SKKN một số kinh nghiệm giải toán bất đẳng thức image marked

Một số kinh nghiệm giải bài toán bất đẳng thức
A. PHN M U
Bt ng thc l mt trong nhng dng toỏn hay v khú i vi hc sinh
trong quỏ trỡnh hc tp cng nh trong cỏc k thi, trc ht l k thi i hc m
hu ht hc sinh THPT u phi vt qua. Ngoi ra bt ng thc cng l mt
dng thng gp trong cỏc k thi hc sinh gii toỏn cỏc cp: Tnh, Quc gia,
Olympic khu vc v Olympic quc t.
giỳp cỏc em cú thờm mt s kinh nghim trong quỏ trỡnh hc tp nhm
nm vng cỏc phng phỏp chng minh bt ng thc ng thi s dng linh
hot hn trong vic gii cỏc bi toỏn v bt ng thc, tụi quyt nh vit ti
ny nhm chia s cựng ng nghip, hc sinh v c gi mt s phng phỏp,
kinh nghim gii bi toỏn bt ng thc.
ti gm 2 phn c bn:
Phn I: Mt s phng phỏp chng minh bt ng thc.
Phn II: Bt ng thc lng giỏc trong tam giỏc.
Do khuụn kh ca ti, mi phn tụi xin min nhc li cỏc kin thc
c bn v bt ng thc vỡ nhng kin thc ny c trỡnh by chi tit trong
sỏch giỏo khoa trung hc ph thụng, m ch tp trung vo cỏc phng phỏp bin
i ng thi nờu mt s vớ d minh ha.

1


Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
B. NỘI DUNG
Phần I: MỘT SỐ PHƯƠNG 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:
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


2


Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
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. Phương 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  2 Px  4 P  2  0 (*)

Để (*) có nghiệm x thì

'  0  P 2  (4 P  2)(3P  5)  0
 11P 2  26 P  10  0


13  59
13  59
P
11
11

13  59
5x 2  2
13  59
 2

Vậy
11
11
3x  2 x  4

Dấu đt bên trái xảy ra
x

13(13  59 )
121

Dấu đt bên phải xảy ra

3

Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
x

13(13  59 )
121

III. Phương 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 , y 3 sao cho
a  y1  b  y 2  c  y 3  d sao cho f ' ( y1 )  f ' ( y 2 )  f ' ( y 3 )  0

Vậy f ' ( x)  4( x  y1 )( x  y 2 )( x  y 3 )
Trong khai triển ta có

4


Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
 4 y1 y 2 y 3  (abc  acd  abd  bcd )
4( y1 y 2  y 2 y 3  y 3 y1 )  2(ab  ac  ad  bc  bd  cd )

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

3

abc  abd  acd  bcd

4

ab  ac  ad  bc  bd  cd
6

IV. Phương 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
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.

5


Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
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

0

0

Vậy  e x dy   dy  e x  1  x  e x  1  x x  0
Vậy BĐT đúng với n=1.
+ Giả sử BĐT đúng với n=k (k  1) x  0 tức là
x2 x3
xk
e  1 x 

 ...... 
2! 3!
k!
x

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 

x2 x3
xk

 ...... 
2! 3!
k!

x  0

y2 y3
yk

 ...... 
2! 3!
k!

y  0, x 

Như vậy ta có
ey  1 y 

Do đó ta có:
x

x

 e dy   (1  y 
y

0

0

y2
yk
 ......  )dy
2!
k!

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

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 phương pháp lượng 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,

6


Một số kinh nghiệm giải bài toán bất đẳng thức
trong mt s bi toỏn nu t cỏc giỏ tr n thớch hp qua cỏc hm s lng giỏc
thỡ rt thun tin.
Vớ d 1: CMR x, y ta cú:


1 ( x 2 y 2 )(1 x 2 y 2 ) 1


2
4
4
(1 x 2 ) 2 (1 y 2 )



