SKKN Giúp học sinh tiếp cận và nâng cao từ một kiến thức cơ bản

Phần I - mở đầu
I. Lí do chọn đề tài

Trong quá trình giảng dạy bản thân tôi nhận thấy việc
xây dựng cho học sinh một kiến thức mới từ những kiến
thức đã có một cách cơ bản là vô cùng quan trọng. Điều đó
không chỉ giúp các em nhận biết đợc nguồn gốc của vấn
đề , khắc sâu đợc kiến thức mà còn giúp học sinh vận
dụng đợc linh hoạt và sáng tạo trong học toán. Chính vì vậy
mà ngời thầy giáo phải biết gợi mở , khuyến khích học sinh
tìm tòi, sáng tạo, khơi gợi sự hứng thú học tập ở các em
,nhất là đối với phần kiến thức hay và khó.Từ những bài
toán ban đầu hết sức đơn giản nếu chúng ta biết cách
định hớng để học sinh phát hiện ra cái mới thì phần kiến
thức mà chúng ta giúp các em xây dựng nên sẽ trở nên nhẹ
nhàng.
Chính vì vậy mà tôi đã chọn đề tài Giúp học sinh tiếp
cận và nâng cao từ một kiến thức cơ bản Thông qua đề
tài này tôi muốn gửi tới học sinh một phơng pháp học toán
đó là hãy bắt đầu từ những điều đơn giản. Điều đơn
giản mà tôi muốn trao đổi ở đây là việc mở rộng của bất
đẳng thức (a-b)2 0
Bất đẳng thức rất gần gũi với các em học sinh nhng việc
mở rộng và phát triển nó để giải các bài toán khác thì
không mấy em quan tâm. Trong quá trình giảng dạy bản
thân tôi đã giúp học sinh khai thác và vận dụng khá thành
1


công kết quả của bài toán này.Hy vọng vấn đề mà tôi trăn
trử nghiên cứu củng là vấn đề mà các đồng nghiệp củng

rất quan tâm
II.Nhiệm vụ của đề tài
Trong đề tài này tôi trình bày việc mở rộng một số bất
đẳng thức cơ bản từ bất đẳng thức (a - b)2



0 áp dụng

vào giải một số bài tập thờng gặp trong các kì thi học sinh
giỏi , thi khảo sát chất lợng hằng năm của học sinh khối 8,9.
Hy vọng rằng vấn đề mà tôi nghiên cứu sẽ là một tài liệu
thiết thực cho học sinh trong quá trình học tập
III.Đối tợng nghiên cứu
- Đề tài nghiên cứu việc áp dụng một số bất đẳng thức
quen thuộc đợc suy ra từ bất đẳng thức (a - b)2



0 vào bài

toán chứng minh bất đẳng thức,bài toán tìm giá trị lớn
nhất,giá trị nhỏ nhất
- Đối tợng khảo sát và áp dụng: học sinh khá ,giỏi khối 8,9
IV.Phơng pháp nghiên cứu
- Phơng pháp thực hành, đúc rút kinh nghiệm của bản
thân và đồng nghiệp
- Phơng pháp nghiên cứu tài liệu

2

Phần II- Nội dung đề tài

A.Kiến thức cơ bản:
- Với a,b là hai số bất kì ta có: (a - b)2 0 a 2 + b 2 2ab (1).
Dấu = xẩy ra khi và chỉ khi a = b
Học sinh lớp 8 đã rất quen thuộc với bất đẳng thức dạng
(1). Vấn đề đặt ra là kết quả bài toán có dừng lại ở đó hay
không ? Giáo viên có gợi mở , khuyến khích để học sinh
tìm tòi ,phát triển kết quả bài toán trên vào giải các bài
toán khác hay không? Qua thực tế giảng dạy và bồi dỡng học
sinh giỏi tôi và các học sinh của mình nhận thấy rằng việc
mở rộng và áp dụng kết quả bất đẳng thức dạng (1) cho
nhiều kết quả thú vị.
- Với ab > 0 chia cả hai vế của (1) cho ab ta đợc :
- Với a > 0 , b > 0 từ (1) cộng vào hai vế với 2ab
Ta đợc a 2 + 2ab + b 2 2ab + 2ab (a+b)2 4ab (3)
*Chia cả hai vế của (3) cho ab(a + b) ta đợc
*Chia cả hai vế của (3) cho ab(a+b)2 ta đợc

a b
+ 2 (2)
b a

1 1
4
+
(4)
a b a +b

1
4

ab ( a + b ) 2

(5)

