Một số kỹ năng giải toán bất đẳng thức cho học sinh lớp 8,9 ở trường THCS trung chính

PHẦN 1. MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài.
Trong chương trình phổ thông, học sinh được làm quen với bất đẳng
thức từ rất sớm và nó luôn song hành với học sinh cho đến lớp 12. Ở bậc tiểu
học chúng ta đã được giới thiệu so sánh các số tự nhiên rồi đến so sánh các
phân số. Ở bậc THCS chúng ta tiếp tục học so sánh các số nguyên, so sánh
lũy thừa rồi các biểu thức chứa 1 biến, 2 biến, 3 biến. Ở bậc THPT bất đẳng
thức được mở rộng đa dạng cùng với các phương pháp chứng minh. Bất
đẳng thức không chỉ xuất hiện trong chương trình phổ thông mà còn thường
xuyên xuất hiện trong các kì thi chuyển cấp, thi học sinh giỏi các cấp, thi
vào lớp 10 chuyên, chọn. Với mong muốn tạo ra một tài liệu thể hiện được
các phương pháp giải bài toán về bất đẳng thức cùng các hướng tiếp cận,
đưa ra phương pháp tư duy và các phép suy luận để tìm ra được lời giải một
cách tối ưu, cũng như chia sẻ một số kinh nghiệm khi chứng minh một bất
đẳng thức. Vì vậy tôi xin được trình bày: “ Một số kỹ năng giải toán bất
đẳng thức ở trường THCS Trung chính”.
II. Mục đích nghiên cứu.
Mở rộng và nâng cao phần tri thức về Bất Đẳng Thức cho học sinh, phát
triển tư duy thuật toán ở học sinh, đáp ứng yêu cầu chung của ngành giáo
dục về nâng cao chất lượng học sinh giỏi.
III. Đối tượng nghiên cứu.
Đề tài nghiên cứu, tổng kết về các phương pháp chứng minh bất đẳng
thức áp dụng cho học sinh khá, giỏi lớp 8, lớp 9 ở trường THCS Trung
Chính.
IV. Phương pháp nghiên cứu.
Phương pháp nghiên cứu các tài liệu
Phương pháp thực nghiệm
Phương pháp thống kê
Phương pháp quan sát, kiểm tra, đối chiếu, so sánh kết quả học sinh
PHẦN 2. NỘI DUNG
I. Cơ sở lý luận.

Việc nâng cao chất lượng học sinh giỏi là nhiệm vụ trọng tâm của nhà
trường.
Chất lượng học sinh phải đạt được 3 yêu cầu: Phát triển năng lực tư duy
Có phẩm chất đạo đức tốt, giàu tính nhân văn, có ý‎ thức vươn lên, ham
hiểu biết, tự giác, tích cực học tập và Có năng lực sáng tạo trong công


việc. Do vậy cần nắm bắt đối tượng học sinh, tìm hiểu nguyên nhân để
kịp thời xây dựng kế hoạch bồi dưỡng .
II. Thực trạng.
Trong quá trình khảo sát tôi thấy học sinh thường ngại học toán bất
đẳng thức vì các bài toán bất đẳng thức thường khó, phương pháp giải hạn
chế, không có tài liệu để học tập và nghiên cứu do đó khi gặp các bài toán về
bất đẳng thức các em thường bế tắc, không có hướng để giải quyết.
III. Các biện pháp tiến hành.
1. Phương pháp sử dụng định nghĩa bất đẳng thức
1.1 Nội dung của phương pháp:
Để chứng minh A ≥ B, ta chỉ cần xét hiệu A – B.
Nếu A – B ≥ 0 thì A ≥ B, còn nếu A – B ≤ 0 thì A ≤ B.
1.2 Các thí dụ minh họa :
Thí dụ 1. Chứng minh với mọi số thực x, y, z, t, w ta có
x2 + y2 + z2 + t2 + w2 ≥ x(y + z + t + w).
Bài giải.
2
2
2
2
2
Ta có : (x + y + z + t + w ) - x(y + z + t + w)
x4

x4
x4
x4
=(
+ y2 – xy ) + (
+ z2 – xz ) + (
+ t2 – xt ) + (
+ w2 – wx )
4
4
4
4
x
x
x
x
= ( − y)2 + ( − z) 2 + ( − t) 2 + ( − w) 2 ≥ 0
2
2
2
2
Vậy với mọi số thực x, y, z, t, w ta luôn có
x2 + y2 + z2 + t2 + w2 ≥ x(y + z + t + w).
Thí dụ 2. Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh :
ab
bc
ac
a+b+c
+
+

≤
a +b b+c c+a
2
Bài giải
ca
a+b+c
ab
bc
−(
Xét hiệu P =
+
+
)
2
a +b b+c c+a
c+a
ca
a + b ab
b+c
bc
−
) +(
P=(
)+(
)
4
c+a
4
a+b
4

b+c
(a + b) 2 − 4ab (b + c) 2 − 4bc (c + a) 2 − 4ac
=
+
+
4(a + b)
4(b + c)
4(c + a)
(a − b) 2
(b − c) 2
(c − a) 2 ⇒ ≥
=
+
+
P 0.
4(a + b)
4(b + c)
4(c + a)
ab
bc
ac
a +b+c
+
+
≤
Vậy
với a, b, c là các số dương.
a+b b+c c+a
2

Thí dụ 3. Cho x ≥ 0, y ≥ 0. Chứng minh rằng :
1 (x − y)(1 − xy) 1
≤ .
-4 ≤
(1 + x) 2 (1 + y)2 4
Bài giải
(x − y)(1 − xy)
y
x
=
−
Ta có :
(1 + x) 2 (1 + y)2 (1 + x) 2 (1 + y)2
(x − y)(1 − xy) 1
y
x
1
− =
− −
Nên
(1 + x) 2 (1 + y)2 4 (1 + x) 2 4 (1 + y)2
4x − (1 + x) 2
y
(x − 1) 2
y
−
=
−
−

