Nâng cao kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức cosi trong bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 9 trường THCS tế lợi

1.MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài
Trong chương trình phổ thông, học sinh được làm quen với bất đẳng thức
từ rất sớm và nó ln song hành với các em ở từng cấp học. Ở bậc tiểu học học
sinh được học bất đẳng thức dưới dạng so sánh các số tự nhiên rồi đến so sánh
phân số, ở bậc THCS các em tiếp tục học bất đẳng thức ở dạng so sánh số
nguyên, lũy thừa, các số hữu tỷ rồi các biểu thức chứa 1 biến, 2 biến, 3 biến....
Bất đẳng thức khơng chỉ xuất hiện trong chương trình phổ thơng mà cịn thường
xun xuất hiện trong các kỳ thi chuyển cấp, thi học sinh giỏi các cấp. Trong
nền giáo dục phổ thơng, tốn học là mơn khoa học quan trọng đóng vai trị nền
tảng, then chốt để phát triển các bộ môn khoa học tự nhiên, khoa học công nghệ,
trong đó có thể nói bất đẳng thức là một trong những thành tố quan trọng để phát
triển năng lực tư duy logic cho học sinh. Trong thực tế, việc giải các bài toán
Bất đẳng thức đối với học sinh THCS là hết sức khó khăn, đơi khi dẫn đến tình
trạng các em rất sợ loại bài tốn này. Vì vậy, để góp phần vào việc phát triển tư
duy cho học sinh, đặc biệt là học sinh khá giỏi và tăng cường cho các em ý thức
năng lực, vận dụng một cách thông minh những điều đã học làm giảm bớt nỗi sợ
hãi cũng như tăng thêm lòng tin cho học sinh khi gặp loại bài toán này. Qua thực
tế giảng dạy ở trường và qua các kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10, kỳ thi học sinh
giỏi các cấp tơi nhận thấy việc hình thành những kiến thức và kỹ năng trong việc
dùng Bất đẳng thức Côsi đối với các số dương là cần thiết. Vì vậy tơi đã chọn đề
tài “ Nâng cao kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức Côsi trong bồi dưỡng học sinh
giỏi lớp 9 trường THCS Tế Lợi”.
1.2 Mục đích nghiên cứu
Trong các bài tốn ở kì thi học sinh giỏi khối THCS hay sử dụng tới bất
đẳng thức đặc biệt là bất đẳng thức Côsi. Vấn đề này là một trong những vấn đề
khó, mục đích của đề tài làm cho học sinh khơng cảm thấy khó khăn, e dè khi
gặp các bài toán liên quan đến bất đẳng thức đồng thời cũng làm phong phú
thêm phạm vi ứng dụng trong cuộc sống.
1.3 Đối tượng nghiên cứu
Học sinh đội tuyển mơn Tốn, Trường THCS Tế Lợi huyện Nông Cống.

1.4 Phương pháp nghiên cứu
+ Khảo sát kết quả học tập của học sinh
+ Qua thực tế giảng dạy cho các em học sinh
+ Qua kiểm tra đánh giá kết quả học tập của học sinh trước và sau khi áp
dụng đề tài.
+ Trao đổi, học hỏi đồng nghiệp qua các buổi sinh hoạt chuyên môn.

1


1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm: Bổ sung thêm phần
“Một số bài toán sử dụng bất đẳng thức Cơsi trong các kì thi học sinh giỏi”
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận :
Khi vận dụng phương pháp phù hợp để giải một bài toán, học sinh sẽ tiết
kiệm được thời gian và bài giải sẽ ngắn gọn hơn. Bất đẳng thức Côsi là một kiến
thức khó nhưng khơng thể thiếu trong vốn kiến thức của học sinh, nhất là học
sinh khá giỏi. những kiến thức về bất đẳng thức trong đại số cũng sẽ làm phong
phú hơn phạm vi ứng dụng đại số trong cuộc sống.
2.2. Thực trạng của vấn đề:
Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy rằng đối với những học sinh khá,
giỏi ban đầu chỉ cần nhìn thấy đề bài chứng minh bất đẳng thức là các em đã
khơng có thiện cảm hay nói đúng hơn là khơng có hứng thú để giải do đó dẫn
đến thực trạng các em khơng đầu tư suy nghĩ và có khi bỏ qua.
Sau nhiều năm kiểm nghiệm, tôi nhận thấy rằng nếu quyết tâm dẫn các
em đi khai thác, tìm hiểu sẽ có hiệu quả nhất định. Cụ thể : Khi học phần hằng
đẳng thức ở lớp 8 tôi đã đưa ra bài toán chứng minh bất đẳng thức
(a + b)  4ab với a, b 0 lúc đầu học sinh rất lúng túng, nhưng trong q
trình giảng dạy tơi đã hướng dẫn các em từng cách giải:
 Cách 1 : Xét hiệu