Việc sử dụng kết quả có đợc từ bài toán ban đầu sẽ gúp
học sinh có đợc những thuận lợi khi tiến hành giải nhiều bài
toán liên quan. Sau đây tôi xin trình bày việc sử dụng một
số kết quả của các bài toán trên vào giải một số bài toán
khác. Tuy nhiên trong quá trình sử dụng giáo viên nên lu ý
học sinh chứng minh lại rồi mới áp dụng
B.Bài toán áp dụng
I.Bài toán áp dụng dạng bất đẳng thức a 2 + b 2 2ab
1.1. Bài toán ví dụ:
Bài toán 1.
3


Cho a , b ,c lµ ba sè bÊt k× . Chøng minh r»ng :
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca

¸p dông bÊt ®¼ng thøc (1) ta cã:

Gi¶i
a 2 + b 2 ≥ 2ab
b 2 + c 2 ≥ 2bc
c 2 + a 2 ≥ 2ca

Céng vÕ theo vÕ c¸c bÊt bÊt ®¼ng thøc trªn ta ®îc
a 2 + b 2 + b 2 + c 2 + c 2 + a 2 ≥ 2ab + 2bc + ca <=> a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca

DÊu ‘‘=’’ xÈy ra  a = b = c
Bµi to¸n 2.
Cho a , b ,c ,d lµ bèn sè bÊt k× . Chøng minh r»ng
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ (a + b)(c + d )

¸p dông bÊt ®¼ng thøc (1) ta cã:

Gi¶i
a 2 + c 2 ≥ 2ac
a 2 + d 2 ≥ 2ad
b 2 + c 2 ≥ 2bc
b 2 + d 2 ≥ 2bd

Céng vÕ theo vÕ c¸c bÊt bÊt ®¼ng thøc trªn ta ®îc
a 2 + c 2 + a 2 + d 2 + b 2 + c 2 + b 2 + d 2 ≥ 2ac + 2ad + 2bc + 2bd
<=> a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ (a + b)(c + d )

DÊu ‘‘=’’ xÈy ra  a = b = c = d
Bµi to¸n 3.
Cho a , b ,c lµ ba sè bÊt k× .Chøng minh r»ng
a 2 + b 2 + c 2 + 3 ≥ 2(a + b + d )
4


¸p dông bÊt ®¼ng thøc (1) ta cã:
a 2 + 12 ≥ 2a

b 2 + 12 ≥ 2b
c 2 + 12 ≥ 2c

Gi¶i

Céng vÕ theo vÕ c¸c bÊt bÊt ®¼ng thøc trªn ta ®îc
a 2 + 12 + b 2 + 12 + c 2 + 12 ≥ 2a + 2b + 2c <=> a 2 + b 2 + c 2 + 3 ≥ 2(a + b + c )
DÊu ‘‘=’’ xÈy ra  a = b = c = 1
Bµi to¸n 4.
Cho a , b ,c, d ,e lµ n¨m sè sè bÊt k× .Chøng minh r»ng
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a (b + c + d + e)

(§Ò thi vµo líp 10 chuyªn Lª Hång Phong ,TP Hå chÝ Minh
2001 - 2002)
Gi¶i
¸p dông bÊt ®¼ng thøc (1) ta cã:
1 2
a + b 2 ≥ ab
4
1 2 2
a + c ≥ ac
4
1 2
a + d 2 ≥ ad
4

