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức kép trên ta có
a+b+c+d
a
b
c
d
a+c b+d
<
+
+
+
<
+
a+b+c+d a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b a+c b+d
a
b
c
d
+
+
+
<2

Hay 1 <
a+b+c b+c+d c+d +a a+b+d
a+b
a+b
a+b+d
<
<
b. Với a>0; b>0; c>0; d>0 ta ln có:
a+b+c+d a+b+c a+b+c+d
b+c
b+c
b+c+a
<
<
b+c+d +a b+c+d b+c+d +a
c+d
c+d
c+d +b
<
<
c+d +a+b c+d +a c+d +a+b
d +a
d +a
d +a+c
<
<
d +a+b+c d +a+b d +a+b+c
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức kép trên ta có:
a+b
b+c

c+d
d +a
2<
+
+
+
<3
a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b
Nhận xét: Từ bài toán ở câu b, có thể mở rộng được bài tốn sau:
Cho ai > 0 ( i = 1, n ) n ∈ N (n ≥ 3 ) Chứng minh rằng:
a.Với a>0; b>0; c>0; d>0 ta ln có:

11


(n − 2) <

a1 + a2 + ... + an−2 a2 + ... + an−1
a + a + ... + an−3
+
+ ... + n 1
< ( n − 1)
a1 + a2 + ... + an−1 a2 + ... + an
an + a1 + ... + an−2

Bài toán này được chứng minh tương tự bài toán trên.
1 1
1
1
+ 2 + ... + 2 < 1 −

Bài toán 8 : Chứng minh rằng:
2
2 3
n
n
1
1
1
1
1
<
=
−
Giải: Ta có 2 =
( k ≥ 2)
k
k .k k (k − 1) k − 1 k

( n ≥ 2)

1 1 1
1
1
1
1 1 1
<
−
<
−
<

−
;
;
...
;
2
n
1− n n
2 2 1 2 32 2 3
1 1
1
1
1 1
1
1
− )
Từ đó ta có: 2 + 2 + ... + 2 < (1 − ) + ( − ) + ... + (
2 3
n
2
2 3
n −1 n

⇒

⇔

1 1
1
1

+
+
...
+
<
1
−
2 2 32
n2
n

Chú ý: Từ bài toán suy ra:

k
1
1 1
1
1
⇔
<2
+
+
...
+
<
1
+
1
−
<

2
∑
2
2
2
2
2 3
n
n
n−1 n

Từ đó mở rộng bài tốn sau đây:

∀q, k ∈ Z + .Chứng minh:

q

k

1

∑∑ l 2 n 2 < 4
l =1 n=1

Nhận xét: Bài toán trên đã đưa về dạng tính được tổng hữu hạn của bất đẳng
thức cần chứng minh.
d. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức đã biết
* Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ( Côsi)
Cho a1 , a2 ,.....an là các số không âm. Ta ln có:
a1 + a2 + ... + an ≥ n a1.a2 ....an . Dấu “=” xảy ra khi a1 = a2 = .... = an

Đây chính là bất đẳng thức Cơsi
1 1
Bài tốn 9. Chứng minh: a. Với mọi a, b>0 ta có: (a + b) +  ≥ 4
a b
1 1 1
b. Với mọi a, b>0 ta có: (a + b + c) + +  ≥ 9
a b c
Giải: a. ∀a, b > 0 áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có:
a + b ≥ 2 ab và

1
1 1
1
1 1
⇒ (a + b) +  ≥ 2 a.b .2
=4
+ ≥2
ab
a b
ab
a b

Dấu “=” xảy ra khi a = b
b. ∀a, b, c > 0 áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có:

12


a + b + c ≥ 3 abc và

1 1 1
1
+ + ≥3
a b c
abc

1
 1 1 1
⇒ (a + b + c) + +  ≥ 33 abc .3 3
=9
abc
a b c
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Nhận xét: Bằng cách làm tương tự như vậy ta cũng có:
1 1
1
∀ai > 0 ( i = 1, n ) thì:( a1 + a2 + ... + an ) + + ...... +  ≥ n 2
an 
 a1 a2
Dấu “=” xảy ra khi a1 = a2 = .... = an
Từ câu a , suy ra:

1
11 1
1 1
4
≤  + 
+ ≥
và
a+b 4a b

a b a+b

Đó là các dạng suy biến của bất đẳng thức Cơsi.
Bài tốn 10. Cho a, b,c>0 Chứng minh rằng:
a.

