Phương pháp giải toán bất đẳng thức

Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt



Phương pháp giải toán bất đẳng thức

NỘI DUNG
Phần I: MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
1) Dùng các phép biến đổi thích hợp
2) Tam thức bậc 2
3) Phương pháp đạo hàm, cực trị hàm số
4) Quy nạp
5) Lượng giác hóa
6) Phương pháp hình học
7) Các BĐT thông dụng
8) Một số phương pháp khác
I. Sử dụng các phép biến đổi.
Ví dụ 1: CM với a,b,c là 3 số dương thì
1

a
b
c


2
ab bc ca

Giải: Vì a,b,c là 3 số dương nên ta có
a
a


ab abc

b
b

bc abc

Cộng vế theo vế ta được 1 

c
c

ca abc

a
b
c


ab bc ca

Mặt khác ta có
a
ac

ab abc

b
ab


bc abc

Cộng vế theo vế ta được

c
bc

ca abc

a
b
c


2
ab bc ca

Ví dụ 2: CM x  R ta luôn có
x8  x5  x 2  x 

2
3

Giải:

1


Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt

Phương pháp giải toán bất đẳng thức
x8  x5  x 2  x 

2
x x 2 3x 2
3 1 1 1
 x8  2x 4 . 

 2.
x.
 
3
2 4
4
2
3 3 3
2

2
1  1 1
 4 x   3
    0 x  R
 x   
x
2  2
3 3
3 



Do đó x 8  x 5  x 2  x 

2
(đpcm)
3

Ví dụ 3: CMR
1
1
1

 ...... 
1 n N
1.2 2.3
n(n  1)

Giải: Ta có
1
k (k  1)



1
k



1

k 1

(k  N * )

Cho k=1, 2, .....n rồi cộng các đẳng thức theo vế ta có
1
1
1
1 1 1
1
1
1

 ...... 
 1     ......  
 1
1
1.2 2.3
n(n  1)
2 2 3
n n 1
n 1

Vậy ta có đpcm.
II. Phƣơng pháp Tam thức bậc 2.
Ví dụ 1: CMR
13  59
5x 2  2
13  59
 2


11
11
3x  2 x  4

Giải: TXĐ: x  R
Gọi P 

5x 2  2
thì
3x 2  2 x  4

(3P  5) x 2  2Px  4P  2  0 (*)

Để (*) có nghiệm x thì
'  0  P 2  (4 P  2)(3P  5)  0
 11P 2  26 P  10  0


Vậy

13  59
13  59
P
11
11

13  59
5x 2  2
13  59

 2

11
11
3x  2 x  4

Dấu đt bên trái xảy ra

2


Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt



Phương pháp giải toán bất đẳng thức
x

13(13  59 )
121

Dấu đt bên phải xảy ra
x

13(13  59 )
121

III. Phƣơng pháp hàm số, dùng đạo hàm.
Ví dụ 1 : CMR x  0 thì sin x  x
Giải : Xét hàm số

f ( x)  x  sin x
f '( x)  1  cos x  0
 f (x) đồng biến

Mặt khác f(0)=0. Vậy f(x)>0 với mọi x>0 hay với mọi x>0 thì sin x  x
Ví dụ 2: CMR nếu 0a b
a a b
 ln 
a
b
b

Giải: Xét hàm số f(x)=lnx liên tục và có đạo hàm trên 0,
f ' ( x) 

1
. Theo định lí Lagrange tồn tại x0 với bx

f ' ( x0 ) 


f (b)  f (a)
ba

1 ln a  ln b
a b
a



 ln
x0
a b
x0
b

Vì b
1 1 1

 suy ra đpcm.
a x0 b

Ví dụ 3: Cho a,b,c,d là 4 số dương bất kì. CM
3

abc  abd  acd  bcd

4

ab  ac  ad  bc  bd  cd
6

Giải: Không mất tính TQ giả sử a  b  c  d
Xét hàm số y  f ( x)  ( x  a)( x  b)( x  c)( x  d )
f(x) là một hàm số liên tục và có đạo hàm trên R
Vì f(a)=f(b)=f(c)=f(d)=0 và f’(x) là một hàm bậc 3 nên tồn tại y1 , y 2 , y3 sao cho

3

Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt



Phương pháp giải toán bất đẳng thức
a  y1  b  y 2  c  y3  d sao cho f ' ( y1 )  f ' ( y 2 )  f ' ( y3 )  0

Vậy f ' ( x)  4( x  y1 )( x  y2 )( x  y3 )
Trong khai triển ta có
 4 y1 y 2 y3  (abc  acd  abd  bcd )
4( y1 y 2  y 2 y3  y3 y1 )  2(ab  ac  ad  bc  bd  cd )

Theo BĐT Cauchy
y1 y 2  y 2 y3  y3 y1 3
 ( y1 y 2 y3 ) 2
3

3

abc  abd  acd  bcd

4

ab  ac  ad  bc  bd  cd
6

IV. Phƣơng pháp quy nạp.
Phương pháp này được áp dụng khi BĐT phụ thuộc 1 tham số n  N , với

các bước chứng minh như sau:
+ Bước 1. C/m BĐT đúng với n=n0
+ Bước 2. Giả sử BĐT đúng với n=k (k  n0 ) ta cần chứng minh BĐT
đúng với n = k+1.
+ Bước 3. Kết luận BĐT đúng với mọi n  N .
Ví dụ 1 : C/m n  2 , n  N * ta có :
1 3 5
2n  1
1
. . ...........