=
(1)
4(1 + x) 2
(1 + y)2
4(1 + x) 2 (1 + y)2
Do y ≥ 0 nên có ngay VP(1) ≤ 0, từ đó theo định nghĩa của bất đẳng thức
(x − y)(1 − xy) 1
≤ .
suy ra
(2)
(1 + x) 2 (1 + y)2 4
Dấu bằng trong (2) xảy ra ⇔ y = 0; x = 1.
Tương tự
(x − y)(1 − xy) 1
y
x
1
+ =
+ −
(1 + x) 2 (1 + y)2 4 (1 + x) 2 4 (1 + y)2

(y − 1) 2
+
=
(3)
(1 + x) 2 4(1 + y)2
(x − y)(1 − xy)
1
≥
−

≥
≥
Do x 0 nên VP(3) 0, từ đó suy ra
4
(1 + x) 2 (1 + y)2
x

(4)

Dấu bằng trong (4) xảy ra ⇔ x = 0, y = 1.

1 (x − y)(1 − xy) 1
≤ với x ≥ 0, y ≥ 0
Vậy 4 ≤
2
2
4
(1 + x) (1 + y)
2. Phương pháp biến đổi tương đương.
2.1 Nội dung của phương pháp: Để chứng minh A ≥ B, ta dùng các tính
chất của bất đẳng thức, biến đổi tương đương bất đẳng thức cần chứng minh
đến một bất đẳng thức đã biết là đúng. Do vậy A ≥ B là đúng.
2.2 Các thí dụ minh họa :
Thí dụ 1. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c, d ta có
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ (a + c) 2 + (b + d) 2


Bài giải
(a + c) 2 + (b + d) 2

a 2 + b2 + c2 + d 2 ≥
⇔ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + 2 (a 2 + b 2 ) + (c 2 + d 2 )

Ta có

(1)

≥ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + 2ac + 2bd

(2)
(a 2 + b 2 ) + (c 2 + d 2 ) ≥ ac + bd
Có hai khả năng xảy ra :
1. Nếu ac + bd < 0 thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
2. Nếu ac + bd ≥ 0 thì (2)
⇔ a 2 c 2 + a 2 d 2 + b 2 d 2 + b 2 c 2 ≥ a 2 c 2 + b 2 d 2 + 2abcd
⇔ (ad − bc) 2 ≥ 0 ( bất đẳng thức đúng).
Vậy a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ (a + c) 2 + (b + d) 2 với mọi số thực a, b, c.
⇔

Thí dụ 2. Cho a > b > c và c ≥ ab . Chứng minh :
c+a
c+b
≥
.
c2 + a 2
c2 + b2
Bài giải

c+a
c+b

≥
Từ giả thiết a >b >0 và c >0 nên ta có
c2 + a 2
c2 + b2
(c + a) 2 (c + b) 2 ⇔ 1 + 2ac ≥ 1 + 2bc
⇔
≥
c2 + a 2
c2 + b2
c2 + a 2 c2 + b2
a
b
≥
⇔
⇔ a(c 2 + b 2 ) ≥ b(c 2 + a 2 )
2
2
2
2
c +a
c +b
2
⇔ c (a − b) − ab(a − b) ≥ 0 ⇔ (a − b)(c 2 − ab) ≥ 0
(2)

(1)

Do a > b và c 2 ≥ ab nên (2) đúng, vậy (1) đúng.
10  2
2   8 8  4

4
 10
Thí dụ 3. Chứng minh rằng:  a + b  a + b  ≥  a + b  a + b 


Ta có :







Bài giải
 a10 + b10  a 2 + b 2  ≥  a 8 + b8  a 4 + b 4 


 














a12 + a10 b 2 + a 2 b10 + b12 ≥ a12 + a 8b 4 + a 4 b8 + b12
⇔ a 8 b 2  a 2 − b 2  + a 2 b8  b 2 − a 2  ≥ 0






⇔ a 2 b 2 (a 2 − b 2 )(a 6 − b 6 ) ≥ 0





⇔




⇔ a 2 b 2 (a 2 − b 2 ) 2 (a 4 + a 2 b 2 + b 4 ) ≥ 0

Bất đẳng thức cuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh.
3. Phương pháp vận dụng các bài toán cơ bản về bất đẳng thức.
3.1 Nội dung của phương pháp: Khi giải một số bài toán về bất đẳng thức
ta có thể vận dụng các bất đẳng thức cơ bản sau :
a + a + a + .... + a n n
1. Bất đẳng thức Cô sy: 1 2 3
Với

≥ a a a ....a n
1 2 3
n
a >0
i
2. Bất đẳng thức Bunhiacopski

(

)

 a 2 + a 2 + .... + a 2 . x 2 + x 2 + .... + 2  ≥ a x + a x + .... + a x 2
 2
n   1
n 
n n
2
2
1 1 2 2


3. Bất đẳng thức Trê- bư-sép:
 a ≤ b ≤ c
aA + bB + cC a + b + c A + B + C
⇒
≥
.
Nếu 
3
3

3
A ≤ B ≤ C
 a ≤ b ≤ c
aA + bB + cC a + b + c A + B + C
⇒
≤
.
Nếu 
3
3
3
A ≥ B ≥ C
 a = b = c
Dấu bằng xảy ra khi 
A = B = C
3.2 Các thí dụ minh họa :
Thí dụ 1. Cho a ≥ 3, ab ≥ 6, abc ≥ 6 . chứng minh : S = a + b + c ≥ 6
Bài giải
a b
a b a
Ta có : S = a + b + c = ( + + c) + ( + ) +
3 2
3 2 3
Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có :
a b
abc
+ + c ≥ 33
≥3
( do abc ≥ 6)
(1)

3 2
6
a b
ab
+ ≥2
≥ 2 ( do ab ≥ 6)
(2)
3 2
6
a
≥ 1 ( do a ≥ 3)
(3)
3
Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh.
Thí dụ 2. Cho a > b > c > 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1 . chứng minh rằng :
a3
b3
c3
1
+
+
≥ .
b+c a+c a+b 2