a
b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a+b 2

a2
b2
c2
a+b+c
b.
+
+
≥
b+c c+a a+b
2
Giải:
a.
⇔

a

b
c
3
 a
  b
  c
 9
+ 1 + 
+ 1 + 
+ 1 ≥
+
+
≥ ⇔
b+c c+a a+b 2
b+c  c+a  a+b  2
a+b+c a+b+c a+b+c 3
1
1 
 1
+
+
≥ ⇔ 2(a + b + c)
+
+
≥9
b+c
c+a
a+b
2
b+c c+a a+b

Đúng ( theo bài 14) ⇔

a
b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a+b 2

a2
b2
c2
3
b.
+
+
+ a + b + c ≥ (a + b + c)
b+c c+a a+b
2
 a2
  b2
  c2








+
a
+
+
b
+
+
c
VT = 
 c+a
 a+b
b
+
c

 
 

 a
  b
  c

+ 1 + b
+ 1 + c
+ 1
= a
b+c  c+a  a+b 
b
c  3

 a
+
+
 ≥ (a + b + c) ( Theo câu a)
= ( a + b + c)
b+c c+a a+b 2

13


a2
b2
c2
a+b+c
+
+
≥
Vậy:
b+c c+a a+b
2
* Sử dụng bất đẳng thức Bunnhiacôpxki.
Cho 2n số thực (n ≥ 2) a1 , a2 ,....., an , b1 , b2 ,....., bn Ta ln có:

( a1b1 + a2b2 + .... + anbn ) 2 ≤ (a12 + a22 + ..... + an2 )(b12 + b22 + ..... + bn2 )
Dấu “=” xảy ra khi

a1 a2
a
b b
b

= ....... = n hoặc 1 = 2 ....... = n
b1 b2
bn
a1 a2
an

(Quy ước: Nếu mẫu bằng 0 thì tử bằng 0)
Bất đẳng thức trên gọi là bất đẳng thức Bunnhiacôpxki

14


Bài toán 11.

∀ a, b,c>0 Chứng minh rằng:

a2
b2
c2
a+b+c
+
+
≥
a.
b+c c+a a+b
2
a3
b3
c3
a2 + b2 + c2

+
+
≥
b+c c+a a+b
2
Giải:a.Áp dụng bất đẳng thức Bunnhiacôpxki cho 2 bội số:
b.

b + c , c + a, a + b và

a2
b2
c2
,
,
, Ta có:
b+c c+a a+b

 a2
b2
c2 
2
 ≥ ( a + b + c )
( b + c + c + a + a + b ) 
+
+
b+c c+a a+b
 a2
b2
c2 

2
 ≥ ( a + b + c )
⇔ 2( a + b + c ) 
+
+
b+c c+a a+b
a3
b3
c3
a2 + b2 + c2
⇔
+
+
≥
∀ a, b,c>0
b+c c+a a+b
2
b. Áp dụng bất đẳng thức Bunnhiacôpxki cho 2 bội số:
a (b + c) , b(c + a), c( a + b ) và

a3
b3
c3
,
,
, Ta có:
b+c c+a a+b

 a3
2

b3
c3 
 ≥ ( a 2 + b 2 + c 2 )
+
+
Ta có: a( b + c) + b(c + a) + c(a + b ) 
b+c c+a a+b
a3
b3
c3
(a 2 + b 2 + c 2 ) 2
⇔
+
+
≥
b + c c + a a + b 2(ab + bc + ca)
Mặt khác: ( ab + bc + ca ) ≤ ( a 2 + b 2 + c 2 )( b 2 + c 2 + a 2 ) = ( a 2 + b 2 + c 2 )

2

⇔ ( ab + bc + ca ) ≤ ( a 2 + b 2 + c 2 )

a3
b3
c3
(a 2 + b 2 + c 2 ) 2 a 2 + b 2 + c 2
⇒
+
+
≥

≥
b + c c + a a + b 2(a 2 + b 2 + c 2 )
2
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
2.3.4. Một số ứng dụng của bất đẳng thức
a) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
Ví dụ 1: Xét các số x, y , z thỏa mãn x, y, z ≥ 0 và x + y + z = 1 Tìm giá
trị nhỏ nhất của: A = x 2 + y 2 + z 2 ; B = x 4 + y 4 + z 4 ; C = x 3 + y 3 + z 3 ;
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunnhiacơpxki ta có:

15


1 = x + y + z ≤ 3( x 2 + y 2 + z 2 ) = 3. A Nên A ≥
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z =
Vậy: minA =