(*)
2 4 6
2n
3n  1
3
8

Giải: + Khi n=2 ta có (*)  

1
7

 đúng.

+ Giả sử BĐT đúng với n=k tức là
1 3 5
2k  1
1
. . ...........


2 4 6
2k
3k  1

Ta cần chứng minh (*) cũng đúng với n=k+1 (k  2) . Thật vậy
1 3 5
2k  1
1
1 3
2k  1 2k  1
1
2k  1
. . ...........

 . .......
.

.
2 4 6
2k
2 4
2k 2k  2
3k  1
3k  1 2k  2

Ta cần chứng minh

4

Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt



Phương pháp giải toán bất đẳng thức
2k  1
1
1


3k  1 2k  2
3(k  1)  1
3k  4
1

.

 (2k  1). 3k  4  3k  1.(2k  2)
 (4k 2  4k  1)(3k  4)  (3k  1)(4k 2  8k  4)
 19k  4  20k  4  k  1

Đến đây ta thấy (*) đúng với n=k+1.
Vậy theo giả thiết quy nạp (*) đúng với n  2
Ví dụ 2: Cho x>0 CMR với n  1 ta có
ex  1 x 

x2 x3
xn


 ...... 
2! 3!
n!

Giải: +Với n=1 ta có e y  1 y  0, x
x

x

Vậy  e dy   dy  e x  1  x  e x  1  x x  0
x

0

0

Vậy BĐT đúng với n=1.
+ Giả sử BĐT đúng với n=k (k  1) x  0 tức là
ex  1 x 

x2 x3
xk

 ...... 
2! 3!
k!

Ta c/m BĐT cũng đúng với n=k+1 tức là :
ex  1 x 

x2 x3
x k 1

 ...... 
2! 3!
(k  1)!

Thật vậy theo giả thiết quy nạp ta có:
ex  1 x 

x 2 x3
xk

 ...... 
2! 3!
k!

x  0

Như vậy ta có
y2 y3
yk
e  1 y 

 ...... 
2! 3!
k!
y

y  0, x

Do đó ta có:
x

x

y2
yk
0 e dy  0 (1  y  2!  ......  k ! )dy
y

x 2 x3
x k 1
 e  1  x    ......... 
2! 3!
(k  1)!
x

5


Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt



Phương pháp giải toán bất đẳng thức
x 2 x3
x k 1
 e  1  x    ......... 
2! 3!

(k  1)!
x

+Vậy theo nguyên lí quy nạp ta có BĐT đúng với n  1
V. Sử dụng phƣơng pháp lƣợng giác hóa.
Để sử dụng phương pháp lượng giác hóa, trước hết học sinh phải nắm
vững các tính chất, công thức và các phép biến đổi lượng giác. Trên cơ sở đó,
trong một số bài toán nếu đặt các giá trị ẩn thích hợp qua các hàm số lượng giác
thì rất thuận tiện.
Ví dụ 1: CMR x, y ta có:


1 ( x 2  y 2 )(1  x 2 y 2 ) 1


2
4
4
(1  x 2 ) 2 (1  y 2)



Giải: Đặt x  tg y  tg     ,   


2

2

Ta có:

A

( x 2  y 2 )(1  x 2 y 2 )
(1  x 2 ) 2 (1  y 2)

2

(tg 2  tg 2  )(1  tg 2 .tg 2  )

(1  tg 2 ) 2 (1  tg 2  ) 2

 (sin 2  cos 2   sin 2  cos 2  )(cos 2  cos 2   sin 2  sin 2  )
 sin(   ) sin(  b) cos(   ) cos(   )
1
 sin( 2  2  ) sin( 2  2  )
2
1
 A   dpcm
4

*) Một số bài tập:
1. CMR x, y  R thì


1 ( x  y )(1  xy ) 1


2 ( x 2  1)( y 2  1) 2

2. Cho 4 số thực a, b, c, d thõa mãn

a 2  b 2  1
 2
c  d 2  1

CMR  1  ac  bd  1
VI. Phƣơng pháp hình học.
6


Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt



Phương pháp giải toán bất đẳng thức
a) Sử dụng các BĐT về vectơ
1. u  v  u  v
Dấu “=” xảy ra  u, v cùng chiều
2. u.v  u . v  u . v  u . v
Ví dụ 1: Cho a, b, c là 3 số thực bất kì CM
(a  b) 2  c 2  (a  b) 2  c 2  2 a 2  c 2

Giải: Đặt u  (a  b; c) v  (a  b; c) thì u  v  (2a;2c)
Ta có u  v  u  v suy ra đpcm.