1 2 2
a + e ≥ ae
4
Céng vÕ theo vÕ c¸c bÊt bÊt ®¼ng thøc trªn ta ®îc

1 2
1
1
1
a + b 2 + a 2 + c 2 + a 2 + d 2 + a 2 + e 2 + ≥ ab + ac + ad + ae
4
4
4
4
<=> a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ ab + ac + ad + ae
<=> a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a (b + c + d + e)

DÊu ‘‘=’’ xÈy ra 

1
a
2

=b=c=d=e

Bµi to¸n 5.
5


Cho a , b ,c là ba số bất kì .Chứng minh rằng
(a + b + c ) 2 3( ab + bc + ca )

Ta có: (a + b + c) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca
áp dụng bất đẳng thức (1), ta có:

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

Suy ra:
(a + b + c)2 = a 2 + b2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca
=3(ab+bc+ca)



ab + bc + ca + 2ab + 2bc + 2ca

Vậy : ( a + b + c) 2 3( ab + bc + ca)
Dấu = xẩy ra a = b = c
Bài toán 6.
Cho a , b ,c là ba số thực tùy ý .Chứng minh rằng
(a + b + c ) 2 3(a 2 + b 2 + c 2 )
(Đề thi khảo sát chất lợng toán 9 đầu năm ,PGD Cẩm Xuyên, năm học
2013 - 2014 )

Giải
Ta có: (a + b + c ) = a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca
áp dụngbất đẳng thức (1)
2ab a 2 + b 2
2

2

2

2

2bc b 2 + c 2
2ca c 2 + a 2

Suy ra:

(a + b + c) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca a 2 + b 2 + c 2 + a 2 + b 2 + b 2 + c 2 + c 2 + a 2
= 3(a 2 + b 2 + c 2 )

* Từ kết quả của bài toán 5 và bài toán 6 ,cho a, b, c
là ba số bất kì ,ta có bất đẳng thức :
3( ab + bc + ca) ( a + b + c ) 2 3(a 2 + b 2 + c 2 )

Bài toán 7.
6


Chứng minh rằng a 4 + b 4 + c 4 + d 4 4abcd
Giải
áp dụng bất đẳng (1) ta có:
a 4 + b 4 2a 2 b 2
c 4 + d 4 2c 2 d 2
Cộng vế theo vế ta đợc:
a 4 + b 4 + c 4 + d 4 2a 2b 2 + 2c 2 d 2 = 2(a 2b 2 + c 2 d 2 ) (1)
áp dụng bất đẳng (1) ta có: a 2b 2 + c 2 d 2 2abcd (2)
Từ (1) và (2) suy ra : a 4 + b 4 + c 4 + d 4 4abcd
1.2.Bài tập tơng tự:
Bài 1.
Cho a, b ,c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh rằng :
ab + c bc + a ca + b
+

+
1
c +1
a +1
b +1

Bài 2.
Chứng minh rằng a 4 + b 4 + c 4 abc(a + b + c )
(Đề thi học sinh giỏi toàn quốc 1994)
Bài 3.
Cho a > 0, b > 0 , c > 0 và a + b + c = 4.
Chứng minh rằng (a+ b)(b+ c)(c + a) a3b3c3
Bài 4.
2
2
Chứng minh rằng ( a + b ) ( b + c ) 4abc(a + b + c)
Bài 5.
Cho a, b ,c ,d là các số dơng .Chứng minh rằng
( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) 8abc
Bài 6.
Cho a + b + c + d = 2. Chứng minh rằng a 2+ b2 + c2 + d2
1
Bài 7.
Cho a > 0, b > 0 thỏa mãn a + b = 1 .Chứng minh rằng
2

2

1
1

25

a + ữ +b + ữ
a
b
2


Bài 8.
Cho a > 0, b > 0 thỏa mãn a + b + c = 1.Chứng minh rằng a
+ b 16abc
7


Bài 9.
Cho a, b, c [ 0;1] .Chứng minh rằng (a + b )
2
( 1 + a + b + c ) 4 ( a 2 + b2 + c 2 )
Bài 10.
Cho a, b là các số thực dơng.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
P=

1 + a 2 . 1 + b2
1 + ab

(Đề thi vào lớp 10 chuyên toán ,đại học quốc gia TP Hồ Chí Minh năm
học 2011-2012)