 Cách 2 : Biến đổi tương đương
 Cách 3 : Dựa vào một số bất đẳng thức cơ sở
 Cách 4 : Chứng minh bằng phương pháp phản chứng
 Cách 5 : Chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học
Sau khi hướng dẫn các cách cơ bản như vậy học sinh được làm quen và
giải quyết được một số bài tập tương tự tôi bắt đầu dẫn các em đến không gian
bất đẳng thức Côsi khi các em đã học xong chương 1 lớp 9 và lúc này học sinh
khơng cịn sợ rồi bỏ qua loại tốn này như trước đây. Thực tế qua các kỳ thi học
sinh giỏi cũng như kỳ thi vào lớp 10 có một số học sinh của tơi đã giải quyết tốt
bài tốn số 5 này do đó đã được giải học sinh giỏi cấp huyện. Trong phạm vi bài
viết này tôi chỉ đề cập đến một khía cạnh đó là: “Nâng cao kỹ thuật dùng bất
đẳng thức Côsi đối với 2 số dương trong bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 9 trường
THCS Tế Lợi”.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Một số phương pháp sử dụng BĐT Côsi:
BẤT ĐẲNG THỨC CƠSI
Cho n số thực khơng âm: a1, a2, ...an. Ta có thể phát biểu BĐT Cơsi dưới các
dạng sau:
2


a1  a2  ...  an n
 a1 .a2 ...an
n

(1) hay a1  a2  ...  an n n a1 .a2 ...an

 a  a  ...  an 
Hay a1 .a2 ...an  1 2


n



(2)

n

(3)

Đẳng thức xảy ra khi các số bằng nhau a a ... a
Đặc biệt:
* Trong trường hợp đối với 2 số không âm x, y, ta có
2
1 1
4
x y
 xy ; x  y 2 xy ;  x  y  xy ;  x  y  2 4 xy ;  
x y xy ;
2
 2 
1

1
4

xy  x  y  2 .

2

n

Đẳng thức xảy ra khi các số bằng nhau: x = y

* Trong trường hợp đối với 3 số khơng âm x, y, z, ta có
3
x yz
x

y

z


 xyz ; x  y  z 3 xyz ; 
 xyz
3
3


Đẳng thức xảy ra khi các số bằng nhau: x = y = z
I. Phương pháp phân tích số mũ, đánh giá đại diện
Nội dung của phương pháp này thể hiện ở các ý tưởng chung như
3

3

sau:
- Các biến có vai trị bình đẳng nên trong q trình biến đổi ta nên có xu
hướng giữ ngun tính bình đẳng của chúng.

- Các biểu thức có vai trị bình đẳng nên tìm cách biến đổi một biểu thức
và áp dụng tương tự cho toàn thể.
- So sánh bậc của vế trái và bậc của vế phải để xét xem có cần phải thêm
bớt vào một hoặc một số số hạng nào đó có bậc thấp hơn hoặc cao hơn hoặc một
hằng số để khi sử dụng BĐT Côsi ta thu được bậc cần thiết.
- Hết sức chú ý điều kiện để dấu bằng xảy ra, điều kiện đó giúp ích rất
nhiều trong q trình tìm tịi hướng giải.
2
2
2
2
2
2
2 2 2
Bài 1. Chứng minh rằng:  a  b   b  c   c  a  8a b c a, b, c
Phân tích:
- Các biến có vai trị bình đẳng nên trong q trình biến đổi ta nên có xu
hướng giữ ngun tính bình đẳng của chúng.
- Các biểu thức có vai trị bình đẳng nên tìm cách biến đổi một biểu thức
và áp dụng tương trợ cho toàn thể.
- Bậc của vế trái và bậc của vế phải bằng nhau (cùng bằng 6) nên không
cần phải thêm bớt vào một hoặc một số số hạng nào đó có bậc thấp hơn hoặc cao
hơn.
- Nhận xét rằng khi a  b  c thì đẳng thức xảy ra.
Giải:
3


Sử dụng BĐT Côsi : x2 + y2  2 x 2 y 2 = 2|xy| ta có:
 a 2  b 2 2 ab 0


 2
2
b  c 2 bc 0 
 2
2
c  a 2 ca 0

a

2

 b2  b2  c2  c 2  a 2  8| a 2b2c 2 | 8a 2b 2c 2 a, b, c

Dấu “ = ” xảy ra  a b c  a  b  c
Bài 2: Cho x, y, z dương thỏa mãn x.y.z = 1. Chứng minh rằng:
2

S

2

2

1  x3  y 3
1  y3  z3
1  z 3  x3


3 3

xy
yz
zx

Hướng dẫn và giải:
Vẫn với kiểu phân tích sự bình đẳng giữa các biến, các biểu thức như trên,
ngoài ra, theo giả thiết, ta có thể hiểu 1 = (x.y.z) r vì vậy do vế phải là hằng số,
r

cũng có thể được hiểu như 3 3  xyz  nên ta cố gắng biến đổi vế trái thành tích
của các lũy thừa cùng bậc của x, y, z. Từ đó có 2 cách biến đổi như sau:
Cách 1: 1  x 3  y 3 3 3 1.x 3 . y 3 3 xy 

1  x3  y 3
3xy


xy
xy

1  x3  y 3
3

xy
xy

Tương tự:
1  y3  z3
3


;
yz
yz

1  z 3  x3
3

. Từ đó:
zx
zx

 1
1  x3  y 3
1  y3  z3
1  z 3  x3
1
1 
S


 3


 3 3 3
 xy
xy
yz
zx
yz
zx 



1
x y2 z2
2

Dấu “ = ” xảy ra khi x = y = z
Cách 2:
1  x3  y 3
1 y3  z3
1  z 3  x3
S


xy
yz
zx




x3 y 3 z 3  x3  y 3
x3 y 3 z 3  y 3  z 3
x3 y 3 z 3  z 3  x 3


xy
yz
zx
3 3 x 3 y 3 z 3 .x 3 . y 3

3 3. 3

xy



3 3 x 3 y 3 z 3 . y 3 .z 3
yz



3 3 x 3 y 3 z 3 .z 3 .x 3
zx

 3



x y z



xyz 3 3 . Dấu “ = ” xảy ra khi x = y = z.

