Một số kinh nghiệm luyện tập chứng minh bất đẳng thức cho học sinh phổ thông

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 1

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI

MỘT SỐ KINH NGHIỆM LUYỆN TẬP
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CHO HỌC SINH
PHỔ THÔNG

Người thực hiện: Phạm Hùng Bích
Chức vụ: Phó Hiệu trưởng
SKKN thuộc môn: Toán học

THANH HÓA NĂM 2017


MỤC LỤC
I. MỞ ĐẦU

Trang 1

1.1. Lí do chọn đề tài.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các biện pháp đã sử dụng để giải
quyết vấn đề
2.3.1. Phương pháp dựa vào định nghĩa
2.3.2. Phương pháp quy nạp toán học
2.3.3. Phương pháp phản chứng
2.3.4. Phương pháp ước giá các số
2.3.5. Phương pháp sử dụng các Bất đẳng thức cổ điển
2.3.6. Phương pháp tam thức bậc hai
2.3.7. Phương pháp lượng giác
2.3.8. Phương pháp dựa vào tập giá trị của hàm số
2.3.9. Phương pháp dùng đạo hàm
2.3.10. Phương pháp hình học
2.3.10.1. Các bài toán sử dụng bất đẳng thức trong tam giác
2.3.10.2. Các bài toán sử dụng tích vô hướng của hai véctơ
2.3.10.3. Sử dụng tập hợp điểm
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận.
3.2 Kiến nghị
TÀI LIỆU THAM KHẢO

Trang 1
Trang 1
Trang 1
Trang 1
Trang 1
Trang 1
Trang 2

DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SKKN ĐƯỢC ĐÁNH GIÁ

Trang 2
Trang 2
Trang 3
Trang 4
Trang 5
Trang 6
Trang 8
Trang 10
Trang 10
Trang 11
Trang 13
Trang 13
Trang 16
Trang 17
Trang 19
Trang 19
Trang 19
Trang 20
Trang 21


I. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài:
Trong quá trình giải bải tập môn Toán, câu hỏi: “Bài toán này thuộc dạng
nào?” dễ dẫn đến câu hỏi tiếp theo: “Có thể vận dụng phương pháp nào để giải
bài toán dạng này?”. Việc phân loại các bài toán, vạch ra sự khác biệt giữa các
bài toán theo từng kiểu cùng với phương pháp giải chúng, có thể giúp ích cho
học sinh khi giải toán.

Chúng ta đã biết, trong chương trình toán học phổ thông thì phần “Bất đẳng
thức” là một trong những phần khó và nó đòi hỏi học sinh có tư duy, sự sáng tạo
rất cao. Mặc dù trong sách giáo khoa chỉ trình bày một số phương pháp chứng
minh cơ bản và tất nhiên nó có thể áp dụng cho mọi bài toán chứng minh “Bất
đẳng thức”. Tuy nhiên, trong thực tế để giải toán thì vấn đề đó chưa giúp được
nhiều cho học sinh vì trong mỗi một phương pháp đó còn rất khái quát nên nó
chưa nêu được cụ thể của từng dạng toán nên việc xác định phương pháp giải
cho một bài toán cụ thể là rất khó khăn. Vì vậy, việc tìm ra phương pháp giải
cho từng lớp bài toán là việc làm rất cần thiết và có ích. Để giúp học sinh có một
cái nhìn mới về bài toán chứng minh bất đẳng thức và nâng cao năng lực giải
toán, tôi trình bày “Một số các phương pháp chứng minh bất đẳng thức thường
dùng”.
1.2. Mục đích yêu cầu của đề tài.
- Nhằm giúp học sinh có cái nhìn toàn diện hơn và nâng cao năng lực giải các
bài toán về “ bất đẳng thức”
- Rèn cho học sinh tính linh hoạt, sáng tạo trong giải toán.
1.3. Đối tượng nghiên cứu: Học sinh đại trà , học sinh giỏi
1.4. Phương pháp nghiên cứu: Thực nghiệm, tổng kết, đánh giá.
II. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Đối với chúng ta, các thầy cô giáo, thì việc tạo cho học sinh một cái nhìn
đầy đủ hơn, toàn diện hơn về vấn đề mà mình đang xét có ý nghĩa đặc biệt quan
trọng. Vì vậy, công việc tạo cho học sinh có những có những công cụ khác nhau
để cùng soi sáng một vấn đề là một việc làm có ích và cần thiết. Việc này, một
mặt làm cho học sinh thấy được sự gắn kết giữa các đơn vị kiến thức, mặt khác
1


nó cũng làm cho học sinh đánh giá và nhận thức được những vấn đề đang xét
một các sâu sắc hơn. Từ đó, nâng cao hiệu quả dạy và học.