1
3

1
3

1
3

Tiếp tục ta có: 12 ≤ 3( x 2 + y 2 + z 2 ) ≤ 3 3( x 4 + y 4 + z 4 ) = 3 3B
⇒B≥

1

1
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z =
27
3

Vậy: minB =

1
27

Ta có: C = x 3 + y 3 + z 3
= ( x 3 + y 3 + z 3 )( x + y + z ) ≥
2
2
2
= (x + y + z ) ≥
2

(

y=

2

1
3

1
9

Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
Giải: Tập xác định

)

1
9

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z =
Vậy: minC =

x3 . x + y 3 . y + z 3 . z

x2 + 3
y= 2
x −x+2

D=R

x2 + 3
⇔ ( y − 1) x 2 − yx + 2 y − 3 = 0(*)
2
x −x+2

Xét y -1=0 ⇔ y=1 ta có x= -1
Xét y ≠ 1 Vì phương trình (*) có nghiệm x nên ∆ ≥ 0 hay
y 2 − 4( y − 1)(2 y − 3) ≥ 0 ⇔ −7 y 2 + 20 y − 12 ≥ 0 ⇔
Kết hợp các điều kiện ta có Maxy=2 khi x =
Miny=

6
≤ y≤2
7

y
=1
2( y − 1)

6
khi x=3
7
16


b) Giaỉ phương trình,bất phương trình và hệ phương trình:
Ví dụ 3:Giaỉ phương trình: 4+ x + y + z =2 x − 2 + 4 y − 3 + 6 z − 5

17


Giải: Điều kiện x ≥ 2, y ≥ 3, z ≥ 5
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:
2 x − 2 = 2 1( x − 2) ≤ 1 + x − 2 = x − 1 Dấu “=” xảy ra khi x=3
4 y − 3 = 2 4( y − 3) ≤ 4 + y − 3 = y + 1 Dấu “=” xảy ra khi y=7
6 z − 5 = 2 9( z − 5) ≤ 9 + z − 5 = z + 4 Dấu “=” xảy ra khi z=14
Vậy: 2 x − 2 + 4 y − 3 + 6 z − 5 ≤ x + y + z + 4
Dấu “=” xảy ra khi x=3, y=7, z=14
Tức là phương trình: x + y + z + 4 = 2 x − 2 + 4 y − 3 + 6 z − 5 Có nghiệm
duy nhất x=3, y=7, z=14
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:

x3 y = 9

3 x + y = 6

 x0 3 y0 = 9

Giải: Giả thiết x0 , y0 là nghiệm của hệ phương trình thì 
3 x0 + y 0 = 6

(1)
(2)

Từ (1) và (2) ⇒ x0 > 0; y0 > 0

Theo bất đẳng thức Cơsi ta có:
⇒

3
≥ 3
2

x0 + x0 + x0 + y0 4 3
≥ x0 y0
4

Vô lý. Vậy giả thiết hệ có nghiệm là sai. Do đó hệ vơ nghiệm.

Ví dụ 4: Giải bất phương trình:

x − 1 + x − 3 ≥ 2( x − 3) 2 + 2 x − 2

Giải: Theo bất đẳng thức Bunnhiacopxki ta có:

[

2

x − 1 + x − 3 ≤ (12 + 12 ) ( x − 1) + ( x − 3) 2

]=

2( x − 3) 2 + 2 x − 2

Do đó bất phương trình :
x ≥ 3
⇔ x=5
⇔ x −1 = x − 3 ⇔ 
2
x
−
1
=
(
x
−
3
)

Vậy nghiệm của phương trình x=5

18


2.4. Hiệu quả của SKKN:
Qua việc hướng dẫn học sinh làm bài tập cho thấy phần kiến thức về đề
tài là phần kiến thức mở do giáo viên đưa vào cuối các giờ luyện tập, hoặc giờ tự
chọn nên nội dung đối với học sinh cịn phức tạp, khó hình dung. Vì vậy cần đưa
kiến thức cho học sinh làm từ dễ đến khó, kết hợp ơn tập, giao bài tập về nhà,
kiểm tra học sinh ...
Sau khi hướng dẫn nội dung chuyên đề cần chỉ cho học sinh những kiến
thức cần thiết, đồng thời rèn luyện những kỹ năng lam bài tập cho học sinh. Cần
đưa nội dung vào giờ dạy cho phù hợp, tránh dồn ép học sinh tiếp nhận kiến
thức một cách thụ động mà kết quả không mong muốn. Sau khi áp dụng các kết
quả trên vào giảng dạy tôi đã tập hợp kết quả của các em như sau.
Số lượng HS