Nhận xét: Với hướng giải trên ta có thể giải bài tốn tổng qt sau:
Cho các số dương a1, a2,...,an thỏa mãn a1. a2....an = 1. Chứng minh rằng:

4

3 3


S

m

m
1  a1 p  ...  an  1 p m 1  a2 p  ...  an p
1  an p  a1 p  ...  an  2 p


...

n m n
q
q
q
(a1 ...an  1 )
(a2 ...an )
(an a1...an  2 )

với

m 2

Bài 3: Cho a, b, c  0. Chứng minh:
a ) a 3  b3  c 3 a 2b  b 2c  c 2 a
b) a 4  b 4  c 4 abc( a  b  c)

Hướng dẫn và giải:
Phân tích: Mỗi số hạng ở vế phải đều có bậc 3 (cùng bậc với mỗi số hạng
ở vế trái), nhưng trong mỗi số hạng ở vế phải thì nhân tử thứ nhất có bậc gấp đơi
nhân tử kia.
Cách giải:
a ) a 3  a 3  b3 3 3 a 3 .a 3 .b3 3a 2b
b3  b3  c 3 3 3 b3 .b3 .c 3 3b 2 c
c 3  c 3  a 3 3 3 c 3 .c 3 .a 3 3c 2 a
b) a 4  a 4  b 4  c 4 4 4 a 4 .a 4 .b 4 .c 4 4a 2bc
b 4  b 4  c 4  a 4 4 4 b 4 .b 4 .c 4 .a 4 4b 2 ca
c 4  c 4  a 4  b 4 4 4 c 4 .c 4 .a 4 .b 4 4c 2 ab

Cộng các vế và rút gọn ta có điều phải chứng minh.
Bài 4. Cho a, b, c, d là các số thực dương có tổng bằng 1.
Chứng minh rằng:

a2
b2
c2
d2
1




a b b c c  d d  a 2
(Đề thi Lam Sơn năm học : 2000 - 2001)

Phân tích:
- Các biến có vai trị bình đẳng nên trong quá trình biến đổi ta nên có xu

hướng giữ ngun tính bình đẳng của chúng.
- Các biểu thức có vai trị bình đẳng nên tìm cách biến đổi một biểu thức
và áp dụng tương tự cho toàn thể.
- Bậc của vế trái là 1, của vế phải là số hạng tự do nhưng cũng có thể xem
như là bậc 1 ( do giả thiết a + b + c + d = 1 nên với mọi hằng số k ta có:
k(a + b + c + d) = k
1
- Nhận xét rằng khi a b c d  thì đẳng thức xảy ra, khi đó
4

a2
1

a b 8

nên ta xem xét việc thêm bớt vào một số hạng bậc nhất sao cho có thể rút gọn
mẫu số và giá trị của biểu thức đó khi dấu bằng xảy ra cũng là

1
.
8

Giải:
5


Áp dụng BĐT Cơsi cho hai số
Ta có:

a b

a2
và
4
a b

a b
a b
a
a b
a2
a2
a2 a  b  a2

2
2
a
+
.
+
+
4
4
2
4
a b
a b
a b
a b 4

(1)

bc
cd
d a
b2
c2
d2
 b (2) ;
 c (3) ;
d
+
+
+
4
4
4
bc
cd
d a

Tương tự ta có:
(2)
Từ (1); (2):


a2 + a  b + b2 + b  c + c2 + c  d + d 2 + d  a a + b + c + d

4
4
4
4

a b
bc
cd
d a

a b b c c d d a
a2
b2
c2
d2
+
+
+
)+ (
+
+
+
) 1
4
4
4
4
a b b c c d
d a
2(a  b  c  d )
a2
b2
c2
d2
(

1
+
+
+
)+
4
a b b c c d
d a
(

(

1
a2
b2
c2
d2
a2
b2
c2
d2
+
+
+
)+ 1  (
+
+
+
)
2

a b
bc
cd
d a
a b
bc
cd
d a

1
2

Bài 5: Chứng minh rằng:





8

a  b 64ab(a  b)2  a,b  0

Giải:



a b



8







24.22.ab. a  b



2 4

4
a  b    a  b   2 ab 






2

CôSi

  2 2  a  b  ab 



4

64ab(a  b)2

II. Kỹ thuật tách nghịch đảo:
Bài 1. Chứng minh rằng:

a b
 2 a.b  0
b a

Giải:
Ta có :

a b

b a

Cơsi

 2

Bài 2. Chứng minh rằng:

ab
2
ba
a2  2
2
a 2 1

a  R

Giải :
2
Côsi
a 2  2  a 1 1  a 2 1  1
1 2
 2 a 2 1
Ta có :
2
2
2
a 1
a 1
a 1
a 2 1
1
2
 a 2 1 1  a 0
Dấu “ = ” xảy ra  a 1  2
a 1

