SKKN hướng dẫn học sinh kỹ thuật cơ bản sử dụng bất đẳng thức côsi và ứng dụng trong dạy và học toán

PHẦN I: MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài.
Điều 5 - Luật Giáo dục đã yêu cầu về phương pháp giáo dục: "Phương
pháp giáo dục phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo
của người học; bồi dưỡng cho người học năng lực tự học và hợp tác, khả
năng thực hành, lòng say mê học tập và ý chí vươn lên.”
Trong những năm gần đây, đổi mới phương pháp dạy học đã trở thành
mục tiêu lớn của ngành giáo dục và đào tạo nước ta. Dạy học theo hướng
“Phát huy năng lực và phẩm chất người học” cũng là một nội dung quan trọng
đang được quan tâm hiện nay. Nghị quyết Hội nghị trung ương 8 khóa XI
cũng nêu rõ về đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo: “Tiếp tục đổi
mới mạnh mẽ phương pháp dạy và học theo hướng hiện đại; phát huy tính
tích cực, chủ động, sáng tạo và vận dụng kiến thức, kỹ năng của người học;
khắc phục lối truyền thụ áp đặt một chiều, ghi nhớ máy móc. Tập trung dạy
cách học, cách nghĩ, khuyến khích tự học, tạo cơ sở để người học tự cập nhật
và đổi mới tri thức, kỹ năng, phát triển năng lực”.
Theo quan điểm chỉ đạo đổi mới giáo dục thì phát triển năng lực của
người học được coi là mục tiêu quan trọng và cần được coi trọng. Mặt khác,
khái niệm năng lực ở đây được hiểu là sự kết nối tri thức, hiểu biết, khả năng
và mong muốn của người học. Cũng theo tinh thần Nghị quyết 29 - NQ/TƯ về
việc đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo thì phương pháp dạy học
toán cũng cần phải thay đổi để theo kịp yêu cầu của thực tiễn. Như vậy, việc
nâng cao năng lực tư duy, năng lực tự học cho học sinh trong quá trình giảng
dạy cũng là một trong những biện pháp cần thiết, đáp ứng yêu cầu của quá
trình đổi mới giáo dục hiện nay.
1.2. Mục đích nghiên cứu
- Giúp học sinh tự học, sáng tạo nhằm nâng cao hiệu trong học tập và
giảng dạy đối với môn Toán.
- Đáp ứng yêu cầu đổi mới phương pháp kiểm tra đánh giá các kì thi
học sinh giỏi và kì thi THPT Quốc gia.
- Đề tài này có thể dùng làm tài liệu tham khảo cho giáo viên.

1.3. Đối tượng nghiên cứu.
- Sách giáo khoa môn Toán trong chương trình THCS và THPT.
- Học sinh lớp: 11C4, 12A10 trường THPT Đào Duy Từ
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
- Phương pháp nghiên cứu tài liệu.
- Phương pháp khảo sát thực tế.
- Phương pháp phân tích, so sánh, tổng hợp.
- Phương pháp thống kê.

1


PHẦN II: NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lý luận
Trong chương trình phổ thông, học sinh được làm quen với bất đẳng
thức từ rất sớm và nó luôn 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 không chỉ xuất hiện trong chương trình phổ thông mà
còn thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi chuyển cấp, thi học sinh giỏi các
cấp, thi THPT Quốc gia. Trong nền giáo dục phổ thông, toán học là môn khoa
học quan trọng đóng vai trò 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 và sáng
tạo cho học sinh. Trong thực tế, việc giải các bài toán Bất đẳng thức đối với
học sinh là hết sức khó khăn. 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 linh hoạt những điều đã học vào thực tiễn. Qua
thực tế giảng dạy ở trường THPT và qua các kỳ thi nói chung tôi nhận thấy