Bài giải
 a 2 ≥ b2 ≥ c2

Do a,b,c đối xứng, giả sử a ≥ b ≥ c ⇒  a
b

c
b + c ≥ a + c ≥ a + b


áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có
a
b
c
a 2 + b2 + c2  a
b
c 
a 2.
+ b2.
+ c2.
≥
.
+
+

b+c
a+c
a+b
3
b+c a +c a +b
1 3 1
= . =
3 2 2
3
3
3

1
Vậy a + b + c ≥ 1 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =
.
3
b+c a+c a+b 2
Thí dụ 3. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý‎. Chứng minh rằng:
a3
b3
c3
a+b+c
+
+
≥
2
a 2 + b2 b2 + c2 c2 + a 2
Bài giải
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
a3
ab 2
ab 2
b
=a−
≥a−
=a−
2ab
2
a 2 + b2
a 2 + b2
b3
c

c3
a
≥b− ;
≥ c−
Tương tự ta có
a c2 + a 2
2
b2 + c2
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được
a3
b3
c3
a +b+c a +b+c
+
+
≥a +b+c−
=
2
2
a 2 + b2 b2 + c2 c2 + a 2
Bài toán được giải quyết. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c > 0.
4. Phương pháp xuất phát từ các bất đẳng thức đúng để đi đến bất
đẳng thức phải chứng minh.
4.1 Nội dung của phương pháp: Phương pháp này xuất phát từ một bất
đẳng thức nào đấy đã đúng, biến đổi thành bất đẳng thức phải chứng minh.
Như vậy điều cốt yếu sử dụng phương pháp này là cần lựa chọn các bất đẳng
thức thích hợp với đầu bài để có thể biến đổi về bất đẳng thức cần chứng
minh. Việc lựa chọn này được tiến hành bằng cách dựa vào cấu trúc của bất
đẳng thức ban đầu cũng như giả thiết của bài toán.
Đây cũng là một trong các phương pháp cơ bản nhất để chứng minh bất

đẳng thức.
4.2 Các thí dụ minh họa :


Thí dụ 1. Cho ba số thực a, b, c ∈ [ − 1;2] và thoả mãn điều kiện a+b+c = 0.
Chứng minh a2 + b2 + c2 ≤ 6.
Bài giải
Do -1 ≤ a ≤ 2 ⇒ (a + 1)(a - 2) ≤ 0
⇔ a2 – a – 2 ≤ 0
(1)
a = −1
Dấu bằng trong (1) xảy ra ⇔ 
a = 2
Lập luận tương tự, ta có
b2 – b – 2 ≤ 0.
(2)
2
≤
c – c – 2 0.
(3)
b = −1 c = −1
Dấu bằng trong (2), (3) tương ứng xảy ra ⇔ 
,
c = 2
b − 2
Cộng từng vế (1) (2) (3), ta có
a2 + b2 + c2 – (a+b+c) – 6 ≤ 0.
(4)
2
2

2
Từ a + b + c = 0 đi đến a + b + c ≤ 6. Ta có điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra ⇔ đồng thời có dấu bằng trong (2) (3) (4)
⇔ trong ba số a, b, c có hai số bằng -1 và một số bằng 2.
Nhận xét: Trong thí dụ này, dựa vào giả thiết a ∈ [ − 1,2] , ta đã xuất phát từ bất
đẳng thức : a2 – a – 2 ≤ 0
Thí dụ 2. Cho 3 số thực x,y,z ∈ [ 0,2] và thoã mãn điều kiện x + y + z = 3.
Chứng minh: x2 + y2 + z2 ≤ 5.
Bài giải
Từ x ≤ 2, y ≤ 2, z ≤ 2 suy ra
(x-2)(y-2)(z-2) ≤ 0.
(*)
⇔ [ xy − 2(x + y) + 4](z − 2) ≤ 0
⇔ xyz – (2xy + 2yz + 2zx) + 4(x + y + z) – 8 ≤ 0
2) 

⇔ xyz - (x + y + z) 2 − (z 2 + y 2 + x ) +4(x + y + z) – 8 ≤ 0.
(1)




Thay (x + y + z) = 3 vào (1) ta có
x2 + y2 + z2 ≤ 5 – xyz.
(2)
2
2
2
≤
Do x, y, z không âm nên x + y + z

5.
(3)
⇔
Dấu bằng xảy ra trong (3) đồng thời có dấu bằng trong (*), trong (2)
x + y + z = 3

⇔ (x − 2)(y − 2)(z − 2) = 0
xyz = 0

⇔ trong ba số x,y,z có một số bằng 0, một số bằng 2, một số bằng 1.
Nhận xét: Bất đẳng thức xuất phát (*), suy trực tiếp từ giả thiết của bài toán.


Thí dụ 3. Cho x2 + y2 + z2 = 1. Chứng minh :
xyz + 2(1 + x + y + z + xy + yz + zx) ≥ 0.
Bài giải
2
2
2
Từ giả thiết x + y + z = 1 ⇒ x ≤ 1, y ≤ 1, z ≤ 1
⇒ (1 + x)(1+ y)(1 + z) ≥ 0
(1)
⇒ 1 + x + y + z + xy + yz + zx + xyz ≥ 0.
(2)
Mặt khác hiển nhiên ta có
(1 + x + y + z) 2 ≥ 0.
(3)
2
Cộng từng vế (2) (3) và để ý‎ rằng x2 + y2 + z2 =1, ta có
xyz + 2(1 + x + y + z + xy + yz + zx) ≥ 0.