6


III. Kỹ thuật đánh giá từ trung bình nhân (TBN) sang trung bình cộng
Nếu như đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá với dấu a b , đánh giá
từ tổng sang tích, hiểu nơm na là thay dấu a + b bằng dấu a.b thì ngược lại đánh
giá từ TBN sang TBC là thay dấu a.b bằng dấu a + b . Và cũng cần phải chú ý

làm sao khi biến tích thành tổng, thì tổng cũng phải triệt tiêu hết biến, chỉ còn lại
hằng số.
ab  cd   a  c   b  d  a, b, c, d  0 (1)

Bài 1. Chứng minh rằng:
Giải :
(1) 

ab

 a  c  b  d 

cd
1 Theo BĐT Cơsi ta có:
 a  c  b  d 

1 a
b  1 c
b  1  a c b d  1
VT  




  1 1 1
 
2  a  c b  c  2  a  c b  d  2  a  c b  c  2
(đpcm)
a  c  0
Bài 2. Chứng minh rằng: c  a  c   c  b  c   ab  

b  c  0

(1)

Giải:
Ta có (1) tương đương với:

c  b  c
c  a  c

1
ab
ab

Theo BĐT Cơsi ta có:
c  b  c 1  c  a  c  1  c  b  c  1  a b 
c  a  c

  

  
 1
ab
ab
2  b
a  2  a
b  2  a b 




Bài 3. Cho hai số tự nhiên a, b thoả mãn điều kiện : a + b = 2001. Tìm giá
trị lớn nhất của tích ab. (Đề thi lớp 10 năm học: 2007 - 2008).
Giải :
Áp dụng BĐT Cơsi ta có: ab 

( a  b) 2
20012
=
= 1001000,25
4
4

Vì a,b là số tự nhiên nên ab  1001000
Dấu bằng xảy ra khi a + b = 2001
a = 1000 hoặc a = 1001
ab =1001000
b = 1001
b = 1000
Vậy giá trị lớn nhất của ab = 1001000 khi a = 1000 hoặc a = 1001
b = 1001
b = 1000
IV. Kỹ thuật nhân thêm hằng số trong đánh giá TBN sang TBC :
Bài 1. Chứng minh rằng: a  b  1  b  a  1 ab a, b 1
Giải: Bài này chúng ta hồn tồn có thể chia cả 2 vế cho ab, sau đó áp
dụng phương pháp đánh giá từ TBN sang TBC như phần trước đã trình bày, tuy
nhiên ở đây ta áp dụng một phương pháp mới : phương pháp nhân thêm hằng số.
7

Ta có :




a



b

Cơsi
b  1 1
 b  1 a  b  1 .1  a  2 ab
2

 a  1 b  a  1 .1

a  b  1  b  a  1

b  1 1
Dấu “ = ” xảy ra  
 a  1 1

Côsi

 b.

 a  1 1 ab
2

2

ab ab
+ ab
2 2
b 2

 a 2





V. Kỹ thuật ghép đối xứng:
Trong kỹ thuật ghép đối xứng cần nắm được một số thao tác sau :
2  x  y  z   x  y    y  z    z  x 

Phép cộng : 
x y yz zx


x  y  z 
2
2
2

2 2 2
Phép nhân : x y z  xy   yz   zx  ; xyz= xy yz zx  x, y, z 0 
bc ca ab

  a  b  c a, b, c  0
Bài 1. Chứng minh rằng :
a b c
Giải:
Áp dụng BĐT Côsi ta có:

 1  bc ca 
 
 
b
2  a

 1  ca ab 
 
 
c 
2  b
 1  bc ab 
 
 
c 
 2  a

bc ca
.
c
a b
ca ab
.
a  bc  ca  ab a  b  c .

b c
a b c
bc ab
.
c
a c

Dấu “ = ” xảy ra  a = b = c.
Bài 2. Chứng minh rằng:

a 2 b2 c2 b c a
     , abc 0
b2 c2 a 2 a b c

Giải
Áp dụng BĐT Cơsi ta có:
 1  a 2 b2 
  2  2 
c 
2  b

 1  b2 c 2 
  2  2
a 
2  c

2
2
1  a  c  
 2  b2 a 2 





a 2 . b 2  a a
b2 c 2 c c
b2 . c 2  b b
c2 a2 a a
a 2 . c 2  c c
b2 a 2 b b

a 2  b2  c 2  b  c  a b  c  a
b2 c 2 a 2 a b c a b c
8


Bài 3. Cho  ABC, a, b, c lần lượt là số đo 3 cạnh của tam giác. Chứng
minh rằng :  b  c  a   c  a  b   a  b  c  abc
Giải:
Áp dụng BĐT Cơsi ta có:

0  b  c 



0  c  a 


0  b  c 








a  c  a  b 



b  a  b  c



a  a b  c

 b  c  a    c  a  b

c

2
 c  a  b   a  b  c  a

2
 b  c  a    a  b  c  b

2

0   b  c  a   c  a  b   a  b  c   abc

Dấu “ = ” xảy ra   ABC đều : a = b = c.
VI. Kỹ thuật đổi biến số :
Có những bài toán về mặt biểu thức toán học tương đối cồng kềnh hoặc
khó giải, khó nhận biết được phương hướng giải, ta có thể chuyển bài tốn từ
tình thế khó biến đổi về trạng thái dễ biến đổi hơn. Phương pháp trên gọi là
phương pháp đổi biến số.
c
a
b
3


 a, b, c  0 (BĐT
Bài 1. Chứng minh rằng:
a b b c c  a 2
Nesbit)
Giải :
b  c x  0

yz x
zx y
x y z
; b
; c
Đặt : c  a  y  0  a 
.
2
2
2
 a  b z  0


Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau:
 y x
yz x
zx y
xy z
z x y z