việc hình thành những kiến thức và kỹ năng trong việc dùng Bất đẳng thức
Côsi để xử lí các bài toán là cần thiết. Vì vậy tôi đã chọn đề tài như trên.
2.2. Thực trạng vấn đề
Bất đẳng thức Côsi là một trong những bất đẳng thức cổ điển có ứng
dụng rộng rãi nhất trong chương trình toán học phổ thông. Tuy nhiên, việc sử
dụng bất đẳng thức này lại là điều không hề đơn giản đối với học sinh, kể cả
đối với giáo viên giảng dạy. Các kĩ thuật để sử dụng BĐT Côsi rất đa dạng.
Qua kinh nghiệm giảng dạy, tôi nhận thấy một số đặc điểm sau:
- Các đề thi học sinh giỏi cấp trung học gần đây có xu hướng sử dụng nhiều
đến BĐT Côsi.
- Bất đẳng thức Côsi là một công cụ giải quyết được một số lượng lớn các bài
toán như chứng minh bất đẳng thức, tìm min, max của biểu thức. Tuy vậy việc
ứng dụng BĐT Côsi vào giải toán của học sinh còn hạn chế.
- Nhiều giáo viên giảng dạy chưa phân tích sâu sắc các dấu hiệu nhận dạng để
khi học sinh đứng trước một bài toán có thể biết sử dụng phương pháp và áp
dụng kĩ thuật nào để giải quyết. Xuất phát từ thực tế đó, trong sáng kiến kinh
nghiệm này, tôi nêu ra một số ứng dụng thường gặp của BĐT Côsi, đồng thời
cố gắng nêu ra cách thức tư duy và phương pháp, kĩ thuật để sử dụng BĐT
Côsi.
2.3. Các giải pháp để giải quyết vấn đề
- Trong bài viết này, có những bài toán có thể giải bằng nhiều phương pháp
ngắn gọn hơn, nhưng bám sát nội dung bài viết, tôi chỉ nêu ra các cách giải
bằng BĐT Côsi.

2


- Nội dung bài viết chủ yếu đã được tôi sử dụng trong quá trình bồi dưỡng
học sinh khá, giỏi trường THTH Đào Duy Từ.
- Trước hết về bất đẳng thức Côsi:

* Cho n số thực không âm: a1, a2, ...an.
Ta có thể phát biểu BĐT Côsi dưới các dạng sau:
a1  a2  ...  an n
� a1 .a2 ...an
n
a1  a2  ...  an �n n a1 .a2 ...an

(1)
(2)
n

�a  a  ...  an �
a1 .a2 ...an ��1 2
� (3)
n
�
�
Dấu “=” xảy ra khi a1  a2  ...  an

* Trong trường hợp đối với 2 số không âm x, y, ta có:
x y
� xy ;
x  y �2 xy ;
2
2
2
�x  y �
 x  y  �4 xy ;
�
� �xy ;

� 2 �
1
4
�
xy  x  y  2 .

1 1
4
 �
x y x y ;

Dấu “=” xảy ra khi: x = y
* Trong trường hợp đối với 3 số không âm x, y, z, ta có
3
x y z
x

y

z
�
�
� xyz ; x  y  z �3 xyz ; �
��xyz
3
� 3
�
Dấu “=” xảy ra khi: x = y = z.
Sau đây là các phương pháp cơ bản sử dụng bất đẳng thức Côsi
3

3

2.3.1. Phương pháp phân tích số mũ, đánh giá đại diện
Nội dung của phương pháp:
- Các biến có vai trò bình đẳng nên trong quá trình biến đổi ta nên có xu
hướng giữ nguyên tính bình đẳng của chúng.
- Các biểu thức có vai trò bình đẳng nên tìm cách biến đổi một biểu thức và áp
dụng tương tự cho toàn thể.
- Giả sử bậc của vế trái lớn hơn bậc của vế 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.
Ví dụ 1. Cho các số dương a, b, c. Chứng minh:
a 3 b3 c3
 
a  b  c
b2 c2 a2
a 2 b2 c2
1
1
1
2) 3  3  3  3  3  3
b
c
a
b
c
a

1)

3


Phân tích: Cần khử được mẫu số ở vế trái để đồng bậc với vế phải.
Áp dụng BĐT Côsi ta có:
a3
a3
b3
c3

b

b

3
a


3
a

2
b

3
b

2
c

3c  2a
.
Tương
tự:
;
b2
b2
c2
a2

Cộng vế với vế ta có điều phải chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi: a = b =c
Nhận xét: Khử được 2 bậc của tử số và mẫu số của vế trái, ta có lời giải câu 2
như sau:
Áp dụng BĐT Côsi ta có:
a2 a2 a2 1
1
5
 5  5  3  3  3 . Tương tự cho các các bất đẳng thức còn lại rồicộng
5
b
b
b
a
a
b

từng vê và thu gọn ta được ĐPCM. Dấu “=” xảy ra khi: a = b =c.
Ví dụ 2: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x.y.z = 1.
1  x3  y 3
1  y3  z3