Ví dụ 2: CM x, y  R thì
x 2  4 y 2  6 x  9  x 2  4 y 2  2 x  12 y  10  5

Giải: Đặt u  ( x  3;2 y) v  (1  x;3  2 y) thì u  v  (4;3)
Lại áp dụng u  v  u  v suy ra đpcm.
Ví dụ 3: CM a, b, c thì abc(a  b  c)  a 4  b 4  c 4

Chú ý: Phương pháp vectơ được áp dụng trong các trường hợp ta có thể biểu
diễn các thành phần của bđt thành đồ dài các vectơ tuy nhiên nó chỉ áp dụng
thường thi khi không có sự ràng buộc nào của các biên còn nếu có sự ràng buộc
thì ta thường dùng phương pháp tọa độ.
b) Phương pháp tọa độ:
Ví dụ 4: Cho a,b thõa mãn a – 2b + 2 = 0.
CMR

(a  3) 2  (b  5) 2  (a  5) 2  (b  7) 2  6

Giải: Chọn A(3; 5) B(5; 7)
M(a; b) vì thõa mãn a – 2b + 2 = 0 nên nằm trên đường thẳng x- 2y + 2=0
’
’
() . Lấy A đối xứng A qua () ta có A (5; 1)
Ta có MA+MB=MA’+MB  A’B
Hay (a  3) 2  (b  5) 2  (a  5) 2  (b  7) 2  6
Dấu “=” xảy ra  a  5  b 

7
2

A
x
M
A

7

P

y


Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt



Phương pháp giải toán bất đẳng thức
c) Các phương pháp khác:
Ví dụ 5: Cho 0x(1  y)  ( y(1  z)  z(1  x)  1

Giải: Dựng tam giác đều cạnh 1 như hình vẽ
Ta có
S AMP  S CPN  S BNM  S ABC
A

1
1
sin 60 0 x(1  y )  y (1  z )  z (1  x)  . sin 60 0.1.1
2
2
 x(1  y )  y (1  z )  z (1  x)  1


Ví dụ 6: Cho a, b, c dương. CM
a 2  2ab  b 2  b 2  3bc  c 2  a 2  2  3 ac  c 2

A

Giải: Dựng hình như hình vẽ sao cho:
OA=a ; OB=b ; OC=c
AOB  450

BOC  30 0

a

Áp dụng định lí hàm số cosin
trong tam giác ta có:

b

B

O

AB  a 2  2ab  b 2

c

BC  b 2  3bc  c 2

C

cos AOC  cos(450  300 )  cos 450 cos300  sin 450 sin 300


1
3 1 1 1

3 1 1
.

. 
.

2 3
2
2
2 2
2 2
2

Vậy AC  a 2  2  3 ac  c 2 tức là
a 2  2ab  b 2  b 2  3bc  c 2  a 2  2  3 ac  c 2

Dấu đẳng thức xảy ra
 SAOB  SBOC  SAOC 

ab 2 bc 1
ac 2  3
  ac sin 750  b 
4
4 2
ac

*) Một số bài tập
1. Cho a, b, c, d là 4 số thực thõa mãn
8

Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt



Phương pháp giải toán bất đẳng thức
2
2

a  b  1  2(a  b)
 2
2

c  d  36  12(c  d )

CM: ( 2  1) 6  (a  c) 2  (b  d ) 2  ( 2  1) 6
2. CMR x ta có
2 x 2  2 x  1  2 x 2  ( 3  1) x  1  2 x 2  ( 3  1) x  1  3

3. Cho x, y thõa
 x  2 y  8  0

x  y  2  0
 y  2x  4  0


C/m

16
 x 2  y 2  20

5

4. Cho x, y, z dương thõa mãn xyz(x+y+z)=1
Tìm MIN (x+y)(x+z)
VII. Sử dụng các BĐT quen thuộc.
1. Bất đẳng thức Cauchy
a. Cho 2 số không âm x, y ta có
x y
 xy . Dấu “=”  x  y
2

Dạng khác

1 1
4
Dấu “=”  a  b
 
a b ab

b. Tổng quát cho n số không âm a1 , a2 ,....., an ta có
a1  a 2  .......  a n n
 a1 a 2 ....a n
n

Ví dụ 1 : Cho a, b, c là 3 số dương tùy ý
CMR x  R ta có
x

x

x

 ab   bc   ca 
x
x
x
       a b c
c
a
b
     

Giải : Áp dụng BĐT Cauchy cho các cặp số dương ta có :