Bản thân tôi, luôn cố gắng tìm hiểu và giúp đỡ học sinh tìm được một sự
liên hệ nào đó giữa kiến thức mới và các kiến thức trước đó trong khi dạy bài
mới. Trong phần chứng minh bất đẳng thức tôi đã tìm ra sự liên hệ này. Đó là
việc sử dụng các phương pháp chứng minh đó là những công cụ để chứng minh
bất đẳng thức và thông qua đó nó cũng củng cố cho học sinh kiến thức chứng
minh BĐT.
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Đối với đa số học sinh THPT, việc học và nắm vững về bất đẳng thức
các em sẽ gặp những khó khăn nhất định . Bởi lẽ, đây là phần khó. Vì vậy, trong
khi dạy một đơn vị kiến thức mới, tôi luôn tìm cơ hội để giúp các em củng cố
phần kiến thức nói trên. Thông qua đó, các em sẽ bớt khó khăn khi học phần
này và nâng cao kết quả trong học tập. Trong quá trình trên, tôi đã tìm được mối
liên hệ giữa “bất đẳng thức” và các lương kiến thức khác.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các biện pháp đã sử dụng để giải
quyết vấn đề.
Với kinh nghiệm của mình, tôi phân dạng bài tập để sử dụng các phương
pháp chung như sau:
2.3.1. Phương pháp dựa vào định nghĩa :
Để chứng minh BĐT a ≥ b là đúng , trước hết ta xét hiệu a-b , sau đó
thường chúng ta phân tích a-b thành tích hoặc thương rồi dựa vào qui tắc về dấu
của phép nhân hoặc phép chia các số hữu tỉ khẳng định a-b ≥ 0 từ đó theo định
nghiã a ≥ b
VD1: Với a ≥ 0 , b ≥ 0 ta có
a+b 3
a 3 + b3
≥(
)
2
2

Chứng minh :
a+b 3
a+b 2
a 3 + b3
( a + b) 2
-(
) =
(a - ab + b 2 )
2
2
2
4
3
= (a+b)(a-b) 2 ≥ 0
8
a+b 3
a 3 + b3
≥(
)
2
2

Xét hiệu

Vậy

2


VD2: Với mọi số tự nhiên a cho trước ta có :

3(1+a 2 +a 4 ) ≥ (1+a + a 2 ) 2
Giải
Xét hiệu 3(1+a 2 + a 4 ) - (1+ a + a 2 ) 2 = 2 ((a +
Vậy

1 2 3
) + )(a - 1) 2 ≥ 0
2
4

3(1+a 2 +a 4 ) ≥ (1+a + a 2 ) 2

VD3: Chứng minh: ( ab + bc + ca ) 2 ≥ 3abc(a + b + c )
Chứng minh tương tự các ví dụ trên
VD4 : Chứng minh: cos(sina) > sin(cosa)
Giải
Xét hiệu d = cos(sina) - sin(cosa) = cos(sina) - cos( ∏ / 2 - cosa)
= 2 sin (

π / 2 + sin a − cos a
π / 2 − sin a − cos a
)sin(
)
2
2

Ta có sin a + cos a ≤

2 sin( a + π / 4) ≤ 2 < π / 2

sin a − cos a ≤

2 sin(a − π / 4) ≤ 2 < π / 2

π / 2 − cos a + sin a
π / 2 − cos a − sin a
<π / 2 , 0 <
<π / 2
2
2
π / 2 − cos a + sin a
π / 2 − cos a − sin a
Do đó : sin
>0 và sin
>0
2
2

Nghĩa là 0 <

Vậy d > 0 từ đó theo định nghĩa cos(sina) > sin(cosa)
Bài tập tương tự:
Bài 1. Với x > 0 ta có
3
x

log23x + 2log3x . log3 ≤ 1
Bài 2. Giả sử A, B, C là 3 góc trong của tam giác ABC chứng minh :
CosA + cosB + cosC ≤

3
2

2.3.2. Phương pháp quy nạp toán học:
Để chứng minh một bất đẳng thức có liên quan đến số tự nhiên, đúng với
mọi số tự nhiên n ≥ k bằng qui nạp toán học ta phải tiến hành 2 bước :
Bước 1: Chứng tỏ BĐT đúng với số tự nhiên k
Bước 2: Giả sử BĐT đúng với số tự nhiên n (n ≥ k ) ta phải chứng minh BĐT đó
đúng với số tự nhiên n+1
3


VD5 : Cho p số thực dương a1 , a2 ,…, ap và n là một số tự nhiên chứng minh
(

a 1 + a 2 + ... + a p
p

)≤
n

a 1n + a n2 + ... + a np
p

Chứng minh :
Không làm mất tính tổng quát ta có thể giả sử a1 ≤ a2 ≤ … ≤ ap
+ Với n= 0 thì BĐT hiển nhiên đúng vì khi ấy :
(

a 1 + a 2 + ... + a p

p

a 10 + a 02 + ... + a 0p

)≤
0

p

+ Giả sử mệnh đề đúng với n = k tức là :
(
khi ấy (
Nhưng

a 1 + a 2 + ... + a p
p
a 1 + a 2 + ... + a p
p
a 1k + a k2 + ... + a nk
p

Cho nên (

p

)≤
)

p

k+1

(

≤

a 1k + a k2 + ... + a nk
p
p

a 1 + a 2 + ... + a p

a 1 + a 2 + ... + a p
p

a 1k + a k2 + ... + a kp

k

p
k+1

)

≤

)≤

(

a 1 + a 2 + ... + a p
p

a 1k +1 + a k2 +1 + ... + a kp +1
p

)
( BĐT Trebusep )

a 1k +1 + a k2 +1 + ... + a kp +1
p

Nghĩa là mệnh đề đúng với n = k +1
Bài tập tương tự:
Bài 1. Với a,b là 2 số thực sao cho a+b > 0 và n là 1 số tự nhiên ta có :
a+b n
an + bn
≥(
)
2
2

Bài 2. ( BĐT Becnuli )
Giả sử a ≥ -1 và n là một số tự nhiên khác 0 ta có :
(1 + a ) n ≥ 1 + na
Bài 3. Với a > 1 và n là một số tự nhiên khác 0 ta có :
loga(n + 1) > 1/n ( loga1+loga2+…+logan )
Bài 4. Cho n là một số tự nhiên khác 0 và x là một số thực tuỳ ý ta có :
Sin2nx + cos2nx ≤ 1
2.3.3. Phương pháp phản chứng:

Để chứng minh BĐT a ≥ b ta giả sử a < b từ đó suy ra điều mâu thuẫn tức
là mệnh đề a < b là sai do đó mệnh đề a ≥ b là đúng
Phương pháp này thường sử dụng khi so sánh 2 số :
4


VD6 : So sánh

11 -

2 với 1 +

5

Giải
11 - 2 ≥ 1 + 5 khi ấy 2 vế đều dương bình phương 2 vế ta

Giả sử
được
13 - 2 22 ≥ 6 + 2 5
⇒
7 ≥ 2 22 + 2 5
⇒

49 ≥ 108 + 8 5.22
Đây là sự vô lí
Vây 11 - 2 < 1 + 5
VD7 : Chứng minh :
1 3
99

1
. ...
<
2 4 100 10

Giải
1 3
99
. ...
2 4 100
1
Giả sử x ≥
khi ấy do hai vế là hai số dương bình phương hai
10

Đặt x =

1
1
>
(*)
100
101
2 4 100
Lại đặt y = . ...
3 5 101
1
1 2 99 100
1 2
99 100

Ta có
= . .
.
= xy nhưng < ; … ;
<
101
2 3 100 101
2 3
100 101
1
Nên y>x do đó xy > x2 nghĩa là
> x2 (**)
101
1
Từ (*) và (**) ta thấy sự vô lí . Vậy x<
10

vế ta được :

x2 ≥

2.3.4 . Phương pháp ước giá các số:
Thường trong phương pháp này chúng ta ước giá các số hạng của một vế
sau đó ước giá cả vế và từ đó so sánh với vế còn lại .
VD8 : Với số tự nhiên n ≥ 1 ta có :
1
1
1
1
+

+...+ ≥
n +1 n + 2
2n 2

Giải
5


Với n = 1 ta có

1
1
=
1+1 2

Với n >1 ta có n+k < 2n , k = 1,2 …, n-1
Nên

1
1
≥
với k = 1,2 …, n-1
n + k 2n

Cộng vế với vế của n - 1 BĐT trên ta được

Nghĩa là

1
1

1
1
1
1
≥
+
+…+
+ +…+
n +1 n + 2
n + n −1
2n 2n
2n
1
1
1
1
+
+…+ ≥
n +1 n + 2
2n 2

VD9: Với mọi số tự nhiên n ≥ 1 ta có
1 1
1
1
+ +…+ < 12 3
n
n

Giải

Với k = 2, 3, …, n ta có

1
1
1
1
1
< k (k − 1) hay < (k − 1) k
k
k

Cộng vế với vế của n - 1 BĐT trên ta được
1 1
1
1
+ +…+ < 12 3
n
n

Bài tập tương tự:
Bài 1. Với mọi số tự nhiên n ≥ 2 ta có
n < 1+

1
1
+…+
<2 n
n
2

Bài 2. Với n ≥ 1 ta có
1
2 n

<

1 3
2n − 1
. …..
<
2 4
2n

1
2n

2.3.5 . Phương pháp sử dụng các Bất đẳng thức cổ điển:
Để chứng minh các BĐT ta có thể sử dụng các BĐT đã được chứng minh,
ở đây chúng ta sử dụng chủ yếu ba BĐT quen thuộc :
- BĐT tam giác : a − b ≤ a + b
- BĐT Cauchy
- BĐT Bunhiacopski

6


VD 10: Với a,b,c là những số không âm ta có :
a3 +b3 + c3 ≥ a2 bc + b2 ca + c2 ab
Chứng minh :
Ta có a2- ab + b2 ≥ ab

b2- bc + c2 ≥ bc
c2- ca + a2 ≥ ca
Nhân cả hai vế của các BĐT trên tương ứng với các số không âm
a+b , b+c , c+a ta được :
a3 + b3 ≥ ab(a+b)
b3 + c3 ≥ bc(b+c)
c3 + a3 ≥ ca(c+b)
Cộng vế với vế của các BĐT này ta được :
2( a3+b3+c3) ≥ ab(a+b) + bc(b+c)+ ca(c+b)
hay
2( a3+b3+c3) ≥ c2(a+b) + a2(b+c)+ b2(c+b)
3

suy ra

3

a +b +c
b+c
2
≥

Nhưng

3

b+c
a+c
b+a
2

2
2 +b
2 +c
2
≥ a
2

bc

a+c
2
≥

ac

b+a
2
≥

ba

Nên ta được a3 +b3 + c3 ≥ a2 bc + b2 ca + c2 ab
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c
VD11: Ta có a4 + b4 + c4 ≥ abc( a+ b + c )
Giải
4

Ta có :

a + b4

2

≥ a2b2

4

;

a + c4
2

≥ a2c2 ;

4

c + b4
2

≥ c2b2

Nên a4 + b4 + c4 ≥ a2b2+ a2c2+ c2b2
a 2b 2 + b 2 c 2
≥ a 2b 2 b 2c 2 = b2 ac ≥ ab2c
2
còn lại nên : a2b2+ a2c2+ c2b2 ≥ abc( a+ b + c )

Nhưng lại có :

TT ta có những BĐT

Từ các BĐT trên suy ra :
Ta có a4 + b4 + c4 ≥ abc( a+ b + c )
7


Bài tập tương tự:
Bài 1. Với mội số tự nhiên n ≥ 1 ta có
2n-1n! ≤ nn
Bài 2. Với mội số tự nhiên n ≥ 2 ta có
n

n! ≤

n +1
2

Bài 3. Ta có :
x 12 + x 22 +

y12 + y 22 ≥

(x 1 + y1 ) 2 + (x 2 + y 2 ) 2

( áp dụng BĐT Bunhiacóspki )
Bài 4. Với a,b,c là những số không âm ta có
( a + b)(c + d ) +