1  z 3  x3


�3 3
Chứng minh rằng: S 
xy
yz
zx

Phân tích:
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:
y3
Cách 1: 1 x 3 �

Tương tự
S

3 3 1.x 3 . y 3

1  x3  y 3
xy

3xy

1  y3  z3
3

�
;
yz
yz

1  x3  y3
xy

3xy
xy

3
xy

1  z 3  x3
3
�
. Từ đó
zx
zx

�1
1  x3  y3
1  y3  z3
1  z 3  x3
1
1 �


� 3�



��3 3 3
� xy
xy
yz
zx
yz
zx �
�
�

1
x y2 z2
2

3 3

Dấu “ = ” xảy ra khi x = y = z
Cách 2:
S

�

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

yz
zx
x3 y3 z 3  x 3  y 3
x3 y 3 z 3  y 3  z 3
x3 y 3 z 3  z 3  x3


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.
4


Nhận xét: Với hướng giải trên ta có thể giải bài toán tổng quát sau:
Cho các số dương a1, a2,...,an thỏa mãn a1. a2....an = 1. Chứng minh rằng
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 với m �2
q
q
q
(a1 ...an 1 )
(a2 ...an )
(an a1 ...an 2 )

Ví dụ 3: Cho a, b, c �0. Chứng minh:
a ) a 3  b 3  c 3 �a 2b  b 2 c  c 2 a
b) a 4  b 4  c 4 �abc(a  b  c)

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
đôi nhân tử kia.
a ) a 3  a 3  b3 �3 3 a 3 .a 3 .b3  3a 2b
b3  b3  c 3 �3 3 b3 .b3 .c3  3b 2 c
c 3  c 3  a 3 �3 3 c 3 .c 3 .a 3  3c 2 a

Cộng các vế và rút gọn ta có điều phải chứng minh.
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 2ca
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.
Ví dụ 4: Cho a, b, c, d là các số thực dương có tổng bằng 1.

a2
b2
c2
d2
1
Chứng minh:



�

ab bc cd d a 2

Phân tích:
- Các biến có vai trò bình đẳng nên trong quá trình biến đổi ta nên có xu
hướng giữ nguyên tính bình đẳng của chúng;
- Các biểu thức có vai trò 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.
- Nhận xét rằng khi a  b  c  d 

1
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

Ta đi đến lời giải:

5

ab
a2
và
4
ab
2
2
ab
ab
a
ab
a
a2
a a  b � a2
�
�
�
�a (1)
.
Ta có:
+
2
+
2
+
4
4
2

4
ab
ab
ab
ab 4
bc
cd
d a
b2
c2
d2
�b (2) ;
�c (3) ;
�d (4)
Tương tự ta có:
+
+
+
4
4
4
bc
cd
d a

Áp dụng bđt côsi cho hai số

Từ (1); (2); (3) và (4)
�

a 2 + 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
�(
+
+
+
)+ �1
2
ab bc cd
d a
2
2
2

2
1
a
b
c
d
�(
+
+
+
)�
2
ab bc cd
d a

Ví dụ 5: Chứng minh rằng:





8

a  b �64ab(a  b)2  a,b �0.

Ta có:



a b



8







4

4

2
4 CôSi
�
�
 � a  b � �
��
2 2  a  b  ab �
�a  b   2 ab �
�
�
�
�
�
�
�

 24.22.ab. a  b



2

 64ab(a  b)2

2.3.2. Phương pháp tách thành các biểu thức nghịch đảo

a2  2
�2
Ví dụ 1: Chứng minh rằng:
a2 1

a �R

2
Côsi
a 2  2   a  1  1  a 2 1  1
1 2
� 2 a2 1
Ta có: 2
a 1
a2 1
a2 1
a 2 1
1
2

� a2 1  1 � a  0
Dấu “ = ” xảy ra  a  1  2
a 1

Ví dụ 2: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: xyz=1.
Chứng minh:

1  x3  y3
1 y3  z3
1  z3  x3


3 3
xy
yz
zx

Phân tích: Ta có thể hiểu: 1=(xyz) n nên cố gắng biến đổi vế trái thành tích của
các lũy thừa cùng bậc đối với x, y, z.
Áp dụng BĐT Côsi:
1  x 3  y 3 33 x 3 y 3 3xy ;
1  y 3  z 3 33 y 3 z 3 3 yz ;
1  z 3  x 3 33 z 3 x 3 3 zx

6


xy

yz

zx

1

1

1

1



) 3 3
3 3 .
Từ đó: S  3 ( xy  yz  zx ) 3(
6
xy
yz
zx
x2 y2 z 2
Nhận xét: Ta có bài toán tổng quát sau:
Cho các số dương a1 , a 2 ,....a n thỏa mãn: a1a 2 ....a n 1. Ta có bất đẳng thức:
m

p

1  a1  ... a n  1

p

m

p

1  a 2  ...a n

p

m

p

1  a n  ...a n  2

p

n m n . Với m 2
(a n a1 .... a n  2 ) q
1 1 1
Ví dụ 3: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: x  y  z 4 .
1
1
1
Chứng minh: 2 x  y  z  2 y  z  x  2 z  y  x 1
(a1 a 2 .... a n  1 ) q



(a 2 a3 .... a n ) q

 ... 

Phân tích: Giả thiết đã cho và dạng của BĐT định hướng ta sử dụng BĐT:
1 1
4
1 1
4
1 1
4
1 1
4
 
. Ta có: x  y  x  y ; y  z  y  z ;  
. Suy ra:
a b a b
z x zx
1 1 1
1
1
1
  2(


)(1) Lại có:
x y z
x y yz zx
1
1
4

1
1
4
1
1
4






;
;
x  y y  z x  2 y  z y  z x  z x  2z  y z  x x  y y  2x  z
1
1
1
4
4
4
Suy ra: 2( x  y  y  z  z  x )  y  2 x  z  x  2 y  z  x  2 z  y (2)

Từ (1) (2) ta có:
1
1
1


1 .Dấu “=” xảy ra khi: x = y =z

2x  y  z 2 y  z  x 2z  y  x

Nhận xét: Tương tự ta có bài toán sau:
1

1

1

Cho các số dương a1 , a 2 ,....a n thỏa mãn: a  a  ...  a k  0 . Ta có bất đẳng
1
2
n
thức:
1
m1 a1  m2 a 2  ...  mn a n




1
1
 ... 
m2 a1  m3 a 2  ...  m1 a n
mn a1  m1 a 2  ...  mn  1 a n

1
m1  m2  ...  mn

2.3.3. Phương pháp đánh giá từ trung bình nhân, 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 là thay a + b bằng a.b thì ngược lại đánh giá từ TBN
sang TBC là thay a.b bằng a + b. Cần phải chú ý làm sao khi biến tích thành
tổng, thì tổng cũng phải triệt tiêu biến, chỉ còn lại hằng số.
Ví dụ 1: Chứng minh: ab  cd �  a  c   b  d  a, b, c, d  0 (1)
Ta có:
7


(1) 

ab

 a  c  b  d 

cd
�1 Theo BĐT Côsi ta có:
 a  c  b  d 

1� a
b � 1� c
b � 1 �a  c b  d � 1
VT � �


 �

� �
�  1  1  1 (đpcm)
2 �a  c b  c � 2 �a  c b  d �

� 2 �a  c b  c � 2
�
ac0
�
Ví dụ 2: Chứng minh: c  a  c   c  b  c  � ab  �b  c  0 .
�

Ta có BĐT tương đương với:

c  b  c
c  a  c

�1
ab
ab

Theo BĐT Côsi ta có:

c  b  c  1 �c  a  c  � 1 �c  b  c  � 1 �a b �
c  a  c
� �  � 1
� � 

��
� 2 �a
ab
ab
2�
b
a

b
� 2 �a b �
�
�
�

�

2.3.4. Phương pháp thêm, bớt hằng số phù hợp
Ví dụ 1: Chứng minh rằng: a  b 1  b  a  1 �ab a, b �1.
Bài này chúng ta hoàn toàn có thể chia cả 2 vế cho ab và đánh giá như
phần trước đã trình bày. Tuy nhiên ở đây ta áp dụng phương pháp nhân thêm
hằng số.
Côsi
�
 b 1  1  ab
a  b 1  a  b 1 .1 � a
�
�
2
2
�
Ta có :
C
ôsi
 a 1  1  ab
�
b  a 1  b  a 1 .1 � b.
�
�

2
2
ab ab
 a  b 1  b  a 1 � +  ab
2 2
�
�
b 1  1
b2
�
� �
Dấu “ = ” xảy ra  �
�
a 1  1
a2
�
�
2.3.5. Phương pháp 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 . Ta có:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng :
a b c

8


�1 �bc ca � bc ca
� . c
�� 
b �
� a b
�2 �a
�
�1 �ca ab � ca ab
� . a
�� 
c �
b c
�
�2 �b
�1 bc ab
� bc ab
��
 �� .  c
�

c � a c
�
�2 �a

bc ca ab
 a  b  c �a  b  c .

Dấu “ = ” xảy ra  a = b = c.

a 2 b2 c2 b c a
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 2  2  2 �   ; abc �0
b c a a b c
Áp dụng BĐT Côsi ta có:
�1 �a
b2 � a 2 b2 a �a
� � 2  2 �� 2 . 2 
c � b c c c
�2 �b
�
b �b
�1 �b2 c 2 � b2 c 2
� � 2  2 �� 2 . 2 
a � c a a a
�2 �c
�
2
2
2
2
�1 �a  c �� a . c  c �c

2
2
�2 �
b2 a 2 �
b b
� b a
��
a 2  b2  c2 �b  c  a �b  c  a
 b2 c 2 a 2 a b c a b c
2

Ví dụ 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 .
Áp dụng BĐT Côsi ta có:
�
�
0 �b  c  a
�
�
�
0 �c  a  b
�
�
�
�
0 �b  c  a
�
�





  c  a  b



  a  b  c



  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  a = b = c.  ABC đều

2.3.6. Phương pháp đổi biến số
Có những bài toán về mặt biểu thức toán học tương đối cồng kềnh hoặc
khó nhận biết được phương hướng giải, ta có thể chuyển bài toán từ tình thế
khó biến đổi về trang thái dễ biến đổi hơn. Phương pháp trên gọi là phương
pháp đổi biến số.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng:

c  a  b �3 a, b, c  0
(BĐT Nesbit)
ab bc c a 2

9


Đặt :

�
bc  x  0
�
yzx
z x y
x yz
ca  y 0 � a 
; b
; c
�
.
2
2
2

�
a

b

z

0
�

Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau:
�y x � z x � �y z �
yzx
z x y
x yz


� �  � �
 2x
�  � �  ��6
2y
2z
�x y � �x z � �z y �
Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng, Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Côsi ta
có :
y x
z x
y z
VT �2 x . y  2 x . z  2 z . y  2  2  2  6
Dấu “ = ” xảy ra  x = y = z  a = b = c.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng trong  ABC ta luôn có:
a2
b2
c2


�a  b  c
bc a c ab a bc
Đặt :

�
bca  x  0
�
yz
zx
x y
cab  y  0 � a 
; b
; c
�
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

(2)

4y
4z
yz
zx
xy 1 �yz zx � 1 �zx xy � 1 �yz xy �


�
 � �  � �  �
Ta có : VT (2) �
x
y
z 2�
y � 2 �y z � 2 �x
z �
�x
Côsi

�

yz zx
zx xy
yz xy

.

.

.
 x y z
x y
y z
x z

Ví dụ 3: Cho  ABC. CMR : ( b + c – a )( c + a – b )( a + b – c ) �abc (1)

Đặt :

�
bca  x  0
�
yz
zx
x y
cab  y  0 � a 
; b
; c
�
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 BĐT Côsi, ta có :

tương đương với bất đẳng thức sau :
x y yz zx
.
.
� xy . yz . zx  xyz (đpcm)
2
2
2

2.4. Một số ứng dụng
2.4.1. Áp dụng giải phương trình và hệ phương trình:
Ví dụ 1: Giải phương trình : x 2  x 1  x  x 2  1  x 2  x  2

(1)

10

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, 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  x2  1 �x  1

2

(2)

2

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

( x 1) y  ( y 1) x  2 xy
�
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: �
�
�x y  1  y x  1  xy
Điều kiện: x  1, y  1. Áp dụng bất đẳng thức Côsi, 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
� x  y  2.
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi �
�y  1  1
Thử lại thấy: x = y = 2 cũng thoả mãn phương trình thức nhất của hệ
Vậy hệ có nghiệm duy nhất là ( 2; 2 ).