Điểm giỏi

Điểm khá

Điểm TB

Điểm yếu

Điểm kém

30

5 (16,7%)

8 (26,6%)

12 (40 %)

5 (16,7%)

0

Nhìn vào bảng trên ta có thể thấy học sinh đã xác định được loại toán và
cách làm, nhiều em học sinh đã làm được các bài tập về bất đẳng thức và có
hứng thú hơn khi học tốn. Qua đó tạo cho học sinh sự chủ động, tự tin, say mê,
u thích mơn học.
Các bài tập về bất đẳng thức là tương đối khó đối với học sinh, nhưng khi
hướng dẫn xong cho học sinh xong đề tài học sinh sẽ thấy rằng việc làm bài tập
về bất đẳng thức sẽ dễ hơn. Đồng thời đứng trước bài tốn khó cho dù ở dạng
bài tập nào học sinh cũng có hướng suy nghĩ và tập lập luận, các em sẽ có tự tin
hơn.

19


3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ:
3.1. Kết luận:
Trên đây là những việc tôi đã làm trong những năm gần đây và năm học
vừa qua đã thu được những kết quả nhất định. Để có được những kết quả nhất
định ấy là do có sự hỗ trợ, thống nhất của các đồng chí trong nhóm, tổ chun
mơn và sự ủng hộ nhiệt thành của Ban giám hiệu nhà trường. Để vận dụng
phương pháp này có hiệu quả, vào đầu năm học giáo viên cần lưu ý học sinh về
phương pháp học tập bộ môn, chú trọng phương pháp chứng minh bất đẳng

thức.
Khi giảng dạy các bài tập chứng minh hình học, giáo viên chú trọng
hướng dẫn học sinh cách suy nghĩ tìm tịi lời giải cho một bài tốn, định hướng
cho học sinh cách vẽ đường phụ hợp lí; thường xuyên ra hệ thống bài tập có vẽ
nhiều loại đường phụ khác nhau, có hướng dẫn cụ thể để học sinh luyện tập
thêm ở nhà, giáo viên kiểm tra, sữa chữa, uốn nắn kịp thời những sai sót. Về
phía học sinh, các em phải tuân theo sự chỉ dẫn của giáo viên, chú ý nắm bắt vấn
đề để vận dụng có hiệu quả, thường xuyên rèn luyện để hình thành kĩ năng vẽ
đường phụ giúp ích cho việc giải qyết các bài tốn. Và tất nhiên trong khn
khổ của sáng kiến khơng tránh khỏi những khiếm khuyết, thiếu sót, kính mong
các đồng chí đồng nghiệp chỉ bảo, góp ý, đánh giá để tôi rút kinh nghiệm và bổ
sung.
3.2. Kiến nghị:
Đề nghị nhà trường và Phòng giáo dục thường xuyên tổ chức các lớp học,
các buổi hội thảo báo cáo điển hình những sáng kiến kinh nghiệm được giải
nhiều hơn nữa để giáo viên học tập rút kinh nghiệm và áp dụng vào thực tế
giảng dạy. Đồng thời, tăng cường hỗ trợ tài liệu, đồ dùng dạy học đặc biệt là đồ
dùng công nghệ thông tin.
Tôi xin chân thành cảm ơn.
XÁC NHẬN
Thanh Hóa, ngày 31 tháng 3 năm 2017
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung của
người khác.

Lê Thị Hồng
20

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Sách giáo khoa Toán lớp 6, 7, 8, 9
Tác giả :
Phan Đức Chính (tổng chủ biên)
Tơn Thân (chủ biên)
Vũ Hữu Bình - Trần Phương Dung - Ngô Hữu Dũng
Lê Văn Hồng - Nguyễn Hữu Thảo.
[2]. Sách giáo viên Toán 6, 7, 8, 9
Tác giả :
Phan Đức Chính (tổng chủ biên)
Tơn Thân (chủ biên)
[3]. Sách bài tập Tốn lớp 6, 7, 8, 9
Tác giả :
Tơn Thân (chủ biên)
Vũ Hữu Bình - Trần Đình Châu - Trần Kiều
[4]. Dạy - học toán THCS theo hướng đổi mới
[5]. Tài liệu bồi dưỡng thương xuyên cho giáo viên trung học cơ sở chu kỳ
III(2004 - 2007) mơn Tốn.
[6]. Tài liệu dạy học theo chủ đề tự chọn ở trường THCS.
[7]. Luật giáo dục năm 2005

21