9


Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt



Phương pháp giải toán bất đẳng thức
x

x

x

x

x

x

x

x

x

 ab   bc 
 ab.bc 
x
     2 
  2b
c
a
ca
   


 bc   ca 
 bc.ca 
x
     2 
  2c
 a  b 
 ab 
 ca   ab 
 ca.ab 

x
     2 
  2a
 b   c 
 bc 

Cộng vế theo vế ta có ta có đpcm.
Dấu “=’ xảy ra khi và chỉ khi x=0.
Ví dụ 2 : Với a, b, c dương CM
a3 b3 c3


 ab  bc  ca
b
c
a

Giải : áp dụng BĐT Cauchy cho các cặp số dương ta có :
a3
a3
 ab  2
.ab  2a 2
b
b
b3
b3
 bc  2
.bc  2b 2
c
c

c3
c3
 ca  2
.ca  2c 2
a
a

Cộng vế theo vế ta có :
a 3 b3 c3

  ab  bc  ca  2(a 2  b 2  c 2 ) (1)
b
c
a

Mặt khác ta có





1
(a  b) 2  (b  c) 2  (c  a) 2  0
2
2
2
2
 a  b  c  ab  bc  ca
a 2  b 2  c 2  ab  ac  bc 

Thay vào (1) suy ra đpcm. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c.
c. Một số dạng toán cơ bản sử dụng BĐT Cauchy tổng quát để c/m.
1) Cho n số thực dương a1 , a2 ,....., an thõa mãn
1
1
1

 ........ 
k
a1 a 2
an

(k  0 cho trước)

CMR
10


Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt



Phương pháp giải toán bất đẳng thức
1
1

 ....
m1a1  m2 a2  ....  mn an m2 a1  m3a2  ....  m1an


1
k

mn a1  m1a2  ....  mn1an m1  m2  ....  mn

Với m1 , m2 ,........, mn là các số nguyên dương tùy ý.
Giải: áp dụng BĐT Cauchy cho m  m1  m2  ....  mn số ta có:
m1a1  m2 a2  .......  mn an  mm a1m1 a2m2 .....anmn

(1)

Lại áp dụng cho m số dương ta có
m
m1 m2

 .....  n 
a1 a 2
an

m
m

a a .....a nmn
m1
1

m2
2

(2)

Từ (1) và (2) ta có
 m1 m2
m

 .....  n
an
 a1 a 2

( m1a1  m2 a2  .......  mn an ) 



  m 2


m 
1
1 m m
 2  1  2  ....  n   (*)
m1 a1  m2 a 2  ....  mn a n m  a1 a 2
an 

Tương tự cho các phân thức còn lại cuối cùng cộng các bđt dạng như (*)
lại vế theo vế ta có
1
1
1
k
 .... 

 2 (m.k ) 
m1a1  m2 a 2  ....  mn a n
mn a1  m1a 2  ....  mn1a n m
m1  ....  mn

*) Một số bài tập
1. Cho 3 số dương a, b, c. CMR
1 1 1
2
2
2
  


a b c ab bc ca

a b c abc
   3
b c a
abc

2. CMR
Tổng quát
k

k

k

 a1   a1 

a 
a  a 2  ....  a n
      .....   1   1
n a a ....a
 a2   a2 
 a2 
1 2
n

a , b  0
1
. Tìm MIN S  ab 
ab
a  b  1

3. Cho 

2. Sử dụng BĐT Bunhiacopxki(BCS)
11


Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt



Phương pháp giải toán bất đẳng thức
Với 2 bộ số a1 , a2 ,....., an  và b1 , b2 ,....., bn  bất kì ta có

a1b1  a2b2  .....  an bn 2  (a12  a22  ....  an2 )(b12  b22  ....  bn2 )
Đẳng thức xảy ra 

a
a1 a 2

 ......  n
b1 b2
bn

Với quy ước ai=0 thì bi=0
Chứng minh:
+Nếu a12  a22  ....  an2 =0 suy ra BĐT luôn luôn đúng
+Nếu a12  a22  ....  an2 >0. Xét tam thức
f ( x)  (a1 x  b1 ) 2  (a 2 x  b2 ) 2  ....  (a n x  bn ) 2
f ( x)  (a12  a 22  ....  a n2 ) x 2  2(a1b1  a 2 b2  ....  a n bn ) x  (b12  b22  ....  bn2 )
f ( x)  0 x  R  '  0
 (a1b1  a 2 b2  ....  a n bn ) 2  (a12  a 22  ....  a n2 )(b12  b22  ...  bn2 )