            6

2x
2y
2z
 x y  x z  z y
Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng, Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cơsi
ta có :
VT  2

y x
z x
y z
. 2 . 2
. 2  2  2 6
x y
x z
z y

Dấu “ = ” xảy ra  x = y = z  a = b = c
Bài 2. Cho  ABC. Chứng minh rằng :

a2
b2
c2


a  b  c
b  c  a c  a  b a b  c
Giải:
9


b  c  a x  0

yz
zx
x y
; b
; c
Đặt : c  a  b  y  0  a 
.
2
2
2
 a  b  c z  0


Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau:
2
2

2
 y  z    z  x    x  y  x  y  z

4x
4y
4z
Ta có : VT 

yz
zx
xy 1  yz zx  1  zx xy  1  yz xy 








x
y
z 2  x y  2  y z  2  x z 
Côsi
yz zx
zx xy
yz xy

.

.


.
x  y  z
x y
y z
x z

Bài 3. Cho  ABC. Chứng minh rằng :
( b + c – a ).( c + a – b ).( a + b – c )  abc
(1)
Giải:
b  c  a x  0

yz
zx
x y
; b
; c
Đặt : c  a  b  y  0  a 
.
2
2
2
 a  b  c z  0

Khi đó ta có BĐT (1)
x y yz zx
xyz 
.
.

2
2
2
Áp dụng

tương đương với bất đẳng thức sau :

BĐT Cơsi, ta có :

x y yz zx
.
.
 xy . yz . zx xyz
2
2
2

(đpcm)
VII. Một số ứng dụng của bất đẳng thức
1. Áp dụng bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình:
Bài 1. Giải phương trình : x 2  x  1  x  x 2 1 x 2  x  2 (1)
Giải:
Áp
dụng
bất
đẳng
thức
Cơsi,
ta
có

:

 2
( x 2  x  1) 1 x 2  x
x

x

1



2
2

2
2
 x  x 2 1 ( x  x 1) 1  x  x  2

2
2

x 2  x  1  x  x 2 1 x 1
Kết hợp (1) và (2) ta có: x 2  x  2 x  1  ( x  1) 2 0  x 1.
Thử lại ta có x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.


(2)

( x  1) y  ( y  1) x  2 xy


Bài 2: Giải hệ phương trình: 

 x y  1  y x  1 xy

Giải :
10


Điều kiện: x  1, y  1. ¸ Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có:
1  ( x  1) x
xy
x  1  1.( x  1) 
  y x 1
(1)
2
2
2
y
xy
y -1   x y  1 
Tương tự :
(2)
2
2
x y  1  y x  1 xy .
Cộng (1), (2) ta được :
 x  1 1

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 

 y  1 1

 x  y 2 .

Thử lại thấy: x = y = 2 cũng thoả mãn phương trình thứ nhất của hệ.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất là ( 2; 2 )
Bài 3: Giải phương trình 5 27 x10  5 x 6  5 864 0
Giải:
Nhận xét: x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên chia hai vế
6
cho x ta được:
5

27 x 4 

5

32.27
2
1
5  x 4  6 55
6
27
x
x

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có:

phương trình trên thỏa mãn 

x4 x4 x4 1
1
1

  6  6 55
3
3
3 x
27
x

. Do đó

x4
1
 6  x10 3  x 10 3
3 x

Bài 4: Giải phương trình: 4 16  x 2 2 x  2  x
Giải:
ĐK:  4  x 4
Vế trái = 4 16  x 2 4 16 2;
Vế phải = 2 x  2  x 2 2 x.2  x 2
Vậy phương trình đã cho
Bài 5: Tìm nghiệm dương của hệ phương trình sau
Giải:

4 16  x 2 2

 
 x 0
x
 x

2
2  2

Ta chứng minh cho

x y z x y yz
  

1
y z x yz x y

 x  y  z 1

y
z
x  y
y  z
x




1

z

x
y  z
x  y
y

(*) với x, y, z dương.

Thật vậy: (*)


x y  z  x  y y  y  z  x  y z  y  z  x  y
2
2


 x  y    y  z    x  y   y  z 
y
z
x

y2  x  y 
yz  y  z 
x2 z
2

 x  xy  xz 
 y 2  xy  z 2  yz 
y
z
x

 x 2  xz  z 2  3 y 2  3 xy  3 yz
2
x 2 z y  x  y  yz  y  z 



 xy  2 yz  2 y 2 (**)
y
z
x

Áp dụng bất đẳng thức vào vế trái của (**) được:
11


1  x2 y3  1  x2 z z 2 y  1  y3 z 2 y 
x
2 z

   
  
y   
2 y
z  2 y
x  2 z
x 
x z

y 4 z 
 xy   xz 3 

 2 y 2  xy  2 yz  2 y 2

x 



Vậy (*) đúng, đẳng thức chỉ xảy ra  x = y = z. Do x + y + z = 1 nên hệ
có nghiệm x = y = z = 1/3
2. Một số bài tập vận dụng
Bài 1. Giải phương trình sau
a)

x  2-x 2 4 y 2  4 y  3

b) x -1  x  3  2( x  3)2  2 x  2.
Bài 2. Chứng minh với b > 0 ta có:
b
7
3(b 2  1)
 (Đề thi vào lớp 10 năm học: 2006 - 2007)
+
2
b 1
2
2b