(a + c)(b + d ) +

( a + d )(b + c)

≥ 6 4 abcd

( áp dụng BĐT Côsi )
Bài 5. Giả sử

a12 + a22 +...+ an2 = 1
b12 + b22 +...+ bn2 = 1

Ta có : a1b1 + a2b2 + .... + anbn ≤ 1
( áp dụng BĐT Bunhiacóspki )
Bài 6. Cho a1,a2,...,an là một cấp số với các số hạng dương ta có
a1a2

Nói riêng ta có :

≤

n

a1a2 ...an

nn ≤ (n!)2 ;

a1 + an
2
n +1 n
n! ≤ (
)
2

≤

(áp dụng BĐT Côsi và tính chất của cấp số cộng )
Bài 7. Với a1,a2,...,an là các số dương ta có :
1

1

1

(a1+a2+...+an) ( a + a +…+ a ) ≥ n2
1
2
n
(Sử dụng BĐT Côsi hoặc BĐT Bunhiacopski)
2.3.6. Phương pháp tam thức bậc hai:
Trong phương pháp này ta sẽ sử dụng các kết quả về tam thức bậc hai để
chứng minh các BĐT , chủ yếu là các kết quả sau đây :
Tam thức bậc 2
f(x) = ax2 + bx + c
( a≠ 0 )
Được viết dưới dạng
8


f(x) = a[ ( x +

∆
b 2
) - 2]

2a
4a

trong đó ∆ = b2 - 4ac
* Điều kiện để tam thức bậc hai có nghiệm là ∆ ≥ 0
* Điều kiện để tam thức bậc hai luôn dương với mọi x là ∆ < 0 và a > 0
* Điều kiện để tam thức bậc hai luôn ≥ 0 với mọi x là ∆ ≤ 0 và a > 0
*Điều kiện để f(x) ≤ 0 với mọi x là ∆ ≤ 0 và a < 0
*Điều kiện để f(x) < 0 với mọi x là ∆ < 0 và a < 0
∆
b
2 với mọi giá trị của x dấu đẳng thức xảy ra khi x = 2a
4a
∆
b
* Nếu a < 0 thì f(x) ≤ - 2 với mọi giá trị của x dấu đẳng thức xảy ra khi x = 2a
4a
* Nếu a > 0 thì f(x) ≥ -

VD12 : Với ∀x , ∀y ta luôn có :
x2 + 2xy + 3y2 + 2x + 6y + 3 ≥ 0
Giải
Ta có vế trái của BĐT là một tam thức bậc hai theo x :
f(x) = x2 + 2xy + 3y2 + 2x + 6y + 3
Có hệ số của x2 là a = 1 > 0
Và ∆ ' = - 2( y + 1 )2 < 0 với ∀y
Vì vậy ∀x , ∀y ta luôn có f(x) ≥ 0 tức là x2 + 2xy + 3y2 + 2x + 6y + 3 ≥ 0
 x = −( y + 1)
 y = −1

x = 0
 y = −1

Dấu đẳng thức xảy ra khi 

hay 

Bài tập tương tự:
Bài 1. Với ∀x , ∀y ta luôn có
( 1+ sin2y ) x2 + 2(siny + cosy)x + 1 + cos2y > 0
Bài 2. Với mọi giá trị của x ta luôn có :
( x - a1) + (x - a2) + … + ( x - an) ≥
2

2

2

2

2

2

n(a1 + a 2 + ... + a n ) − (a1 + a 2 + ... + a n )
n

Bài 3. Với ∀x , ∀y ta luôn có
( 1+ log22y)x2 + 2xlog2y + ( 1+ log22y) > 0
Bài 4. Cho 3 số a , b , c thoả mãn

a 2 + b 2 + c 2 = 2

ab + bc + ca = 1

Ta có : -

4
4
≤ a,b,c ≤
3
3

9


xa2 + yb2 > xyc2
2.3.7. Phương pháp lượng giác:
Ta biết rằng các phép biến đổi lượng giác rất phong phú . Vì vậy trong
một số trường hợp khi chứng minh BĐT đại số ta sử dụng các phép biến đổi
lượng giác và BĐT lượng giác :
VD 13 : Chứng minh rằng với mọi giá trị của x ta có :
2x
≤ 1
x +1
2

Giải
Đặt x = tg α ta có :
2tgα
2x

= tg 2α + 1 = sin2 α
x +1
Nhưng với mọi α ta có
2

sin 2α ≤ 1

Nên với mọi x ta có

2x
≤ 1
x +1
2

Bài tập tương tự:
Bài 1. Với mọi x sao cho x

≤

1 ta có :

4 x 3 − 3x ≤ 1

Bài 2. Giả sử a , b , c là 3 cạnh của một tam giác vuông , c là cạnh huyền và x, y,
z là các số sao cho ax + by = cz ta có x2 + y2 ≥ z2
2.3.8. Phương pháp dựa vào tập giá trị của hàm số:
Cho hàm số y = f(x) xác định trong tập X
Ta gọi tập Y = { f(x)/x ∈ X} là tập giá trị của hàm số y = f(x) như vậy y ∈ Y
⇔ ∃x ∈ X/f(x) = y ( Nghĩa là phương trình y = f(x) có nghiệm trong X )
Chúng ta sẽ dựa vào khái niệm tập giá tri của hàm số để chứng minh một

số BĐT .
VD14 : Chứng minh với mọi giá trị của x ta có :
2 3
2 3
x 2 −1
≤ 2
≤
3
x + x +1
3