(4)
Dấu bằng trong (4) xảy ra ⇔ đồng thời có dấu bằng trong (1) và (3)
(1 + x)(1 + y)(1 + z) = 0
⇔
1 + x + y + z = 0
⇔ trong 3 số x,y,z có một số bằng -1 và hai số bằng 0.
Nhận xét: Trong thí dụ này hai bất đẳng thức xuất phát là (1) và (3).
5. Phương pháp làm trội.
5.1 Nội dung của phương pháp:
Để chứng minh A ≥ B ta đi chứng minh A ≥ C với C ≥ B.
5.2 Các thí dụ minh họa :
Thí dụ 1.
Với mọi số tự nhiên n >1 chứng minh rằng :
1
1
1
1
<
+
+ .... +
2 n +1 n + 2
2n
Bài giải
1
1
1
>
=
Ta có
với k = 1,2,3,…,n-1

n + k n + n 2n
1
1
1
1
1
n 1
+
+ ... +
>
+ ... +
=
=
Do đó:
n +1 n + 2
2n 2n
2n 2n 2
Thí dụ 2.
Chứng minh rằng: 1 +

(

)

1
1
1
+
+ .... +
> 2 n +1 −1

n
2
3

Với n ∈

N.
Bài giải

Ta có
n
ta có :

(

)

1
2
2
=
>
= 2 k + 1 − k . Khi cho k chạy từ 1 đến
k 2 k
k + k +1


(

)

1 > 2 2 −1
1
>2 3− 2
2
………………
1
> 2 n +1 − n
n
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có
1
1
1
1+
+
+ .... +
> 2 n +1 −1
n
2
3

(

)

(

)

(

)

Thí dụ 3. Chứng minh rằng:
1 1
1
1
+ + ... +
<
với n ∈ N và n ≥ 1.
5 13
n 2 + (n + 1) 2 2
với k ∈ N và k ≥ 1 ta có
1

1
11
1 
=  −

k 2 + (k + 1) 2 2k 2 + 2k + 1 2k 2 + 2k 2  k k + 1 
1 1
1
1  1  1  1 1
11
1 
< 1 −  +  −  + ... +  −

Do đó 5 + 13 + ... + 2
2  n n +1

n + (n + 1) 2 2  2  2  2 3 
=

1

Bài giải
<

1 1
1
1 1 1 1
1
1 
+ + ... +
< 1 − + − + ... + −

5 13
n n + 1
n 2 + (n + 1) 2 2  2 2 3
1 1
1
1
1  1
+ + ... +
< 1 −
<
5 13
n 2 + (n + 1) 2 2  n + 1  2
1 1
1

1
< với n ∈ N và n ≥ 1.
Vậy 5 + 13 + ... + 2
n + (n + 1) 2 2
6. Phương pháp đổi biến số.
6.1 Nội dung của phương pháp: Để chứng minh một bất đẳng thức, ta có
thể đổi biến rồi từ đó dẫn đến bài toán quen thuộc đã biết cách giải.
6.2 Các thí dụ minh họa :
a
b
c
3
+
+
≥
Thí dụ 1. Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng
(1)
b+c c+a a+b 2
Bài giải
y+z−x
z+x−y
Đặt x = b + c ; y = c + a ; z = a + b ta có a =
; b=
;
2
2
x+ y−z
c=
2

y+z−x z+x−y x+ y−z 3
+
+
≥
2x
2y
2z
2
y z
x z
x y
+ −1+ + −1+ + −1 ≥ 3
⇔
x x
y y
z z
y x
z x
z y
⇔( + )+( + )+( + )≥ 6
x y
x z
y z
y x
z y
z x
+ ≥ 2 ; + ≥ 2 nên ta
Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì x + y ≥ 2;
y z

x z
có điều phải chứng minh.
Thí dụ 2. Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác.
a
b
c
+
+
≥3
Chứng minh rằng:
b+c−a a +c−b a +b−c
Bài giải
Đặt x = b + c – a, y = a + c – b, z = a + b – c
Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên x, y, z > 0.
y+z
x+y
x+z
⇒ a=
,b =
,c =
2
2
2
y+z x+z x+y
Do đó ta có 2x + 2y + 2z
 y z
 x z
1 x y

= 6 +  + − 2  +  + − 2  +  + − 2 

2   y x

 z y
 z x
ta có (1) ⇔

≥

1  (x − y)2 (y − z) 2 (z − x) 2  1
6+
+
+
≥ .6
2
xy
yz
xz  2


Vậy



a
b
c
+
+
≥ 3 với a, b, c là ba cạnh của một tam
b+c−a a +c−b a +b−c

giác.
Thí dụ 3. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
a
b
c
3
+
+
≤
2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c 4
Bài giải
Cách 1.Cho a, b, c > 0, ta có:
a
b
c
3
 

 

 + 1 −
 + 1 −
 ≥ 3−
Bất Đẳng Thức ⇔ 1 −
2a + b + c   a + 2b + c   a + b + 2c 
4


a +b +c
a +b +c
a +b +c 9
+
+
≥
2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c 4
1
1
1


⇔ 4( a + b + c ) 
+
+
 ≥9
 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c 
Đặt x = 2a + b + c > 0

y = a + 2b + c > 0 ⇒ x + y + z = 4(a + b + c)
z = a + b + 2c > 0

1 1 1
⇔ (x + y + z)( + + ) ≥ 9, ∀x, y, z > 0.
x y z
Thật vậy, với x, y, z >0, khai triển biểu thức ta có:





( x + y + z )  1 + 1 + 1  = 3 +  x + y  +  y + z  +  z + x 
x y z
y x z x x z
Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si ta có:
y z
x y
z x
+ ≥ 2; + ≥ 2và + ≥ 2
y x
z y
x z
1 1 1
Từ đó suy ra (x + y + z)( x + y + z ) ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.
7. Phương pháp chứng minh phản chứng.
7.1 Nội dung của phương pháp: Để chứng minh A ≥ B, ta giả sử A < B, từ
đó lập luận để dẫn đến điều vô lý‎. Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng
minh là đúng
7.2 Các thí dụ minh họa :
Thí dụ 1. Cho ba số a,b,c thỏa mãn a +b+c > 0, ab+bc+ac > 0, abc > 0
Chứng minh rằng: a > 0, b > 0, c > 0.
Bài giải
Giả sử a ≤ 0.
+ a = 0 thì abc = 0 ( vô lý‎ )
+ a < 0, từ abc > 0 ⇒ bc < 0. kết hợp ab + bc + ca > 0
⇒ ab + ca > 0 ⇒ a(b + c) > 0 do đó b + c < 0 ( vì a < 0)
a < 0, b + c < 0 ⇒ a + b + c < 0 (mâu thuẫn với giả thiết)
Do vậy a ≤ 0 là sai.
Ta có a > 0. Chứng minh tương tự cũng có b > 0 và c > 0.
Thí dụ 2. Cho ba số dương a, b, c nhỏ hơn 2.