II.Bài toán áp dụng bất đẳng thức

a b
+ 2
b a

2.1.Bài toán ví dụ:
Bài toán 1.
Cho 3 số a > 0, b > 0 , c > 0 . Chứng minh rằng

( a + b + c )

1 1 1
+ + ữ 9
a b c

Giải

Ta có:

( a + b + c )

1 1 1
a a b
b c c
a b b c a c
+ + ữ= 1 + + + + 1+ + + + 1 = 3 + + + + + +
b c a
c a b
b a c b c a
a b c

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

áp dụng bất đẳng (2) ta có:

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức ta đợc :
a b b c a c
+ + + + + 2+ 2+2 = 6
b a c b c a

Suy ra:

( a + b + c )

1 1 1
a a b
b c c
a b b c a c
+ + ữ= 1 + + + + 1 + + + + 1 = 3 + + + + + + 9
b c a
c a b
b a c b c a

a b c

Dấu = xẩy ra a = b = c

8


*Nhận xét: Kết quả bài toán 1 là dạng mở rộng của bất
đẳng thức dạng (4) áp dụng cho 3 số dơng. Ta còn vận
dụng kết quả này cho các bài toán sau
Bài toán 2.
Cho a > 0, b > 0 , c > 0 .Chứng minh rằng

a + b a + b + 2c a + b
+
+
4
b+c
a+b
a+c

Giải
Ta có:

a + b a + b + 2c a + b a + b b + c a + c a + b
+
+
=
+
+

ữ+
ữ
b+c
a+b
a+c b+c a+b a+b a+c

áp dụng bất đẳng (2) ta có:

Cộng vế theo vế ,ta đợc:
Suy ra :

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

ữ+
ữ 2 + 2 = 4
b+c a+b a+b a +c

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

=
+
+
ữ+
ữ 4
b+c
a+b
a+c b+c a+b a+b a+c

Dấu = xẩy ra a = b = c
Bài toán 3.
Cho a > 0, b > 0 ,c > 0 .Chứng minh rằng

Ta có :

ab bc ca
+ +
a+b+c
c
a b

Giải
ab bc ca 1 ab ca ab bc bc ca
+ +
= + ữ+ + ữ+ + ữ =
c
a b 2 c
b c
a a b
1 b c a c b a 1

a + ữ+ b + ữ+ c + ữ ( a.2 + b.2 + c.2 ) = a + b + c
2 c b c a a b 2

9


Dấu = xẩy ra a = b = c
Bài toán 4.
Cho a > 0, b > 0 ,c > 0 .Chứng minh rằng
a
b
c 1 1 1
+ +
+ +
bc ca ab a b c

Biến đổi tơng tự bài toán 3, ta có:
a
b
c 1 b
c a
c a
b
+ +
= + ữ+ + ữ+ + ữ =
bc ca ab 2 ca ab bc ab bc ca
1 1 b c 1 a c 1 b a 1 1
1
1 1 1 1
+ ữ+ + ữ+ + ữ .2 + .2 + .2 ữ = + +

2 a c b b c a c a b 2 a
b
c a b c

Vậy

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

2.2.Bài toán tơng tự:
Bài 1. Cho a > 0, b > 0, c > 0 ,d >0.Chứng minh rằng
( a + b + c + d )

1 1 1 1
+ + + ữ 16
a b c d

Bài 2. Cho a > 0, b > 0, c > 0 .Chứng minh rằng
1
1
1
1
8
+
+

+

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

Bài 3. Cho a > 0, b > 0, c > 0 .Chứng minh rằng
a+b b+c c+a
+
+
6
c
a
b

Bài 4. Cho a > 0, b > 0, c > 0 .Chứng minh rằng
a
b
c
3
+
+

b+c c+a a +b 2

Bài 5. Chứng minh rằng a 2 +

1
1
a +1
2

Bài 6. Cho a, b khác 0.Chứng minh
a 2 b2 a b
a) 2 + 2 + ữ 0
b
a b a
a 2 b2
a b
4
b) 2 + 2 ữ+ 6 7 + ữ
a
b a
b

10


III.Bài toán áp dụng bất đẳng thức:
1
4

ab ( a + b ) 2

1 1
4
+
và
a b a +b

3.1.Bài toán ví dụ
Bài toán 1.