Giải
10


Xét hàm số y =

x 2 −1
x2 + x +1

Với mọi x ta có x2+x+1 > 0 nên hàm số xác định với mọi giá trị của x
Gọi y là một giá trị tuỳ ý của hàm số ấy thì phương trình
x2 −1
x

2

+ x +1

= y có nghiệm

⇔ x2 - 1 - ( x2 + x + 1 ) y = 0 có nghiệm (1)
⇔ ( y - 1 ) x2 + yx + y + 1 = 0 có nghiệm

* Với y = 1 phương trình trở thành x + 2 = 0 phương trình này có
nghiệm y = 1 với mọi giá trị của hàm số
* Với y ≠ 1 tức y - 1 ≠ 0 . Khi ấy y là một giá trị của hàm số khi và
chỉ khi (1) có nghiệm tức là :
∆ = y2 - 4(y - 1) ( y + 1) ≥ 0
⇔ 4 - 3y2 ≥ 0
⇔ -

2

≤ y ≤

3

2
3

Nhưng y = 1 thuộc tập tập nghiệm nên với mọi x ta có -

2
3

≤ y ≤

2
3

2 3
x2 −1
≤
≤ 2 3
Nghĩa là - 3
2
x + x +1
3

Bài tập tương tự:
Bài 1. Với mọi giá trị của x ta luôn có :
3
4

- ≤

sin x − 1
≤ 0
cos x + 2

Bài 2. Với mọi giá trị của x ta có :
a + c + (a − c) 2 + b 2
1
(a + c − (a − c) 2 + b 2 ≤ a sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x ≤
2
2

2.3.9. Phương pháp dùng đạo hàm:
Một số BĐT được chứng minh nhờ công cụ khảo sát sự biến thiên của

hàm số
VD15 : Giả sử a , b , c là các số dương sao cho : a2 + b2 + c2 = 1 khi ấy
a
b
c
3 3
≥
2 + 2
2 + 2
2
b +c
a +c
b +a
2
2

Giải
11


Với giả thiết a2 + b2 + c2 = 1 BĐT cần chứng minh được viết :
a
b
c
3 3
≥
2 +
2 +
2
1− a

1− b
1− c
2
a2
b2
c2
3 3
≥
Hay
+
+
a (1 − a 2 ) b(1 − b 2 ) c (1 − c 2 )
2

Xét hàm số : f(t) = t( 1 - t2 )
(0,
2
Vì f ( t ) = 1 - 3t nên ta có bảng biến thiên
t
0
f,( t )

+

1

1

3

0

2

3 3

0
Vậy 0 < f(t) <

2
3 3

0

với 0 < t < 1

Nghĩa là 0 < t < 1 ta có 0 < t( 1 - t2 ) <

2
3 3

t2
3 3 2
≥
cho nên
t
2
t (1 − t )
2

a2
3 3 2
≥
Thay t bởi các giá trị a , b , c ta được
a
a (1 − a 2 )
2
b2
3 3 2
≥
b
2
b(1 − b )
2
c2
3 3 2
c
2 ≥
c(1 − c )
2
a2
b2
c2
3 3
Cộng vế với vế các BĐT trên ta được
2 +
2 +
2 ≥
a (1 − a ) b(1 − b ) c(1 − c )
2

Bài tập tương tự:
π
ta có: 2sinx + 2tgx ≥ 2x+1
2
5
Bài 2. Ta có : 2 < log23 + log32 <
2
π
Bài 3. Với 0 ≤ x ≤
ta có
2

Bài 1. Với 0 < x <

x3
≤ sinx ≤ x
x6

12


( Xét hàm f(x) = sinx - x )
2.3.10. Phương pháp hình học:
2.3.10.1. Các bài toán sử dụng bất đẳng thức trong tam giác
VD16 : Cho a , b , c là những số dương và a > c , b > c khi ấy ta có :
c(a − c) +

c(b − c) ≤ ab

Chứng minh :

Ta dựng được 2 tam giác vuông
Tam giác vuông AHB vuông ở H : AH = c , BH = a − c
Tam giác vuông AHC vuông ở H : HC = b − c
Thế thì : AB = a , AC = b
Ta có : c(a − c) + c(b − c) =2dt ∆ ABH +2dt ∆ ACH
= 2dt ∆ ABC
= a b sinBAC ≤ ab
Do đó

c(a − c) +

c(b − c) ≤ ab

VD17 Chứng minh rằng:
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ (a + c) 2 + (b + d ) 2

∀a, b, c, d ∈ R

Giải:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lấy các vectơ:
u = (a; b)
 ⇒ u + v = ( a + c; b + d )
v = (c; d ) 

Vì u + v ≥ u + v , nên ta suy ra: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ (a + c) 2 + (b + d ) 2 (*)
*Ta cũng có thể chứng minh bất đẳng thức trên theo cách khác như sau:

13

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lấy các điểm O(0; 0); A(a; b) và B(c; d). Khi đó, ta
có: OA = a 2 + b 2 , OB = c 2 + d 2
OA = (a; b) 
 ⇒ OA + OB = (a + c; b + d ), coi OC = OA + OB
OB = (c; d )

và

Do OA + OB ≥ OC nên ta được kết quả:
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ (a + c) 2 + (b + d ) 2