Chứng minh rằng có ít nhất một trong bất đẳng thức sau là sai
a(2 – b) > 1; b(2 – c) > 1; c(2 – a) > 1.
Bài giải
Giả sử các bất đẳng thức đều đúng.
⇔


Ta có: a(2 – b) > 1; b(2 – c) > 1; c(2 – a) > 1
⇒ a(2 – b) b(2 – c) c(2 – a) > 1
(1)
2
2
Mặt khác a(2 – a) = 2a – a = 1 – (1 – a) ≤ 1
Và do 0 < a < 2 ⇒ a(2 – a) > 0.
⇒ 0 < a(2 – a) ≤ 1
Tương tự 0 < b(2 – b) ≤ 1, 0 < c(2 – c) ≤ 1
⇒ a(2 – b) b(2 – c) c(2 – a) ≤ 1
(2)
(1) và (2) mâu thuẫn.
Do đó có ít nhất một bất đẳng thức sai.
Thí dụ 3. Cho x,y,z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng
1 1 1
Nếu x + y + z > x + y + z thì có một trong ba số này lớn hơn 1
Bài giải
Ta có (x-1).(y-1).(z-1) = xyz – xy- xz - yz + x + y+ z –1
1 1 1
= x + y + z – ( x + y + z ) vì xyz = 1
1 1 1
theo giả thiết x + y + z > x + y + z nên (x-1).(y-1).(z-1) > 0
⇒ Trong ba số x-1 , y-1 , z-1 chỉ có một số dương

Thật vậy nếu cả ba số dương thì x,y,z > 1 ⇒ xyz > 1 (trái giả thiết)
Còn nếu 2 trong 3 số đó dương thì (x-1).(y-1).(z-1) < 0 (vô lý‎)
Vậy có một và chỉ một trong ba số x , y, z lớn hơn 1.
8. Bài tập vận dụng.
Bài tập 1. Cho a,b,c là 3 số dương chứng minh rằng:
a
b
c
1<
+
+
< 2.
a +b b+c c+a
Bài tập 2.
1
1
1
1
1
Chứng minh rằng với mọi n > 1 thì 2 + 2 + 2 + 2 + .... + 2 < 1
2
3
4
5
n
Bài tập 3. Cho -2 ≤ x ≤ 2 . Chứng minh :
-2 ≤ x + 4 − x 2 ≤ 2 2 .
Bài tập 4. Cho x, y, z là các số thoã mãn điều kiện xy + yz + zx = 4.
16
Chứng minh: x4 + y4 + z4 ≥

.
3
Bài tập 5 .
1 1
4
a) Cho x, y > 0 , Chứng minh: x + y ≥ x + y ;
b) Cho x ≥ 0, y ≥ 1 , Chứng minh: x y − 1 + y x − 1 ≤ xy ;


c) Cho x ≥ 0, y ≥ 1, z ≥ 2 , Chứng minh:

1
x + y − 1 + z − 2 ≤ (x + y + z) .
2

Bài tập 6.
Cho a, b, c là các số không âm thoả mãn: a + b + c = 1. Chứng minh:
a) a + 1 + b + 1 + c + 1 ≤ 3,5 ;
b) a + b + b + c + c + a ≤ 6 .
Bài tập 7.
1 1 1
1
1
1
+
+
Cho a, b, c ≥ 0 ,Chứng minh rằng: a + b + c ≥
.
ca
ab

bc
Bài tập 8.
Cho a, b, c là các số dương tuỳ ý‎. Chứng minh
ab
bc
ca
a +b+c
+
+
≤
.
a+b b+c c+a
2
Bài tập 9.
Cho a, b, c là các số dương.Chứng minh các bất đẳng thức:
2
2
2
a) a + b + c ≥ a + b + c
b+c c+a a+b
2
2
2
2
b) a + b + c ≥ a + b + c
a+b b+c c+a
2
Bài tập 10.
Cho a, b, c là các số dương.Chứng minh các bất đẳng thức:
a

b
c
+
+
> 2.
b+c
a+c
a+b
Bài tập 11.
Cho ba số dương x, y, z. Chứng minh
y
x
z
+
+
≥ 1.
y + 2z z + 2x x + 2y
Bài tập 12. Cho abc = 1 và a 3 > 36 .
a2
+ b2+c2> ab+ bc+ ac
Chứng minh rằng :
3
2
 x 2 + y2 


 ≥8
Bài tập 13 . Cho x > y và xy =1 .Chứng minh rằng 
2
( x − y)

1
1
2
+
≥
Bài tập 14. Cho xy ≥ 1 .Chứng minh rằng:
1 + x 2 1 + y 2 1 + xy

rằng:


Bài tập 15. Cho a , b, c là các số thực và a + b + c = 1. Chứng minh rằng
1
a 2 + b2 + c2 ≥ .
3
Bài 16. Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh :
a 3 b 3 c3
+
+
≥ ab + bc + ca.
b
c
a
Bài 17. Cho a, b, c là các số thực dương thõa mãn a + b + c = 3. Chứng minh
a +1
b +1
c +1
+
+
≥3

rằng: 2
b +1 c2 +1 a 2 +1
9. Hướng dẫn và đáp số.
Bài tập 1.
a
a
b
b
c
c
<
;
<
;
<
Ta luôn có:
a +b+c a +b a +b+c b+c a +b+c c+a
cộng vế với vế ta được;
a
b
c
a
b
c
a+b+c
+
+
>
+
+