Bài 3. Tìm nghiệm dương của phương trình:
(1 + x - x 2  1 )2006 + (1 + x + x 2  1 )2006 = 22007.
Bài 4. Cho a, b là các số dương thoả mãn : a + b = 4.
33

2
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của: P a  b 
(Đề thi vào lớp 10 năm học: 2010ab
2011)

3. Áp dụng bất đẳng thức Côsi trong bài toán cực trị:
Nhận xét: Đối với bài toán cực trị, học sinh thường hay mắc sai lầm hơn
bài toán chứng minh bất đẳng thức bởi trong bài toán chứng minh bất đẳng thức
thì học sinh có thể coi một vế là mục tiêu để cố gắng biến đổi vế kia theo mục
tiêu đó, ngồi ra đơi khi khơng cần xét đến điều kiện dấu bằng xảy ra. Còn đối
với bài tốn cực trị thì học sinh khơng có mục tiêu để theo đuổi và nhiều em
mắc sai lầm khi không để ý đến điều kiện dấu “=” xảy ra, hoặc dấu bằng xảy ra
nhưng không thuộc điều kiện xác định .
Trong bài tốn cực trị, 2 tiêu chí quan trọng nhất mà chúng ta phải ln
bám sát đó là:
- Phải khử được biến.
- Phải đảm bảo được điều kiện cho dấu bằng xảy ra thỏa mãn điều kiện
xác định .
Như vậy ta nhận thấy phương pháp cơ bản để giải bài tốn cực trị khi
dùng bất đẳng thức Cơsi là phương pháp khử biến.
1
2

Bài 1: Cho 0 x  Tìm giá trị lớn nhất của A  x1  2 x 
Giải:
Sai lầm thường gặp:
12

2

2

2

1
1
 x 1  2x 
1 x 
1 0 
A 
 
 
  . Vậy Amax  .
8
2
4


 2 
 2 

Phân tích:
 x 1  2 x
 x 0

Sai lầm ở chỗ theo cách áp dụng trên thì dấu bằng xảy ra  
không tồn tại x.
Cách giải đúng:

2

1
1  2 x  1  2 x  
1
Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có: A  .2 x1  2 x   
 
2
2
2
8

1

1

1


Vậy Amax  . Dấu “=” xảy ra  2 x 1  2 x  x    0;  .
4  2
8

Bài 2: Cho 0 x 3

1
. Tìm giá trị lớn nhất của A  x 2 1  2 x 3  .
2

Giải:
Sai
0  x 3

lầm

thường

gặp

phải:

 2x 2 1  2x 2
2 A 2 x 1  2 x 
2

2



3



2


 do


1
1
1
2
3
 x 2  x 3  2 x  2 x 0  A  . Vậy Amax  .
8
8
2

2 x 2 1  2 x 3

Sai lầm ở chỗ theo cách áp dụng trên thì dấu bằng xảy ra
 2
 x  x 3

không tồn tại x.
Cách giải đúng:
Nhận xét: Cần phải biến đổi các biến có cùng bậc, và đảm bảo cho dấu
bằng xảy ra thỏa mãn điều kiện xác định. Vì vậy ta giải như sau:



A3  x 6 1  2 x 3





3





 

 

1  3x 3  3 x 3  1  2 x 3  1  2 x 3  1  2 x 3
 
9
5

Vậy Amax 3





 x 3 .x 3 . 1  2 x 3 1  2 x 3 1  2 x 3 

 





3 x 3 .3 x 3 . 1  2 x 3 . 1  2 x 3
9



5

27
  55


1  3 1
27
3
3
3

3
x

1

2
x

x

  0;
.
Dấu
“=”
xảy

ra

5 
2
55

Bài 3: Cho 0 x 1 . Tìm giá trị lớn nhất của A  x 4  x 2  .
Giải:
Sai lầm thường gặp:

13


2

2



A x 4  x

Vậy Amax 

2

4  x 
2

1  8
. 

2  3



 



3

1
1  2x 2  4  x 2  4  x 2 
1 8
2
2
2
  . 
 .2 x 4  x 4  x  .
2
2
3
2  3








3

Phân tích: Sai lầm ở chỗ theo cách áp dụng trên thì dấu bằng xảy ra
 2 x 2 4  x 2  x 

4
  0;1 .
3

Cách giải đúng:
2

 x   2  x 
A  x 2  x  2  x  
  2  x  1. 2  1 3 khi
2



Bài 4. Cho a>b>c>0. Tìm giá trị lớn nhất của S 

 x 2  x
 x 1

 x 1

c a  c 
c b  c 

ab

ab

Giải:
S

c  a  c
c b  c 1  c  a  c  1  c b  c 
.

.
  