Chú ý: Ta có thể coi (1) là một bất đẳng thức cơ bản để áp dụng vào các bài
toán khác mà không chứng minh lại.
VD18: Chứng minh rằng:
a 2 + b2 + c2 + d 2 + e2 + f

2

≥ (a + c + e) 2 + (b + d + f ) 2

∀a, b, c, d , e, f ∈ R

Giải:
Áp dụng (1), ta có:
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ (a + c) 2 + (b + d ) 2

(1)

(a + c) 2 + (b + d ) 2 + e 2 + f 2 ≥ (a + c + e) 2 + (b + d + f ) 2

(2)

Lấy (1) +(2) vế với vế, ước lượng 2 vế ta được điều phải chứng minh
Chú ý: Bằng quy nạp, ta có thể chứng minh được:
n

∑
i =1

2

 n   n 
ai2 + bi2 ≥  ∑ ai  +  ∑ bi 
 i =1   i =1 

VD19: Chứng minh rằng:

2

∀a1 , a 2 ,..., a n , b1 , b2 ,..., bn ∈ R (3)

a2 + a +1 + a2 − a +1 ≥ 2

∀a ∈ R

Giải
2

2
2
1  3
1  3


 + a −  + 

a + a + 1 + a − a + 1 ≥ 2 ⇔  a +  + 
2   2 
2   2 


2

2

2

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, chọn O(0;0), A(a + 1 / 2; 3 2), B(a − 1 2 ; − 3 2)
Thế thì, ta có:
14


2

2

2
2

1  3
1  3




 , BA = 2
OA =  a +  + 
, OB =  a −  + 
2   2 
2   2 



Mặt khác, ta có: BO + OA ≥ BA nên:
2

2

2
2
 3
1  3
1

 +  a −  + 
 (đpcm)
 a +  + 
2   2 
2   2 




Chú ý: Ta cũng có thể dùng bất đẳng thức Côsi để chứng minh bất đẳng thức
trên
Do vế trái là tổng của 2 biểu thức nhận giá trị dương nên ta có thể áp
dụng bất đẳng thức Côsi, ta được:
a 2 + a + 1 + a 2 − a + 1 ≥ 24 (a 2 + a + 1)(a 2 − a + 1) = 24 a 4 + a 2 + 1 ≥ 2

VD20: Cho 4 số thực khác nhau a, b, c, d. Chứng minh rằng:
a 2 + b 2 + (c − b ) 2 + d 2 ≥ c 2 + ( d − a ) 2

Giải

Đối với hệ trục toạ độ Oxy, lấy A(0; a), B(b; 0), C (c; d )
Ta có:
AB = (−b; a )
AC = (c; d − a)
BC = (c − b; d )

Xét tam giác ABC, ta có: AB + BC ≥ AC hay AB + BC ≥ AC
Do đó, a 2 + b 2 + (c − b) 2 + d 2 ≥ c 2 + (d − a) 2 (đpcm)
Bài tập tương tự:
Bài 1:Chứng minh rằng: (a + c) 2 + b 2 + (a − c) 2 + b 2 ≥ 2 a 2 + b 2 ∀a, b, c ∈ R
Bài 2: Cho x, y là các số thực, chứng minh rằng:
15


x 2 + 4 y 2 + 6 x + 9 + x 2 + 4 y 2 − 2 x − 12 y + 10 ≥ 5

Bài 3: Cho 4 số thực khác nhau a, b, c, d. Chứng minh rằng:
a 2 + b 2 + (c − b ) 2 + d 2 ≥ 2 c 2 + ( d − a ) 2

Bài 4: Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = abc. Chứng minh rằng:
b 2 + 2a 2
c 2 + 2b 2
a 2 + 2c 2
+
+
≥3
ab
bc
ca

2.3.10.2. Các bài toán sử dụng tích vô hướng của hai véctơ
VD21: Chứng minh rằng:
(a1b1 + a 2 b2 ) 2 ≤ (a12 + a 22 )(b12 + b22 ), ∀a1 , b1 , a 2 , b2 ∈ R

Giải:
Trong hệ trục toạ độ Oxy, lấy các véctơ a = (a1 ; a2 ) vµb = (b1 ; b2 )
Ta có: a.b = a . b cos(a, b) . Do cos(a, b) ≤ 1 nªn
a.b ≤ a . b ⇔ a1b2 + a 2 b2 ≤ a12 + a 22 b12 + b22
⇔ (a1b1 + a 2 b2 ) 2 ≤ (a12 + a 22 )(b12 + b22 ) (đpcm)

VD22: Chứng minh rằng:

(a + b)(1 − ab) 1
≤
với mọi số thực a, b
(1 + a 2 )(1 + b 2 ) 2

Giải
 2a 1 − a 2 
 1 − b 2 2b 




u
=
;
;
v
=
;
Chọn
2
2 
1+ a2 1+ a2 


1+ b 1+ b 
2a (1 − b 2 ) + 2b(1 − a 2 ) 2(a + b)(1 − ab)
=
Ta có: u = v = 1 và u.v =
(1 + a 2 )(1 + b 2 )
(1 + a 2 )(1 + b 2 )

Mặt khác
u.v = u . u cos(u , v ) ≤ u . u ⇒

2(a + b)(1 − ab)
≤1
(1 + a 2 )(1 + b 2 )

⇔

(a + b)(1 − ab) 1
≤
(1 + a 2 )(1 + b 2 ) 2

 x 2 + xy + y 2 = 3
VD23: Giả sử hệ:  2
có nghiệm.
2
 y + yz + z = 16

Chứng minh rằng: xy + yz + zx ≤ 8
Giải:


x

3 

 3

z

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, chọn u =  y + ; x , v =  z; y +  thì