=
= 1.a
a +b b+c c+a a +b+c a +b+c a +b+c a +b+c
a
a
a+c
<1⇒
<
;
Ta lại có:
a+b
a+b a+b+c
b
b+a
c
c+b
<
;
<
tương tự ta có:
,
b+c a +b+c c+a a +b+c
Cộng vế với vế ta được:
2(a + b + c)
a
b
c
a+c
b+a
c+b

+
+
<
+
+
=
= 2.
a +b b+c c+a a +b+c a +b+c a +b+c
a+b+c
1
1
1
1
Bài tập 2. Với n > 1 ta có 2 < (n − 1).n = n − 1 − n , nên ta có:
n
1
1
1
1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1
1
+
+
+
+ .... +
< − + − + − + − + ..... +
−
n −1 n
2 2 32 4 2 5 2

n2 1 2 2 3 3 4 4 5
1 n −1
= 1− =
< 1.
n
n
Bài tập 3.
Bất đẳng thức bên trái là điều hiển nhiên (do x ≥ −2 và 4 − x 2 ≥ 0).
Xét bất đẳng thức bên phải. Xét hai dãy số sau:
x, 4 − x 2 và 1,1.
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-cốp-xki, ta có
2
 2
 2


2
2
2
2
 x + (4 − x ) (1 + 1 ) ≥  x + 4 − x 
















8 ≥  x + 4 − x 2 

2

2
Hay x + 4 − x ≤ 2 2
⇒x +

4 − x2 ≤ 2 2 .

2
Dấu bằng xảy ra ⇔ x = 4 − x
1
1
x ≥ 0
⇔  2
⇔ x=2 2 .
x = 4 − x 2


Kết hợp lại, ta có: -2 ≤ x + 4 − x 2 ≤ 2 2 ⇒ điều phải chứng minh.
Bài tập 4. Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-cốp-xki cho hai dãy số

x2, y2, z2 và 1, 1, 1
Ta có: (x4 + y4 + z4)(12+12+12) ≥ (x2+y2+z2) 2
⇒ 3(x4 + y4 + z4) ≥ (x2 +y2 +z2) 2
(1)
2
2
Dấu bằng trong (1) xảy ra ⇔ x = y = z2
Lại áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-cốp-xki cho hai dãy số
x, y, z và z, x, y
Ta có: (x2 + y2 + z2)(z2+x2+y2) ≥ (xy + yz + zx)2
⇒ (x2 + y2 + z2) ≥ 16
(2)
x 2 = yz

x y z
 2
Dấu bằng xảy ra trong (2) ⇔ z = x = y ⇔  y = xz
 2
z = xy


Từ (1), (2) suy ra

x 4 + y4 + z4 ≥

16
3

(3)

Dấu bằng trong (3) xảy ra khi và chỉ khi :

2 3
x = y = z =
3
⇔

−2 3
x = y = z =
3

⇒ điều phải chứng minh.
Bài tập 5. a) Với x, y > 0
ta có
(x − y)2 ≥ 0 ⇔ x 2 − 2xy + y 2 ≥ 0 ⇔ x 2 − 2xy + 4xy + y 2 ≥ 4xy ⇔ (x + y)2 ≥ 4xy


⇔ (x + y)( x + y ) ≥ 4xy ⇔
b) Với x ≥ 0, y ≥ 1 ta có:

x+y
y
4
x
4
1 1
4
≥
⇔
+

≥
⇔ + ≥
xy
x+y
xy xy x + y
x y x+y.

x y −1 y x −1
y −1
x −1
+
≤1⇔
+
≤ 1,
xy
xy
y
x
1+ y −1 y
1+ x −1 x
= ;1. y − 1 ≤
=
Áp dụng BĐT Cô Si ta có: 1. x − 1 ≤
2
2
2
2
,nên ta có:
y −1 x 1 y 1 1 1
x −1

+
≤ . + . = + =1;
y
y
2 x 2 y 2 2
Vậy x y − 1 + y x − 1 ≤ xy .
1
c) Với x ≥ 0, y ≥ 1, z ≥ 2 , nên ta có: x + y − 1 + z − 2 ≤ (x + y + z) ⇔
2
⇔ x + y + z − 2 x − 2 y −1 − 2 z − 2 ≥ 0
x y − 1 + y x − 1 ≤ xy ⇔

⇔ x − 2 x + 1 + y − 1 − 2 y −1 + 1 + z − 2 − 2 z − 2 + 1 ≥ 0

(
(

) (
)
(

) (
) (

)

2
2
2
x − 1 + y − 1 − 1 + z − 2 − 1 ≥ 0 vì

2
2
2
x − 1 ≥ 0, y − 1 − 1 ≥ 0, z − 2 − 1 ≥ 0 .
Bài tập 6.
a) Ta viết tổng a + 1 dưới tích 1.( a + 1 ) và áp dụng bất đẳng thức Cô-si
x+y
xy ≤
với x > 0 và y > 0
2
1+ a +1 a
1+ b +1 b
a + 1 = 1.(a + 1) ≤
= + 1, b + 1 = 1.(b + 1) ≤
= + 1,
2
2
2
2
1+ c +1 c
c + 1 = 1.(c + 1) ≤
= + 1 , cộng từng vế của ba bất đẳng thức ta
2
2
được:
a b c
a +b+c
a +1 + b +1 + c +1 ≤ + + + 3 ⇔ a +1 + b +1 + c +1 ≤
+3
2 2 2

2
1
3
⇔ a +1 + b +1 + c +1 ≤ + 3 ⇔ a +1 + b +1 + c +1 ≤
2
2
b) áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki với hai bộ ba số 1 ta được:
1. a + b + 1. b + c + 1. c + a ≤ (1 + 1 + 1) ( a + b ) 2 + ( b + c ) 2 + ( c + a ) 2 

)



⇒ a + b + b + c + c + a ≤ 3(a + b + b + c + c + a) = 3.2(a + b + c) = 6
⇒ a +b + b+c + c+a ≤ 6