  
 1
b
a
a
b
2b
a  2 a
b 

bc
Vậy S max 1 khi a 

b c

Bài 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của A  x 2 
Giải: Sai lầm thường gặp: A  x 2 

Vậy

3

Amin 

2

1
1
với x 3
2x
4

1
3
1
2
1
x
4 .
2 x 2 x 2 .
2 
2x
2
2

1
4
2

1
 2
 x  2 x
Sai lầm ở chỗ theo cách áp dụng trên thì dấu bằng xảy ra  
 x 3 1

4

không tồn tại x.
Cách giải đúng:
A x 2 
x2 

1
1
1
1 1
1
1
x 2 

33 x 2 . .
33
. Vậy Amin 33
khi:
2x
4x 4x
4x 4x
16
16

1
1
 x 3
4x
4

Nhận xét: Đôi khi việc dự đoán được giá trị của x làm cho bài tốn thỏa
mãn cũng gợi ý cho chúng ta tìm ra cách giải bài tốn, chúng ta cùng xét những
ví dụ minh họa sau:
14

3


Bài 6: Cho a 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của S= a 
1
a

1
a

1
a

Sai lầm thường gặp: S a  2 a. 2 . Vậy Smin = 2
Phân tích: Sai lầm ở chỗ theo cách áp dụng trên thì dấu “=” xảy ra
1
 a   a 1 không thỏa mãn a 5 .
a

Cách giải đúng: Dự đoán: S đạt min tại a=5, khi đó

1 1
 . xét điều kiện
a 5

để dấu “=” xảy ra, ta có 2 định hướng sau.
- Với a=5 thì

a 1
 , ta có cách giải 1.
25 a

- Với a = 5 thì

25
a
a

ta có cách giải 2.

Cách 1:
S

a 1 24
a 1 24
2 24
26
 

a 2
. 
a 
.5  .
25 a 25
25 a 25
5 25
5

26
5

Vậy Smin=

, khi

1
 a


a  a 5
 25

a 5

Cách 2:
S a 

25 24
25 24

24
24 26

2 a.

10 
10 
 .
a
a
a
a
a
5
5

Vậy Smin=

26
5

, khi

25

a 
a  a 5


a 5

Bài 7: Cho a 2, tìm giá trị nhỏ nhất của S a 

1
a2

Giải: Dự đoán S đạt min tại a = 2, cũng phân tích tương tự như trên nhưng để
cho phương pháp có hướng ứng dụng rộng ta làm như sau: Ta tìm số  thỏa mãn
a 1

 a

tại a = 2   8

Sai lầm thường gặp:
9
a 1 7a
a 1 7a
1 7a
1
7.2 9
S  2 
2 . 2 
2

2

 .Vậy S min 
4.
8 a

8
8 a
8
8a
8
8.2
8
4

Phân tích : Bài giải trên cho đáp số đúng nhưng mắc sai lầm ở chỗ sử dụng
bất đẳng thức sai sau:
a 2 

1
1

8a
8.2

Cách giải đúng:
a a 1 3
a a 1 3
3 3
9
S    2  a 3 . . 2  a   .2  .
8 8 a
4
8 8 a
4
4 4

4

Vậy S min



9
khi
4

1
a
  2
a  a 2
8

a  2

15


Bài 8: Cho

a , b  0

 a  b 1

1

tìm giá trị nhỏ nhất của S ab  ab

Giải:
2

1
1
 a b
a.b 
4 .
  
4
ab
 2 


1
1
ab tại ab    
ab
4
16

Dự đốn S đạt min khi

1
4
ab

ta tìm số  thỏa mãn

ta có lời giải như sau:

1
15
1
15
1 15
17
S
 ab 
2
.ab 
  .4  .
16ab
16ab
16ab
16ab 2 16
4

Vậy Smin =

17
4

khi

 1
16ab  ab
1


 a b 

2
ab  1


4

4. Một số bài tốn sử dụng bất đẳng thức Cơsi trong các kì thi học sinh
giỏi.
Bài 1: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
a
b
c
a
b
c





a b b c c a
bc
ca
a b

(Đề thi hsg thành phố thanh hóa 2016 – 2017)
Giải
a

a
a c
1

Vì a, b, c > 0 nên
.
a b
a b a b c
b
ba
c
c b

;

Tương tự:
b c a b c c a a b c


a
b
c


 2 (1)
a b b c c a
* Ta có:

a
a


bc
a (b  c )

Vì a, b, c > 0 nên theo bất đẳng thức Cơ- si ta có:
a  (b  c)
 a(b  c)  0
2
2
1


a bc
a (b  c)

16




2a
a
2a
a



a b c
a b c
bc

a(b  c)

Tương tự:

2b
b

;
a bc
ac

Từ (1) (2)
ta có đpcm.