Ví dụ 1: Cho 2 số thực x, y thõa mãn x  3 y  2 .
CMR 2 x 2  3 y 2 

8
3

Giải: Theo BĐT BCS ta có
2

8
 1

1 

. 2 x  1. 3 y     1 2 x 2  3 y 2  2 x 2  3 y 2 

3
2 
 2






2

x


2x
3y
3


Dấu “=” xảy ra 
1
1
y  4

2
3 3

Ví dụ 2: a) Cho n số thực a1 , a2 ,....., an  và n số dương b1 , b2 ,....., bn 

a 2 a  a 2  .....  a n 
a12 a 22

 .....  n  1
b1 b2
bn
b1  b2  ....  bn

2

CMR

b) CMR
a2
b2
1
 2

 1 a, b  0
2
b  2a a  2b 1  2ab

Giải: a) Áp dụng BĐT BCS cho 2 bộ số dương
 a1 a 2
a 

;
;.....; n  và
 b
bn 

 1 b2



b1 ; b2 ;.....; bn


12


Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt



Phương pháp giải toán bất đẳng thức
Ta có
 a12 a 22
a n2 
(a1  a 2  ....  a n )  

 ....  b1  b2  ....  bn 
bn 
 b1 b2
a 2 (a  a 2  ...  a n ) 2
a2 a2
 1  2  ....  n  1
b1 b2
bn
(b1  b2  ....  bn )
2

b) Áp dụng kết quả ở a) ta có
a2
b2
1
(a  b  1) 2



 1  đpcm
b 2  2a a 2  2b 1  2ab b 2  2a  a 2  2b  2ab  1

Ví dụ 3: Cho ab+bc+ca=1 a, b, c là 3 số dương
CMR

a b c
   ( a  b  c) 2
b c a

Giải: Áp dụng BĐT BCS ta có a, b, c dương nên
2


a
b
c
a b c
  ab  bc  ca    
(a  b  c)   ab
 bc

 ca

b
c
a
b c a

a b c
    (a  b  c) 2
b c a
2

“=” 

ab
a
b

bc



b
c



ac
c
a

abc

1
3

VII. Các phƣơng pháp khác
1. Sử dụng khai triển nhị thức Newton
Để c/m A  B ta có thể làm như sau
a) Nếu đưa A về dạng
n

A  (a  b) n   C ni a n i b i
i 0

Ta tìm cách c/m B không lớn hơn tổng T của một số phần tử của chuỗi
thì B  T  A (cách ngắt chuỗi dương)
b) Nếu đưa được B về dạng
n

B  ( x  y ) n   C ni x n i y i

(*)

i 0

Ta tìm cách đánh giá mỗi số hạng của chuỗi (*) không lớn hơn các biểu
thức TJ mà

n

n

j 0

j 0

 T j  A lúc đó B   T j  A
13


Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt



Phương pháp giải toán bất đẳng thức
Ví dụ 1: Nếu x  1 và n nguyên, n>1 thì
(1  x) n  (1  x) n  2 n

Giải: Ta có
n

2 n  (1  x  1  x) n  (1  x) n  (1  x) n   C ni (1  x) ni (1  x) i
i 1

Vì x  1 nên (1  x) ni (1  x) i  0 i 1,2,....n  1. Vậy 2 n  (1  x) n  (1  x) n
Ví dụ 2: CMR m nguyên dương, m  2 ta có:
 m2 1



2
 m 

2 m 1

2

1 

.1 
  1 (1)
 m 1

Giải:
1 

(1)  1  2

 m 1

2 m1

2

1 
1 


 1 
  1  2


 m 1
 m 1 

2 m1

2

2
1

m  1 (m  1) 2

1

1
 1 
 1 
1 C
 C22m1  2   .....  C22mm11  2 
2
m 1
 m 1
 m 1
Mặt khác ta có:

2 m1

1
2 m1

1

2
1

m  1 (m  1) 2

4m 2  1  3m 2  3
2m  1 m(2m  1) m(2m  1)(2m  1)
1
2
 2




2
2
2
3
2
m 1
m  1 (m  1)
3(m  1)
(m  1)

 đpcm

Ví dụ 3: Nếu n là số tự nhiên lớn hơn 1.

CM

n

n  1

2
n

Giải: Vì n  1  n n  1 . Đặt n n  1  x( x  0) . Lúc đó ta có
n  (1  x) n  1  nx 
 x 1  1

n(n  1) 2
n(n  1) 2
2
x  ....  x n  n  1 
x  x2   x 
2
2
n

2
n

2
2
 n n  1
n

n

2. Sử dụng phƣơng pháp phân chia.
a) Nếu hàm số biến thiên phức tạp trong tập xác định ta chia tập xác định D
thành các tập con D1, D2,….sao cho việc tìm cực trị của hàm số trên các tập con
dễ dàng hơn.