2 2 
2

 2
16


2

x  3x 2

u = y +  +
= x 2 + xy + y 2 = 3
2
4


2

v=

Ta có: u.v =

3z 2 
z
+  y +  = y 2 + yz + z 2 = 4
4 
2
3
( xy + yz + zx )

2

Từ u.v ≤ u v ⇒ xy + yz + zx ≤ 8 (đpcm)
Bài tập tương tự:
Bài 1: Chứng minh rằng:
(sin x + a cos x) + (sin x + b cos x) ≤

[

]

1
1 + ab + (1 + a 2 )(1 + b 2 ) , ∀a, b ∈ R
2

Bài 2: Cho a > c > 0, b > c > 0. Chứng minh rằng:
( a + c)(b + c) + ( a − c)(b − c ) ≤ 2 ab

Bài 3: Cho x 2 + y 2 = 1 . Chứng minh rằng:
3 x 2 + 2 xy − 3 y 2 ≤ 2

2.3.10.3. Sử dụng tập hợp điểm
(Đây là nội dung có tính thời sự trong đề trắc nghiệm khách quan trong đề thi
THPT Quốc gia)
VD 24. Cho số phức z thỏa mãn: |z + 3| + |z – 3| = 10.
Chứng minh rằng: 5 ≤ |z + 9i| ≤ 13.
Giải
Gọi z = x + yi ⇒ điểm biểu diễn M(x ; y)
Từ |z + 3| + |z – 3| = 10 ⇔ ( x + 3) 2 + y 2 + ( x − 3) 2 + y 2 = 10 (1)
Gọi F1(- 3; 0), F2(3; 0) ⇒ F1F2 = 6

x 2 y2
từ (1) ⇒ MF1 + MF2 = 10 > 6 = F1F2 ⇒ M ∈ (E):
+
= 1 có các đỉnh
25 16

B1(- 4; 0), B2(4; 0)
Ta có: |z + 9i| = x 2 + ( y + 9) 2 = KM, với K(0; - 9) ∈ Oy
Khi đó KB1 ≤ KM ≤ KB2 hay 5 ≤ |z + 9i| ≤ 13
|z + 9i| = 5 ⇔ M ≡ B1
|z + 9i| = 13 ⇔ M ≡ B2
Vậy 5 ≤ |z + 9i| ≤ 13
VD 25. Cho z là số phức thỏa mãn: |i – 2 - z| + |z – 4 – 7i| = 6 2 .
17


Chứng minh rằng:

5
2

≤ |z – 1 + i| ≤ 73

Giải
Gọi z = x + yi ⇒ điểm biểu diễn M(x ; y)
Từ |i – 2 - z| + |z – 4 – 7i| = 6 2 ⇔
( x + 2) 2 + ( y - 1) 2 + ( x − 4) 2 + ( y − 7 ) 2 = 6 2 (*)
Chọn F1(- 2; 1), F2(4; 7). Từ (*) ⇒ MF1 + MF2 = F1F2 ⇒ M thuộc đoạn F1F2
Từ T = |z – 1 + i| = ( x − 1) 2 + ( y + 1) 2 = MK, với K(1; - 1)
Ta có : KF1 = 13 , KF2 = 73

F1 F2 = (6; 6), F1 K = (3; -2) ⇒ F2 Fˆ1 K nhọn ⇒ d(K/F1F2) ≤ MK ≤ KF2
⇔

5
2

≤ MK ≤ 73

VD 26. Cho z là số phức thỏa mãn: |z – 1 – i|2 + |z – 7 – 7i|2 = 108.
Chứng minh rằng: 274 − 6 ≤ |z – 10 + 12i| ≤ 274 + 6 .
Giải
Gọi z = x + yi ⇒ điểm biểu diễn M(x ; y). F1(1; 1), F2(7; 7)
Từ giả thiết ⇒ MF12 + MF22 = 108 ⇒ M thuộc đường tròn tâm I(3; 3), bán
kính R = 6.
Đặt K(10; 12) ⇒ |z – 10 + 12i| = MK, IK2 = 49 + 225 = 274 ⇒ K nằm ngoài
đường tròn
⇒ 274 − 6 ≤ |z – 10 + 12i| ≤ 274 + 6
VD 27. Cho z và w là các số phức thỏa mãn:
|z+ 4| - |z – 4| = 6 và |w + 3| = |w + 4|
Chứng minh rằng: |w – z| ≥

13
2

Giải
Gọi z = x + yi ⇒ điểm biểu diễn M(x ; y), gọi F1(- 4;0), F2(4; 0)⇒ F1F2 = 8
Theo giả thiết ⇒ MF1 – MF2 = 6 < 8 ⇒ M thuộc nhánh phải (x > 0) của
Hypebol
Gọi w = a + bi⇒ điểm biểu diễn N(a; b), từ |w + 3| = |w + 4| ⇒ 2a + 7 = 0
7

⇒ N thuộc d: 2x +7 = 0
2
7
13
⇒ |w – z| = KM ≥ − − 3 =
2
2

⇔a = −

VD 28. Cho z là số phức thỏa mãn: |z- 2 – 3i| = |z + 1 + i|
Chứng minh rằng: |z + 2 + 3i| + |z- 3 – i| ≥ 34
Giải
Gọi z = x + yi ⇒ điểm biểu diễn M(x ; y).
18