Cho a > 0 , b > 0 .Chứng minh rằng

1
1
1
+

2
4a + 4b 8ab ( a + b ) 2
2

Giải
Vì a > 0, b > 0 nên 4a + 4b > 0 và 8ab > 0
2

2

áp dụng bất đẳng (4) ta có:
1
1
4
4
1
+
2
=
=
2
2
2

2
4a + 4b 8ab 4a + 4b + 8ab 4 ( a + b )
( a + b)
2

1

1

1

Vậy : 4a 2 + 4b 2 + 8ab ( a + b ) 2 . Dấu = xẩy ra a = b = c
Bài toán 2.
Cho a > 0 , b > 0, c > 0. Chứng minh rằng
1 1 1
4
4
4
+ +
+
+
a b c 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c

Giải
Vì a > 0, b > 0, c > 0. áp dụng bất đẳng (4) ta có:

Và

2 1 1 1 1 1 1
4

4
+ + = + ữ+ + ữ
+
a b c a b a c a+b a +c
4
4
1
4
16
1
+
= 4
+
=
ữ 4.
a+b a+c
a + b + a + c 2a + b + c
a+b a+c

11

(1)


Hoàn toàn tơng tự :

1 2 1
16
+ +
a b c a + 2b + c

1 1 2
16
+ +
a b c a + b + 2c

(2)
(3)

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) , ta có:
16
16
16
1 1 1
4 + + ữ
+
+
a b c 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c
1 1 1
4
4
4
<=> + +
+
+
a b c 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c

Dấu = xẩy ra a = b = c
Bài toán 3.

Cho a, b ,c là ba cạnh của một tam giác .Chứng minh rằng

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

Giải
Ta có a, b, c là ba cạnh của một tam giác .
Theo bất đẳng thức tam giác: a + b > c, a + c > b , b+ c >
a
=> a + b - c > 0 , a -b + c > 0 , -a +b + c
áp dụng bất đẳng (4) ta có:
(1)
Tơng tự:
(2)

1
1
4
2
+

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

1
1

4
2
+

=
a + b c a + b + c a + b c a + b + c b
1
1
4
2
+

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

(3)
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2) , (3) ,ta đợc:
1
1
1
1 1 1
+
+
+ +
a + b c a b + c a + b + c a b c

Dấu = xẩy ra a +b - c = a - b + c = -a + b + c a =
b =c
12

Bài toán 4.
Cho a , b , c là các số dơng.Chứng minh rằng
1 1 1
1
1
1
+ + 3
+
+
ữ
a b c
2a + b 2b + c 2c + a

Giải

Vì a, b, c là các số dơng
áp dụng dạng mở rộng bất đẳng (4) ( bài toán 1 muc 2.1)
cho ba số ta có:
2 1 1 1 1
9
9
+ = + +
=
a b a a b a + a + b 2a + b

Tơng tự:

2 1
9

+
b c 2b + c
2 1
9
+
c a 2c + a

( 1)

(2)
(3)

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1) ,(2) và (3) , ta có:
3 3 3
9
9
9
+ +
+
+
a b c 2a + b 2b + c 2c + a


+
+
+ + 3
ữ
a b c
2a + b 2b + c 2c + a
Dấu = xẩy ra a = b = c

1

1

1

1

1

1

Bài toán 5.
Cho a, b , c là các số thực dơng .Chứng ming rằng
1 1 1
1
1
1
+ 3 + 3 9
+
+
ữ3
a b c
a + 2b b + 2c c + 2a

6

(Đề thi chọn giáo viên dự thi GVG tỉnh,phòng GDĐT Cẩm Xuyên năm
học 2013-2014)
Giải