2c
c

a b c
ba

a
b
c


2
bc
ca
a b
Dấu ‘ =” xảy ra khi a = b +c; b = c + a; c = a +b

tức là a = b = c (vô lý).


a
b
c


 2 (2)
bc
ca
a b
Bài 2 Cho tam giác ABC có 3 cạnh a, b, c thỏa mãn a + b + c = 6 .
Chứng minh : 52  3( a2 + b2 + c2 ) + 2abc < 54
(Đề thi hsg thành phố thanh hóa 2014 – 2015 )


Giải. Gọi p là nửa chu vi của tam giác ABC ta có :
a bc
b c-a
- a 
p-a=
> 0
2
2
Tương tự p - b > 0 ; p - c > 0
Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho 3 số dương p -a; p -b; p -c ta có:
(p –a) +(p - b) + (p –c) 3 3 (p  a)(p  b)(p  c)
 3p - (a  b  c) 
=> 0 < (p-a)(p-b)(p-c)  


3



3

Vì a + b + c = 6 nên bất đẳng thức trên trở thành :
0 < p3 - p2(a + b + c) + 3(ab + bc + ca) - abc  1
0 < 33 - 32.6 + 3(ab + bc + ca) - abc  1
(a  b  c) 2 - (a 2  b 2  c 2 )
 0 < 27 - 54 + 3.
- abc  1
2
36 - (a 2  b 2  c 2 )
 27 < 3.
- abc  28
2
 54 < 108 - 3(a2 + b2 + c2) - 2abc  56
 - 54 < - 3(a2 + b2 + c2) - 2abc  -52
 52  3( a2 + b2 + c2 ) + 2abc < 54 ( ĐPCM )
Dấu " = " xảy ra  a = b = c = 2
Bài 3: Cho x,y,z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện:
x2014 + y2014 + z2014 = 3. Tìm GTLN của biểu thức B = x2+ y2+ z2
(Đề thi hsg thành phố thanh hóa 2014 – 2015 Vịng 2)
Giải: Áp dụng BĐT CơSi cho 2014 số khơng âm:
17


1; 1;


;1 ) ta có:
( x2014; x2014;  2012

2.x 2104  2012 2014 2.2014 2012
 x
.1
x 2
2014

Tương tự :

2.y 2104  2012 2014 2.2014 2012
 y
.1
y2
2014

2.z 2104  2012 2014 2.2014 2012
 z
.1
z 2
2014
Cộng 3 BĐT trên theo từng vế ta được
2.(x 2014  y 2014  z 2014 )  3.2012
x 2  y 2  z 2
2014
Mà x2014 + y2014 + z2014 = 3
2.3  3.2012
3 . Hay B 3 .

2014
Dầu “ =” xảy ra  x = y = z = 1.
Vậy GTLN của B = 3 khi x = y = z = 1
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Từ nhận thức của bản thân trên cơ sở thực tiễn chọn đề tài và các biện
pháp triển khai đề tài, qua khảo sát thực tế việc tiếp thu của học sinh, tôi thấy đã
đạt được một số kết quả cụ thể như sau:
1. Với việc trình bày các bài tốn cơ bản, cùng với các ví dụ minh họa
ngay sau đó học sinh dần tiếp cận và sử dụng được các kĩ thuật dùng bất đẳng
thức côsi.
2. Luyện tập cho học sinh thói quen suy nghĩ, quan sát, lập luận để học
sinh phát huy trí thơng minh, óc sáng tạo, khả năng phân tích, tổng hợp, tư duy
độc lập và thơng qua việc thảo luận, tranh luận mà học sinh phát triển khả năng
nói lưu lốt, biết lí luận chặt chẽ khi giải toán.
3. Học sinh biết vận dụng các kiến thức đơn lẻ để giải các bài toán tổng
hợp nhiều kiến thức.
Với đồng nghiệp trau dồi thêm kiến thức kỹ năng về bất đẳng thức, nhà
trường có thêm tài liệu nâng cao kiến thức cho học sinh.


x2 + y2 + z2 

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
Qua quá trình giảng dạy, khi áp dụng đề tài: “ Nâng cao kỹ thuật dùng Bất
đẳng thức Côsi đối với hai số dương” tôi nhận thấy đã đạt được hiệu quả cao và
18


gây được hứng thú cho HS khi học loại toán này. Vì vậy, nếu mỗi thầy giáo, cơ

giáo có quyết tâm và chọn được hướng đi đúng chúng ta sẽ được kết quả như
mong muốn. Mặc dù đã rất cố gắng bằng việc tham khảo một lượng rất lớn các
tài liệu sách hiện nay để vừa viết, vừa mang đi giảng dạy cho các em học sinh
của mình đã chọn từ đó kiểm nghiệm và bổ sung thiếu sót cần thiết, nhưng khó
tránh khỏi những thiếu sót bởi những hiểu biết và kinh nghiệm còn hạn chế, rất
mong nhận được những đóng góp q báu của q thầy giáo, cơ giáo, các đồng
nghiệp. Qua đây tôi xin đề nghị cấp trên nên tổ chức các chuyên đề bồi dưỡng
học sinh giỏi để giáo viên được tham gia nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp
vụ.
XÁC NHẬN CỦA NHÀ TRƯỜNG Nông Cống, ngày 30 tháng 3 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung
của người khác.

Lê Thị Huệ

19


TÀI LIỆU THAM KHẢOU THAM KHẢOO
- Tạp chí tốn học & Tuổi trẻ
- Các bài giảng luyện thi mơn tốn - Phạm Đức Chính (chủ biên)
- Bất đẳng thức - Phan Huy Khải
- Đề thi Olympic 30 – 4
- Chuyên đề bất đẳng thức - Võ Giang Giai

MỤC LỤC
Mục
1
1.1

Tên mục

Trang

Mở đầu

1

Lí do chọn đề tài

1
20