14


Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt



Phương pháp giải toán bất đẳng thức
b) Nếu tính chất của hàm thay đổi cả trên các tập con thì ta phân tích hàm
thành tổng của các hàm đơn giản hơn để tìm cực trị của các hàm thành phần.
Ví dụ 1: Tìm Max của F ( x, y)  x 2002 y(4  x  y) với x,y là các số thực thõa mãn
x  0

y  0
x  y  6


Giải:
+ Khi x  y  4 ta có F  0 . Dấu “=” xảy ra  x  y  4
+ Khi x  y  4 ta có x  0, y  0, 4  x  y  0
Áp dụng BĐT Cauchy cho 2004 số không âm ta được
F  20022002.

x
x
x
.
.......
. y.(4  x  y )
2002 2002
2002

x


2002.
 y4 x y

2002
 F  20022002 

2004





2004

20022002

5012004

2002

x

x

2002 2002
501
''
 y 4 x y  
Vậy F 
5012004
2002
y  1

501

Ví dụ 2: Tìm Min F ( x)  x  20011  x  2002

xR

Giải: Xét các trường hợp:
+ x  2002 . Lúc đó
F ( x)  2 x  4003  F ( x)  1
' '  x  2002

+ x  2001,2002  F ( x)  1
+ x  2001  F ( x)  4003  2 x  1
' '  x  2001

Vậy Min F ( x)  1  x  2001,2002
Ví dụ 3: Tìm Min A  x( y  z)  z( x  y) trong đó x, y, z là các số thực thõa mãn
x 2  y 2  z 2  1.

15


Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt



Phương pháp giải toán bất đẳng thức
Giải: Đặt A1  xy  yz  zx; A2  zx  A  A1  A2
Ta có: ( x  y  z ) 2  0  x 2  y 2  z 2  2 A1  0  A1  

1
2

Đẳng thức xảy ra
x  y  z  0
 2
2
2
x  y  z  1

(1)

Ta cũng có
1
1

1
1
1
A2  z x  ( z 2  x 2 )  (1  y 2 )     A2 
2
2
2
2
2
Đẳng thức xảy ra
y  0

 x   z
x 2  y 2  z 2  1


(2)

1

x  2

(1)
 1  1
 A          1; '  '     y  0
 2  2
(2) 
1
z  


2

3. Sử dụng mối quan hệ giữa các bất đẳng thức:
Ví dụ từ đẳng thức xy  yz  zx  1 ta có bđt ( x  y  z) 2  0  x 2  y 2  z 2  2 .
Từ đó ta có thể chứng minh dễ dàng các BĐT
Ví dụ : Đặt x 

ab
;
a b

y

bc
ca
; z
bc
ca

Ta có
a b bc ca

 
 
  2 (1)
a b bc ca
a2  b2 b2  c2 c2  a2 5





(2)
(a  b) 2 (b  c) 2 (c  a) 2 2
2

và

2

2

ab
bc
ca
1



(3)
2
2
2
4
( a  b)
(b  c)
(c  a )

Cộng (2) và (3) rồi biến đổi ta có:

16

Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt



Phương pháp giải toán bất đẳng thức
a3  b3 b3  c3 c3  a3 9



(a  b) 3 (b  c) 3 (c  a) 3 4

Với một số mối quan hệ như trên ta có nhiều bđt. Vì vậy trong c/m cần
sử dụng khéo léo quan hệ đó.
Phần II: BẤT ĐẲNG THỨC LƢỢNG GIÁC TRONG TAM GIÁC
I. Sự liên quan giữa các bất đẳng thức trong tam giác:
Trong quá trình chứng minh các BĐT trong tam giác, bằng các phép biến
đổi tương đương ta có thể tìm được mối quan hệ mật thiết từ những bất đẳng
thức có vẽ hoàn toàn khác nhau.
Ví dụ 1: Xét BĐT ( p  a)( p  b)( p  c) 

abc
(1)
8

trong đó a, b, c là độ dài 3 cạnh 1 tam giác ; p là nửa chu vi.
CM: Theo BĐT Cauchy ta có
( p  a  p  b) 2 c 2
( p  a)( p  b) 


4
4
2
( p  b  p  c)
a2
( p  b)( p  c) 

4
4
2
( p  c  p  a)
b2
( p  c)( p  a) 

4
4

Nhân tương ứng theo vế các số không âm ta được
2

( p  a)( p  b)( p  c)2   abc  suy ra đpcm.
 8 

Bây giờ ta biến đổi (1) như sau :
(1)  p( p  a)( p  b)( p  c)  p.

abc
8

p
abc p
abc  pr.
 abc
8
4R 8
 R  2r (2)
 S2 

(2) là BĐT mới và hoàn toàn khác so với (1)
CM (2) như sau: Ta có

17


Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt



Phương pháp giải toán bất đẳng thức
1
ab sin C  2 R 2 sin A sin B sin C  pr
2
abc
 2 R 2 sin A sin B sin C 
r
2
r
2 sin A sin B sin C
2 sin A sin B sin C