Bài tập 7. Với a, b, c ≥ 0 , ta có:
1 1 1
1
1
1
2 2 2
2
2
2
+ + ≥
+

+
⇔ + + −
−
−
≥ 0.
a b c
a b c
ca
ca
ab
bc
ab
bc
2
2
2
 1
 1
 1

1 
1 
1


 ≥0
+
−
+ 
−

 a −
c 
a 
b 
 c

 b
2
2
2
 1

 1

 1

1
1
1
 ≥ 0, 
 ≥ 0, 
vì 
 ≥ 0 .
−
−
−





a
c
c
a
b
b






Bài tập 8. Ta có
(a − b) 2 ≥ 0 ⇔ a 2 − 2ab + b 2 ≥ 0 ⇔ (a + b) 2 ≥ 4ab ⇔ (a + b)(a + b) ≥ 4ab
a + b 2ab
b + c 2bc c + a 2ca
⇔
≥
≥
,
≥
,tương tự ta có:
, cộng vế với vế
2
a+b
2
b+c 2
c+a
ta được:
2(a + b + c) 2ab 2bc 2ca

a + b b + c c + a 2ab 2bc 2ca
+
+
≥
+
+
⇔
≥
+
+
2
2
2
a +b b+c c+a
2
a+b b+c c+a
bc
ca 
ab
bc
ca
a+b+c
 ab
⇔ 2.
+
+
+
+
≤
≤ a +b+c ⇔

a+b b+c c+a
2
a +b b+c c+a
Bài tập 9.
a) áp dụng bất đẳng thức Cô-si: x + y ≥ 2 xy , x, y ≥ 0 .Theo bất đẳng
thức
Cô-si ta có:
a2 b + c
a2 b + c
a
a2
b+c
+
≥2
.
=2 =a⇒
≥a−
;
b+c
4
b+c 4
2
b+c
4
b2 c + a
b2 c + a
b
b2
c+a
+

≥2
.
=2 =b⇒
≥b−
;;
c+a
4
c+a 4
2
c+a
4
c2
a+b
c2 a + b
c
c2
a+b
+
≥2
.
=2 =c⇒
≥c−
a+b
4
a+b 4
2
a+b
4
2
2

2
Cộng vế với vế ta được: a + b + c ≥ a + b + c − b + c − c + a − a + b
b+c c+a a+b
4
4
4
a2
b2
c2
a+b+c a+b+c.
+
+
≥a +b+c−
=
b+c c+a a+b
2
2
2
2
2
vậy a + b + c ≥ a + b + c
b+c c+a a+b
2
b)Tương tự câu a) ta có:


a2 a + b
+
≥2
a+b

4
b2 b + c
+
≥2
b+c
4
c2 c + a
+
≥2
c+a
4

a2 a + b
a
a2
a+b
.
=2 =a⇒
≥a−
;
a+b 4
2
a+b
4
b2 b + c
b
b2
b+c
.
=2 =b⇒

≥ b−
;
b+c 4
2
b+c
4
c2 c + a
c
c2
c+a
.
=2 =c⇒
≥c−
;
c+a 4
2
c+a
4
2
2
2
Cộng vế với vế ta được: a + b + c ≥ a + b + c − b + c − c + a − a + b
a +b b+c c+a
4
4
4
a2
b2
c2
a+b+c a+b+c.

+
+
≥a +b+c−
=
a +b b+c c+a
2
2
2
2
2
vậy a + b + c ≥ a + b + c .
a+b b+c c+a
2
Bài tập 10.
áp dụng bất đẳng thức Cô-si: x + y ≥ 2 xy , x, y ≥ 0 .ta có:
b+c
a +b+c
a
2a
b+c

.1 ≤ 
+ 1 : 2 =
⇒
≥
a
2a
b+c a+b+c
 a


b
2b
c
2c
≥
;
≥
Tương tự ta có:
, cộng vế với vế ta được:
a+c a+b+c a+b a +b+c
2(a + b + c)
a
b
c
2a
2b
2c
+
+
≥
+
+
=
=2
b+c
a+c
a +b a +b+c a+b+c a+b+c
a+b+c
a = b + c


Dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi: b = a + c ⇒ a + b + c = 0 , trái với giả thiết

c = a + b
a,b,c là ba số dương.Vậy đẳng thức không xảy ra. Vậy
a
b
c
+
+
>2.
b+c
a+c
a+b
Bài tập 11.
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-cốp-xki với hai dãy sau:
x
z
y
,
,
x + 2y
y + 2z
z + 2x
x(y + 2z) , y(z + 2x) , z(x + 2y) ,
Ta có
 x
y
z 

[ x(y + 2z) + y(z + 2x) + (x + 2y] ≥ (x + y + z) 2

+
+

 y + 2z z + 2x x + 2y 


y
(x + y + z) 2
x
z
(1)
+
+
≥
.
y + 2z z + 2x x + 2y 3(xy + yz + zx)
x
z
y
y + 2z
Dấu bằng trong (1) xảy ra ⇔
z + 2x = x + 2y
=
x(y + 2z)
y(z + 2x)
z(x + 2y)
⇔ y + 2z = z + 2x = x + 2y
⇔ x = y = z > 0.
Hiển nhiên ta có ∀ x, y, z > 0 thì
(x + y + x) 2 ≥ 3(xy + yz + zx).

(2)
⇔
Dấu bằng trong (2) xảy ra
x = y = z.
Từ (1), (2) suy ra
y
x
z
+
+
≥
y + 2z z + 2x x + 2y 1
Đó là đpcm.
Bài tập 12
2
2
2
Ta có hiệu: a + b2+c2- ab- bc – ac = a + a + b2 + c2 – ab - bc – ac = (
3
4 12
2
2
a
a
a
a 3 − 36abc =
2
2
2
b

+
c
ab
–
ac+
2bc)
+
3bc
=(
bc)
+
+
−
2
4
12
12a
3
a
( -b- c)2 + a − 36abc >0 (vì abc = 1 và a3 > 36 nên a >0 )
2
12a
2
Vậy : a + b2 + c2 > ab + bc + ac.
3
Bài tập 13. Ta có x 2 + y 2 = ( x − y ) 2 + 2xy = ( x − y ) 2 + 2a (vì xy = 1) ⇒
2
 x 2 + y 2  = ( x − y ) 4 + 4.( x − y ) 2 + 4



⇒





Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với
( x − y ) 4 + 4( x − y ) 2 + 4 ≥ 8.( x − y ) 2
⇔ ( x − y ) 4 − 4( x − y ) 2 + 4 ≥ 0 ⇔

( x − y ) 2 − 2



BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh

2

≥ 0.