Gii: t x tg y tg ,

2

2

Ta cú:
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

*) Mt s bi tp:
1. CMR x, y R thỡ


1 ( x y )(1 xy ) 1

2 ( x 2 1)( y 2 1) 2

2. Cho 4 s thc a, b, c, d thừa món
a 2 b 2 1
2
c d 2 1

CMR 1 ac bd 1
VI. Phng phỏp hỡnh hc.
a) S dng cỏc BT v vect
1. u v u v
Du = xy ra u, v cựng chiu
2. u.v u . v u . v u . v

7


Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
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

c) Các phương pháp khác:

M
A

Ví dụ 5: Cho 0x(1  y )  ( y (1  z )  z (1  x)  1

Giải: Dựng tam giác đều cạnh 1 như hình vẽ

P
y

B
A

z

N
A

C

8


Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
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  45 0

BOC  30 0

a

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

AB  a  2ab  b
2

BC  b  3bc  c
2

b

O

2

c

2

C

cos AOC  cos(45  30 )  cos 45 cos30  sin 45 sin 30
0



B

0

0

0

0

0

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
a 2  b 2  1  2(a  b)
 2

c  d 2  36  12(c  d )

CM: ( 2  1) 6  (a  c) 2  (b  d ) 2  ( 2  1) 6

9


Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
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 , a 2 ,....., a n 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 :
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 

10


Một số kinh nghiệm giải bài toán bất đẳng thức
Cng v theo v ta cú ta cú pcm.
Du = xy ra khi v ch khi x=0.
Vớ d 2 : Vi a, b, c dng CM
a3 b3 c3


ab bc ca
b
c
a

Gii : ỏp dng BT Cauchy cho cỏc cp s dng ta cú :
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

Cng v theo v ta cú :
a3 b3 c3

ab bc ca 2(a 2 b 2 c 2 ) (1)
b
c
a

Mt khỏc ta cú

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 vo (1) suy ra pcm. Du = xy ra khi v ch khi a=b=c.
c. Mt s dng toỏn c bn s dng BT Cauchy tng quỏt c/m.
1) Cho n s thc dng a1 , a 2 ,....., a n thừa món
1
1
1

........
k
a1 a 2
an

(k 0 cho trc)

CMR

1
1

....
m1a1 m2 a2 .... mn an m2 a1 m3a2 .... m1an


1
k

mn a1 m1a2 .... mn1an m1 m2 .... mn

Vi m1 , m2 ,........, mn l cỏc s nguyờn dng tựy ý.

11


Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
Giải: áp dụng BĐT Cauchy cho m  m1  m2  ....  mn số ta có:
m1 a1  m2 a 2  .......  mn a n  m m a1m1 a 2m2 .....a nmn

(1)

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

m
m

a1m1 a 2m2 .....a nmn

(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 ) 
m1 a1  m2 a 2  ....  mn a n
mn a1  m1 a 2  ....  mn 1 a 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
 a1


 a2

k

k

  a1 
a
     .....   1
  a2 
 a2

k


a  a 2  ....  a n
  1
n a a ....a

1 2
n

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

3. Cho 

2. Sử dụng BĐT Bunhiacopxki(BCS)
Với 2 bộ số a1 , a 2 ,....., a n  và b1 , b2 ,....., bn  bất kì ta có

a1b1  a 2 b2  .....  a n bn 2  (a12  a 22  ....  a n2 )(b12  b22  ....  bn2 )
Đẳng thức xảy ra 

a
a1 a 2

 ......  n
b1 b2
bn

12


Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
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 , a 2 ,....., a n  và n số dương b1 , b2 ,....., bn 
a 2 a  a  .....  a n 
a2 a2
CMR 1  2  .....  n  1 2
b1 b2
bn
b1  b2  ....  bn

2

b) CMR
a2
b2
1


 1 a, b  0
2
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



Ta có

13


Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
 a12 a 22
a n2 

(a1  a 2  ....  a n )  

 ....  b1  b2  ....  bn 
b
b

bn 
2
 1
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 phương 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

14


Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
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

1

1
1 
 1 
2
2 m 1 
 1 C

C

.....

C

2
m

1
2
m

1




2
2
m2  1
 m 1
 m 1
Mặt khác ta có:

2
1

m  1 (m  1) 2

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 phương 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.

15


Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
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

16

Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
x 2  y 2  z 2  1.