A
B
C
 

 4 sin sin sin
A
B
C
R sin A  sin B  sin C
2
2
2
4 cos cos cos
2
2
2
r
3
1
  cos A  cos B  cos C  1   1   R  2r (dpcm )
R
2
2
S

( cos A  cos B  cos C 

3
là BĐT cơ bản)

2

Tiếp tục biến đổi theo hướng khác :
2

p
p
 abc 
(1)  S  abc  
  abc
8
8
 4R 
abc
 2  a  b  c (3)
R
2

 4 sin A sin B sin C  sin A  sin B  sin C (4)

(4) là một BĐT mới liên quan giữa các góc. CM (4) như sau :
(4)  sin A sin B sin C  cos
 8 sin

A
B
C
cos cos
2
2

2

A
B
C
sin sin  1
2
2
2

 cos A  cos B  cos C 

3
2

Suy ra đpcm.
Tiếp tục biến đổi (1) :
abc
1
 2
abc
R
h h  hb hc  hc ha
1
1
1
1
1




 2  a b
 2
2
bc ca ab R
4S
R
2
4S
 ha hb  hb hc  hc ha  2 (5)
R

(1)  (3) 

(5) là một BĐT mới liên quan đến các đường cao.
Ta biến đổi (1)
(1) 

1
8
2p
8(a  b  c)



( p  a)( p  b)( p  c) abc
( p  a)( p  b)( p  c)
abc

18

Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt



Phương pháp giải toán bất đẳng thức


( p  a )  ( p  b)  ( p  c )
1
1 
 1
 8   
( p  a)( p  b)( p  c)
 ab bc ca 

1
1
1
1
1 
 1


 8   
( p  b)( p  c) ( p  c)( p  a ) ( p  a )( p  b)
 ab bc ca 
rr rr rr
h h h h hh

 a 2b  b 2c  c 2a  8 a b b 2c c a
S
S
S
4S
 ra rb  rb rc  rc ra  2(ha hb  hb hc  hc ha ) (6)




( p  a )  ( p  b)  ( p  c )
1
1 
 1
 8   
( p  a)( p  b)( p  c)
 ab bc ca 



1
1
1
1
1 
 1


 8   
( p  b)( p  c) ( p  c)( p  a) ( p  a)( p  b)

 ab bc ca 

(6) là BĐT liên quan đến bán kính đường tròn bàng tiếp và đường cao.
Từ các biến đổi ta thấy các BĐT sau là tương đương :
( p  a)( p  b)( p  c) 

abc
8

(1)

R  2r

(2)

abc
 abc
R2

(3)

4 sin A sin B sin C  sin A  sin B  sin C

(4)

4S 2
ha hb  hb hc  hc ha  2
R

(5)

ra rb  rb rc  rc ra  2(ha hb  hb hc  hc ha )

(6)

Từ (5) và (6) suy ra
ra rb  rb rc  rc ra 

8S 2
R2

(7)

Tóm lại, giữa các BĐT tam giác trông rất khác nhau nhưng lại có một mối
quan hệ tương đương hoặc hệ quả.
Để dễ nhớ và CM các BĐT ta thường đi từ một hệ thức hoặc một BĐT
quen thuộc rồi biến đổi về các BĐT mới, từ đó suy ra cách CM BĐT đó khi gặp.
Ví dụ 2: Ta có 2 hệ thức trong tam giác

19


Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt



Phương pháp giải toán bất đẳng thức
(1)
tgA  tgB  tgC  tgAtgBtgC


 A B
B C
C A
tg tg  tg tg  tg tg  1 (2)

2 2
2 2
 2 2

Từ (1) ta có thể suy ra các BĐT
tgA  tgB  tgC  3 3 (3)
tgAtgBtgC  3 3

(4)

(4)  tgAtgB  tgBtgC  tgCtgA  33 tg 2 Atg 2 Btg 2 C  9 (5)
(5)  tg 2 A  tg 2 B  tg 2 C  tgAtgB  tgBtgC  tgCtgA  9 (6)

Vậy từ (1) có được (3),(4),(5),(6).
Xuất phát từ (2) ta có:
2

B
C
B C
C A
 A
 A B
 tg  tg  tg   3 tg tg  tg tg  tg tg   3
2

2
2 2
2 2
 2
 2 2
A
B
C
 tg  tg  tg  3 (7)
2
2
2
2

(7)  tg 2

A
B
C 1 A
B
C
 tg 2  tg 2   tg  tg  tg   1 (8)
2
2
2 3 2
2
2
2

B C

C A
 A B C3  A B
3tg tg tg    tg tg  tg tg  tg tg   1
2 2
2 2
 2 2 2
 2 2
A B C
1
 tg tg tg 
(9)
2 2 2 3 3
A
2