Bài tập 14. Ta có

1
1+ x 2

+

1
1+ y2

≥

2
1 + xy ⇔

 1
1   1
1 

−
+
−
≥0

2 1 + y 2   1 + y 2 1 + xy 
1
+
x

 


xy − x 2
xy − y 2
+
≥0 ⇔
⇔ 
2
.(1 + xy ) 1 + y 2 .(1 + xy )

1
+
x












x(y − x)
y(x − y)
+
≥0
1 + x 2 .(1 + xy ) 1 + y 2 .(1 + xy )












( y − x ) 2 ( xy − 1)

≥ 0 BĐT cuối này đúng do xy > 1 .Vậy
⇔ 
2
2



1 + x .1 + y .(1 + xy )



ta có điều phải chứng minh
Bài tập 15. áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho 3 số 1,1,1 và a, b, c
2
2 2
 2
Ta có (1.a + 1.b + 1.c) ≤ (1 + 1 + 1). a + b + c  ⇔




( a + b + c) 2 ≤ 3. a 2 + b 2 + c 2 


⇔ a 2 + b2 + c2 ≥



1
(vì a+b+c =1 ) (điều phải chứng minh)
3

Bài 16..
Đưa bất đẳng thứccần chứng minh về dạng
a3
b3
c3
( + ab) + ( + bc) + ( + ac) ≥ 2ab + 2bc + 2ca.
b
c
a
a 2
b
c
⇔ (a + b 2 ) + (b 2 + c 2 ) + (c 2 + a 2 ) ≥ 2ab + 2bc + 2ca .
b
c
a
⇒
Dễ thấy (1) đúng
điều phải chứng minh.
Bài 17..
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
(a + 1)b 2
(a + 1)b 2
a +1

ab + b
= a +1−
≥ a +1−
= a +1−
2b
2
b2 +1
b2 +1
b +1
bc + c c + 1
ca + a
≥ b +1−
;
≥ c +1−
Tương tự ta có: 2
2 a 2 +1
2
c +1
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

(1)


a +1
b +1
c +1
a + b + c + ab + bc + ca
+
+
≥ a + b + c + 3−

2
b2 + 1 c2 + 1 a 2 + 1
a +b+c
ab + bc + ca
=
+ 3−
2
2
2
Mà theo một đánh giá quen thuộc ta có ab+bc+ca ≤ (a + b + c) = 3
3
a +1
b +1
c +1
+
+
≥3
Do vậy ta được 2
b +1 c2 +1 a 2 +1

Bài toán được giải quyết xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

IV. Hiệu qủa đạt được.
Sau khi nghiên cứu, áp dụng SKKN tại trường THCS Trung Chính, tác
dụng của SKKN đã khắc phục được phần lớn hạn chế của các em học sinh,


phong trào học tập môn toán ở trường ngày càng phát triển. Kết quả thu
được cũng đáng khích lệ, tỉ lệ học sinh giỏi tăng lên hàng năm cả về chất
lượng và số lượng, đặc biệt trong năm học 2012-2013 Trường THCS Trung

Chính có 2 học sinh dự thi đều đạt giải cao gồm : 2 giải nhất, 1 giải nhì cấp
huyện, 1 giải ba và 1 giải KK cấp tỉnh; năm học 2015- 2016 đạt 1 giải ba cấp
tỉnh, từ năm học 2007- 2008 đến nay có 10 học sinh thi đậu chuyên toán
THPT Lam Sơn.
PHẦN 3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
Trên đây là một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức mà tôi đã vận
dụng thực tế tại trường THCS Trung Chính, mặc dù tôi cũng rất cố gắng tuy
nhiên trong cách trình bày và trong giới hạn cho phép nên chắc chắn sẽ có
những sai sót, rất mong nhận được ý‎ kiến đóng góp từ các bạn đồng nghiệp
và ý‎ kiến chỉ đạo của phòng giáo dục để tôi thực hiện ngày càng tốt hơn
nhiệm vụ này.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Trung chính, ngày 10 tháng 04 năm 2018
Người viết sáng kiến
Nguyễn Bá Hiệp

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Và Ứng Dụng Trong Đại Số


Tác Giả : Nguyễn Đức Tấn
2. Bất Đẳng Thức Và Ứng Dụng
Tác Giả : Phan Huy Khải – Trần Hữu Nam
3. Những Con Đường Khám Phá Lời Giải Bất Đẳng Thức
Tác giả : Trần Phương – Nguyễn Đức Tấn
4. Kĩ Thuật Áp Dụng Bất Đẳng Thức Cô-Si
Tá giả : Nguyễn Kim Cường

MỤC LỤC
NỘI DUNG

Trang


Phần 1. MỞ ĐẦU
I. Lí do chọn đề tài
II. Mục đích nghiên cứu
III. Đối tượng nghiên cứu
IV. Phương pháp nghiên cứu
Phần 2. NỘI DUNG
I. Cơ sở lý luận
II.Thực trạng
III. Các biện pháp tiến hành
1. Phương pháp sử dụng định nghĩa bất đẳng thức
2. Phương pháp biến đổi tương đương
3. Phương pháp vận dụng các bài toán cơ bản về bất đẳng thức
4. Phương pháp xuất phát từ các bất đẳng thức đúng để đi đến
bất đẳng thức phải chứng minh
5. Phương pháp làm trội
6. Phương pháp đổi biến số
7. Phương pháp chứng minh phản chứng
8. Bài tập vận dụng
9. Hướng dẫn và đáp số
IV. Hiệu qủa đạt được
PHẦN 3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
Tài liệu tham khảo