Ta có:
1 1 1
1
1
1
+ 3 + 3 9
+
+
ữ3
a b c
a + 2b b + 2c c + 2a

1

1

1




1

1

1

6 a3 + b3 + c3 + 6 9 a + 2b + b + 2c + c + 2a ữ
13


Để đa bài toán về dạng của bài toán 4 ở trên , trớc hết ta áp
dụng bất đẳng thức côsi . Vì a, b, c là các số thực dơng .
Nên áp dụng bất đẳng thức côsi cho ba số :

Tơng tự, ta có:

1
1 3
+1+1 33 3 =
3
a
a
a
1
1 3
+1+1 33 3 =
3
b
b
b
1
1 3
+1 +1 33 3 =
3
c

c
c

1
a3

, 1 , 1 ta đợc

(1)
(2)
(3)

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta đợc:
1 1 1
3 3 3
1 1 1
+ 3 + 3 + 6 + + = 3 + + ữ
3
a b c
a b c
a b c

Kết hợp với kết quả bài toán 4 , ta có

Hay

1 1 1
1
1
1 1 1

1
+ 3 + 3 + 6 3 + + ữ 9
+
+
ữ
3
a b c
a b c
a + 2b b + 2c c + 2a
1 1 1
1
1
1
+ 3 + 3 9
+
+
ữ 6
3
a b c
a + 2b b + 2c c + 2a

Dấu = xẩy ra a = b = c =1

*Nhận xét: Đây là bài toán hay và khó
Bài toán 6.
Cho a > 0, b > 0 , c > 0 , d > 0.
Chứng minh rằng

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

+
+
4
a+b b+c c+d d +a

Giải

Vì a > 0, b > 0 , c > 0 , d > 0 nên a + b > 0 , c + d > 0
1

1

4
a +b+c+d
1
1
4
+

Tơng tự :
b+c d +a a+b+c+d
a+c b+d c+a d +b a+c c+a b+d d +b
đó: a + b + b + c + c + d + d + a = a + b + c + d ữ+ b + c + d + a ữ




áp dụng bất đẳng (4) ta có : a + b + c + d
Do

14




1
1
1
1
(a + c)
+
+
ữ+ (b + d )
ữ
a+b c+d
b+c d +a
4
4
4( a + b + c + d )
(a + c)
+ (b + d )
=
=4
a +b+c +d
a+b+c+d
a +b +c +d
a +c b+d c+a d +b
Vậy: a + b + b + c + c + d + d + a 4

=

Dấu = xẩy ra a = b = c = d
Bài toán 7.

Cho a, b là hai số dơng .Chứng minh rằng

1
1
6
+

2
a + b ab ( a + b ) 2
2

Giải
Vì a > 0 , b > 0 nên ab > 0. áp dụng bất đẳng (4) ta có
1
1
4
4
+
2

2
2
2
a +b
2ab a + 2ab + b
( a + b)

2

1

4

1

(1)

2


2
2
Theo bất đẳng thức (5),ta có: ab
( a + b ) 2ab ( a + b )

(2)

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1) và (2) ta đợc:
1
1
1
1
1
4
2
6
+

=
+
+

+
=
a 2 + b 2 ab a 2 + b 2 2ab 2ab ( a + b ) 2 ( a + b ) 2 ( a + b ) 2

Hay

1
1
6
+

2
a + b ab ( a + b ) 2
2

Dấu = xẩy ra a = b
Bài toán 8.
Cho a, b là hai số dơng thỏa mãn : a + b
nhỏ nhất của biểu thức
M=

1
1
+
2
a +b

ab



1 .Tìm giá trị

2

(Đề thi HSG lớp 9 - Phòng giáo dục Cẩm Xuyên, năm học 2012
- 2013)
Giải
Lời giải hoàn toàn tơng tự bài toán 6
15


6
1
1
+
2
a 2 + b 2 ab ( a + b )

Ta có: M =

Vì a , b là các số dơng và a + b
Suy ra : M =

1
1
+

a 2 + b 2 ab



1 nên 0



(a + b)2



1.