Từ |z- 2 – 3i| = |z + 1 + i| ⇒ (x - 2)2 + (x - 3)2 = (x + 1)2 + (y + 1)2 ⇔ 6x + 8y
– 11 = 0 (∆)
Với A(- 2; - 2), B(3; 1) ⇒ |z + 2 + 3i| + |z- 3 – i| = MA + MB.
Vì A, B khác phía so với (∆) ⇒ MA + MB ≥ AB = 34
Vậy |z + 2 + 3i| + |z- 3 – i| ≥ 34
Bài tập tương tự:
Bài 1. Cho z, w là các số phức thỏa mãn:
|z – 4| + |z + 4| = 10;
|w + 8i| = |w + 10i|
Chứng minh rằng: |w – z| ≥ 6.
Bài 2. Cho z là các số phức thỏa mãn: |z – 1 – i| + |z- 5 – 5i| = 4 2 .
Chứng minh rằng: 2 5 ≤ |z + 1 + 3i| ≤ 10.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với

bản thân, đồng nghiệp và nhà trường:
So sánh kết quả trước và sau khi thực hiện đề tài : Trước khi thực hiện đề
tài chứng minh BĐT là một phần rất khó cho học sinh, kể cả học sinh giỏi. Sau
khi thực hiện đề tài, phần lớn học sinh đã hình dung được khi gặp bài toán
chứng minh BĐT thì phải làm như thế nào, vận dụng 10 phương pháp này vào
bài nào và giải quyết dạng toán đó dễ ràng hơn rất nhiều. Đồng thời, học sinh
cũng giải quyết tốt hơn những bài tập về giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất thuộc
phần số phức trong các đề thi trắc nghiệm khách quan thường gặp hiện nay.
Kết quả đối chứng:
Sĩ Điểm dưới 5 Điểm 5, 6 Điểm 7, 8 Điểm 9, 10
Lớp
số SL
%
SL % SL %
SL
%
Lớp không áp
10A1 40
8
20
22 55
8
20
2
5
dụng
Lớp được áp
10A2 40
3
7.5 18 45 15 37.5

4
10
dụng
Lớp không áp
12A1 42
7
16.7 24 57.1 8 19.0
3
7.2
dụng
Lớp được áp
12A2 41
4
9.8 20 48.8 10 24.4
7
17
dụng
III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận:
Tập cho học sinh biết nhìn một vấn đề toán học dưới nhiều cách khác
nhau chính là vừa rèn tư duy sáng tạo, vừa giáo dục thế giới quan. Nhưng phải
19


kiên trì, bền bỉ, liên tục mới có hiệu quả rõ rệt giống như tập thể dục phải kiên
trì bền bỉ, liên tục hàng năm mới khoẻ mạnh.
Vì vậy, tuỳ vào từng đối tượng học sinh, mà ta có những cách trình bày
khác nhau. Đối với học sinh trung bình học yếu, ta có thể đưa ra một vấn đề
dưới một bài toán cụ thể về véctơ, toạ độ và cho học sinh nhận xét kết quả và
phát hiện vấn đề và từ đó đi đến kết quả tổng quát theo lối quy nạp không hoàn

toàn, bởi lẽ đây là một vấn đề mới và tương đối khó. Trong khi đó, đối với học
sinh khá trở lên ta có thể cho học sinh phát hiện trực tiếp từ sự nảy sinh mâu
thuẫn của nội dung bài toán. Làm được như vậy, theo tôi nghĩ thì đối với đa số
trường hợp, nó sẽ tỏ ra có hiệu quả rõ rệt. Bài toán trên không phải là một
trường hợp ngoại lệ.
Để giảng dạy một vấn đề mới, chúng ta khó có thể giới thiệu cho học sinh
một cách trực tiếp được. Vì nếu làm như vậy, học sinh sẽ không thấy được sự
liên hệ nào đó với kiến thức trước đã học và qua đó học sinh học sẽ có một hệ
thống kiến thức dời dạc. Không có sự liên hệ giữa các đơn vị kiến thức thì kiến
thức đã học sẽ không có điều kiện thực hành và dẫn đến sự quên nhanh kiến
thức là điều không tránh khỏi. Bởi vậy, theo bản thân tôi ngoài việc cung cấp
kiến thức mới trong mỗi bài học thì cũng cần phải có sự tìm tòi sáng tạo, tổng
hợp của mỗi người học và của giáo viên.
Trên đây là một số ý kiến của bản thân về “Một số các phương pháp
chứng minh bất đẳng thức thường dùng”. Mặc dù bản thân có sự cố gắng chuẩn
bị và đã được sự đóng góp quý báu của một số đồng nghiệp nhưng do thời gian
còn hạn hẹp nên chắc chắn đề tài không tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy, tôi
rất mong được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo để đề tài có thể áp dụng
rộng rãi và thiết thực hơn nữa.
3.2. Kiến nghị: Không
Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 19 tháng 5 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Tác giả

Phạm Hùng Bích

20


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Đại số 10 nâng cao – Nguyễn Huy Đoan – NXB Giáo dục.
2. Sách giáo khoa Hình học 10 nâng cao – Văn Như Cương –NXB Giáo dục.
3. Sách giáo khoa Đại số 12 nâng cao – Nguyễn Huy Đoan –NXB Giáo dục.
4. Sách giáo khoa Hình học 12 nâng cao – Văn Như Cương –NXB Giáo dục.
5. Các phương pháp giải bằng lượng giác hóa – Lê Hồng Đức - NXB Hà Nội.
6. Đề Minh họa thi THPT Quốc gia môn Toán, lần 2 – Bộ GD&ĐT

21