B
2

Từ (3) và (9)  tgA  tgB  tgC  27tg tg tg

C
(10)
2

Tóm lại từ một số hệ thức ta có thể thấy trong nó ẩn chứa nhiều BĐT cần
được khai thác.
II. Những phƣơng pháp chứng minh chọn lọc các BĐT tam giác.
Việc lựa chọn phương pháp để chứng minh các BĐT cơ bản quen thuộc
trong tam giác giúp rút ngắn thời gian làm bài.
Ví dụ 1 :

CM BĐT: sin A  sin B  sin C 

3 3
(1)
2

Giải : (1) được CM theo nhiều phương pháp, sau đây là phương pháp ngắn gọn:
Ta có

20


Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt



Phương pháp giải toán bất đẳng thức
sin A  sin B  sin C  2 cos

C
A B
C 2 
C 
C
 sin  
 cos
 3 cos 1  sin 
2
2

2
2 
2
3
2

2

2 
C
C  1
2 1
2 1 
3 3
 C  

  1 
 3 cos 2  1  sin 2  2  
 2  cos 2  6  
2
3 
3
32 
 



Ví dụ 2 : CM BĐT cos A  cos B  cos C 

2

3
(2)
2

(2) được CM đơn giản như sau :
cos A  cos B  cos C  2cos
2sin

A B
A B
C
cos
 1  2sin 2 
2
2
2

C
A B
C
 sin   1
 cos
2
2
2
2

C
C

1 C
C
3
 2sin 1  sin   1   sin  1  sin   1 
2
2
2
2
2
2

Ví dụ 3: CM BĐT sin A sin B sin C 

3 3
8

(3)

(3) được cm dễ dàng từ (1), nhưng ta cũng có thể cm (3) như sau
sin A sin B sin C 

1
cos( A  B)  cos C . sin C  1 (1  cos C ) sin C  3
2
2
 3 
2

2

1 1
sin C 
3
 
3 3

 . 1  cos C 
 . 3 
1  2 cos C    
2 4
8 
3 
8
3 


Ví dụ 4: CM BĐT cos A cos B cos C 

1
(4)
8

Ta có
1
A B
1

 cos C  cos C  (1  cos C ) cos C
 cos
2

2
2

1 1
1
 . (1  cos C  cos C ) 2 
2 4
8
cos A cos B cos C 

Ví dụ 5 : CM sin
A
2

B
2

A
B
C 3
 sin  sin 
2
2
2 2

Ta có sin  sin  sin

C
A B
A B

A B
 2 sin
cos
 1  2 sin 2
2
4
4
4

A B
A B
A B 1
3 3

 1  2 sin 2
 2 sin
   
4
4
4
2
2 2

2

 2 sin

21

Gia Sư Dạy Kèm Tài Năng Việt



Phương pháp giải toán bất đẳng thức
C. KẾT LUẬN
Trên đây là một số kinh nghiệm đúc rút trong quá trình giảng dạy hơn 30
năm qua, đặc biệt là trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi. Từ những vấn đề
trình bày trên đây có thể rút ra kết luận rằng: việc nghiên cứu giải các bài toán
về bất đẳng thức đối với học sinh phải là một quá trình thường xuyên và đặc biệt
là phải được nghiên cứu chu đáo ngay từ những kiến thức cơ bản ở lớp 10.
Trong đó phương pháp chứng minh BĐT theo suốt chương trình từ lớp 10 và
được hoàn thiện ở lớp 12 là tìm cực trị và GTLN, GTNN của hàm số. BĐT
lượng giác trong tam giác là một sự vận dụng của BĐT và các hệ thức lượng
trong tam giác nhưng lại ẩn chứa những phép biến đổi rất tinh vi mà ít người có
thể thấy được.
Mặc dù có thể còn nhiều hạn chế nhưng tôi hy vọng rằng đề tài này sẽ
đóng góp rất tốt cho các bạn đồng nghiệp và học sinh có thể tìm hiểu sâu sắc
hơn về bất đẳng thức nhằm nâng cao hiệu quả trong giảng dạy và học tập. Tôi
rất mong nhận được ý kiến đóng góp của độc giả.

D. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Bộ sách giáo khoa hợp nhất năm 2000.
2. Bộ sách giáo khoa-Ban khoa học tự nhiên-Bộ sách thứ nhất-NXBGD
2003.
3. Phương pháp tìm GTLN và GTNN của Phan Huy Khải
4. Tài liệu bồi dưỡng giáo viên THPT chuyên. Bất đẳng thức và các vấn đề
liên quan của Trần Nam Dung, Nguyễn Văn Mậu
5. Bất đẳng thức: suy luận và khám phá - Phạm Văn Thuận Lê Vĩ
6. 500 Bất đẳng thức của Cao Minh Quang.

7. Sáng tạo bất đẳng thức - Phạm Kim Hùng

Sưu tầm từ Tài Liệu Do Cô Đinh Thị Lựu Trường PTTH Chuyên Quảng Bình biên soạn

22