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
2

2

2

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

và

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

(3)

17


Một số kinh nghiệm giải bài toán bất đẳng thức
Cng (2) v (3) ri bin i ta cú:
a3 b3 b3 c3 c3 a3 9

(a b) 3 (b c) 3 (c a ) 3 4

Vi mt s mi quan h nh trờn ta cú nhiu bt. Vỡ vy trong c/m cn
s dng khộo lộo quan h ú.
Phn II: BT NG THC LNG GIC TRONG TAM GIC
I. S liờn quan gia cỏc bt ng thc trong tam giỏc:
Trong quỏ trỡnh chng minh cỏc BT trong tam giỏc, bng cỏc phộp bin
i tng ng ta cú th tỡm c mi quan h mt thit t nhng bt ng
thc cú v hon ton khỏc nhau.
Vớ d 1: Xột BT ( p a)( p b)( p c)

abc
(1)
8

trong ú a, b, c l di 3 cnh 1 tam giỏc ; p l na chu vi.
CM: Theo BT Cauchy ta cú
( 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

Nhõn tng ng theo v cỏc s khụng õm ta c
2

( p a)( p b)( p c)2 abc suy ra pcm.
8

Bõy gi ta bin i (1) nh 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) l BT mi v hon ton khỏc so vi (1)
CM (2) nh sau: Ta cú

18


Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
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)

19


Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
(1) 


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

( 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 hh 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)

ha hb  hb hc  hc ha 

4S 2
R2

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

(5)
(6)

Từ (5) và (6) suy ra
8S 2
ra rb  rb rc  rc ra  2
R

(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

20


Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
(1)
tgA  tgB  tgC  tgAtgBtgC

 A B
B C
C A
tg 2 tg 2  tg 2 tg 2  tg 2 tg 2  1 (2)

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

(4)

tgAtgBtgC  3 3

(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

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

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 phương 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

21


Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
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

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 

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
Ta có sin

A
B
C 3
 sin  sin 
2
2
2 2

A
B
C
A B
A B

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

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

22

Một số kinh nghiệm giải bài toán bất đẳng thức
C. KT LUN
Trờn õy l mt s kinh nghim ỳc rỳt trong quỏ trỡnh ging dy hn 30
nm qua, c bit l trong quỏ trỡnh bi dng hc sinh gii. T nhng vn
trỡnh by trờn õy cú th rỳt ra kt lun rng: vic nghiờn cu gii cỏc bi toỏn
v bt ng thc i vi hc sinh phi l mt quỏ trỡnh thng xuyờn v c bit
l phi c nghiờn cu chu ỏo ngay t nhng kin thc c bn lp 10.
Trong ú phng phỏp chng minh BT theo sut chng trỡnh t lp 10 v
c hon thin lp 12 l tỡm cc tr v GTLN, GTNN ca hm s. BT
lng giỏc trong tam giỏc l mt s vn dng ca BT v cỏc h thc lng
trong tam giỏc nhng li n cha nhng phộp bin i rt tinh vi m ớt ngi cú
th thy c.
Mc dự cú th cũn nhiu hn ch nhng tụi hy vng rng ti ny s
úng gúp rt tt cho cỏc bn ng nghip v hc sinh cú th tỡm hiu sõu sc
hn v bt ng thc nhm nõng cao hiu qu trong ging dy v hc tp. Tụi
rt mong nhn c ý kin úng gúp ca c gi.

D. TI LIU THAM KHO
1. B sỏch giỏo khoa hp nht nm 2000.
2. B sỏch giỏo khoa-Ban khoa hc t nhiờn-B sỏch th nht-NXBGD
2003.
3. Phng phỏp tỡm GTLN v GTNN ca Phan Huy Khi
4. Ti liu bi dng giỏo viờn THPT chuyờn. Bt ng thc v cỏc vn
liờn quan ca Trn Nam Dung, Nguyn Vn Mu
5. Bt ng thc: suy lun v khỏm phỏ - Phm Vn Thun Lờ V
6. 500 Bt ng thc ca Cao Minh Quang.
7. Sỏng to bt ng thc - Phm Kim Hựng

23