6

Vậy Mmin = 6 khi và chỉ khi x = y =

1
2

Bài toán 9.
Cho a , b là các số dơng thỏa mãn a 2 + b 2 = 1 . Tính giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
1 1
M= +
a b
(Đề thi KSCL lớp 9 học kì I năm học 2011 - 2012- Phòng giáo dục Cẩm
Xuyên)

Giải
Vì a , b là các số dơng áp dụng bất đẳng (4) ta có M =
1 1
4
+
a b a +b

Mặt khác ta có: a 2 + b 2 2ab 2(a 2 + b 2 ) a 2 + 2ab + b 2 <=> 2(a 2 + b2 ) (a + b)2
2 ( a + b) 2 <=> 0 a + b 2 ( vì a, b là các số
dơng)
Suy ra: M =
Vậy Mmin =

1 1
4
4
+

=2 2
a b a +b
2

2 2

khi và chỉ khi x = y =

1
2

Nhận xét: Khi các biến có ràng buộc điều kiện thì từ bài

toán chứng minh bất đẳng thức ta chuyển sang bài toán
tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
3.2.Bài tập tơng tự:
Bài 1.
Cho a , b , c là các số dơng.Chứng minh rằng
1
1
1
3
+
+

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

Bài 2.

16


Cho a , b , c là các số dơng.Chứng minh rằng
1
1
1
9
+
+

2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c 4(a + b + c )

Bài 3.

Cho a , b , c là các số dơng,thỏa mãn a + b + c = 1.Chứng
minh rằng :
1
1
1
+ 2
+ 2
9
a + bc b + 2ca c +2ab
2

Bài 4.
Cho a, b , c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
a
b
c
+
+
3
b + c a a + c b a +b c

Bài 5.
Cho a , b , c là các số dơng. Chứng minh rằng :
a 8 + b8 + c 8 1 1 1
+ +
a 3b3c 3
a b c

Bài 6. Cho a , b là các số dơng. Chứng minh rằng :
1 1

4
4
+
+
a b 3a + b a + 3b

Bài 7.
Cho a,b,c,d là các số dơng .Chứng minh rằng
a)
b)

1 1 1 1
1
1
1
1


+ + + 4
+
+
+
ữ
a b c d
2a + b + c 2b + c + d 2c + d + a 2d + a + b
1 1 1 1
1
1
1
1

+ + + 4
+
+
+
ữ
a b c d
3a + b 3b + c 3c + d 3d + a

Phần III- Kết luận
Trong đề tài này tôi chỉ nghiên cứu và mở rộng một số
2
bất đẳng thức cơ bản từ bất đẳng thức ( a b ) 0 để áp
dụng vào giải một số bài toán .Bản thân tôi củng đã áp
dụng kết quả nghiên cứu của mình vào giảng dạy tại trờng
và bớc đầu thu đợc những thành công nhất định. Mặc dầu
đã rất cố gắng khi thực hiện đề tài song do năng lực bản
thân có hạn nên không thể tránh đợc những thiếu sót rất
mong nhận đợc ý kiến đóng góp từ đồng nghiệp,các em
17


học sinh để đề tài hoàn thiện hơn. Để đề tài mang lại lợi
ích thiết thực trong giảng dạy. Tôi xin chân thành cảm ơn /

Phần IV- Tài liệu tham khảo
1) Chuyên đề bất đẳng thức và ứng dụng trong đại số Công ty in thống kê và sản xuất bao bì Huế
2)Nguyễn Thị Thanh Thủy và nhóm tác giả chuyên đại học
s phạm Hà Nội
18

Các chuyên đề đại số Bồi dỡng học sinh giỏi trung học cơ
sở - NXBGD
3) Nguyễn Đức Tấn Nguyễn Anh Hoàng Lơng Văn Anh
Lời giải đề thi toán 8- NXB đại học quốc gia thành phố Hồ
Chí Minh
4) Bùi Văn Tuyên
Bài tập nâng cao và một số chuyên đề toán 8 NXB Giáo
Dục
5) Lu đề thi học sinh giỏi,thi khảo sát chất lợng học kì hằng
năm của phòng giáo dục và đào tạo Cẩm Xuyên

19