Ví dụ 3: Giải phương trình 5 27 x10  5 x 6  5 864 0
Nhận xét: x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên chia hai vế cho x 6
ta được:
5

27 x 4 

5

32.27
5  x 4 
6
x

2
x 6 55

1
27

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:

x4 x4 x4 1
1
1


 6  6 55
. Do đó
3

3
3 x
27
x

x4
1
 6  x 10 3  x 10 3
phương trình trên thỏa mãn 
3
x

Ví dụ 4: Giải phương trình: 4 16  x 2 2 x  2  x .
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
 4 16  x 2 2
 x 0
Vậy phương trình đã cho   x  x
 2  2

2

11


 x  y  z 1

Ví dụ 5: Tìm nghiệm dương của hệ phương trình:  x  y  z  x  y  y  z  1
 y z x yz xy


x

y

z

xy

yz

Ta chứng minh cho y  z  x  y  z  x  y  1 (*) với x, y, z dương.
Thật vậy:
(*) �
�

x y  z  x  y
y

y  y  z  x  y



y
x2 z
 x 2  xy  xz 
y

z
2



z  y  z  x  y
x

� x  y    y  z    x  y   y  z 
2

2

 x  y   y 2  xy  z 2  yz  yz  y  z 
z

x

�x  xz  z  3 y  3xy  3 yz
2

2

2

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:
1 �x 2 y 3 � 1 �x 2 z z 2 y � 1 �y 3 z 2 y � 2 �z x �
�  � � 
� � 
� y �  �
2 �y
z � 2 �y
x � 2 �z
x � �x z �
�
y4 z �
3
�
�
�xy  xz 
 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
2.4.2. Áp dụng trong bài toán cực trị:
Đối với bài toán cực trị, học sinh thường hay mắc sai lầm hơn bài toán
chứng minh bất dẳng thức do bởi trong bài toán chứng minh bất đẳng thức thì
học sinh có thể coi một số vế là mục tiêu để cố gắng biến đổi vế kia theo mục

tiêu đó, ngoài ra đôi khi không cần xét đến điều kiện dấu bằng xảy ra. Còn đối
với bài toán cực trị thì học sinh không 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 miền giới hạn của biến.
Trong bài toán cực trị, 2 tiêu chí quan trọng nhất mà chúng ta phải luôn
bám sát đó là:
- Phải khử được biến.
- Phải đảm bảo được điều kiện cho dấu bằng xảy ra trong miền mà biến
được giới hạn.
Như vậy ta nhận thấy phương pháp cơ bản để giải bài toán cực trị khi
dùng bất đẳng thức Côsi là phương pháp khử biến.
1
2

Ví dụ 1: cho 0 x  Tìm giá trị lớn nhất của A  x1  2 x  .

12


2

1
1  2 x  1  2 x  
1
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: A  .2 x1  2 x   
 
2

2
2

1  1
1
Vậy Amax  . Dấu “=” xảy ra  2 x 1  2 x  x   0;  .
4  2
8
1
Ví dụ 2: cho 0 x 3 . Tìm giá trị lớn nhất của A  x 2 1  2 x 3 .
2



8





Nhận xét: Cần phải biến đổi các biến có cùng bậc, và đảm bảo cho dấu “=”
xảy ra trong miền đã cho. Vì vậy ta giải như sau:



A3  x 6 1  2 x 3





3







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



 

 

1  3x 3  3 x 3  1  2 x 3  1  2 x 3  1  2 x 3
 
9
5

 





3 x 3 .3x 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
Ví dụ 3: Cho 0 x 1 . Tìm giá trị lớn nhất của A  x 4  x 2 .
2
 x 2  x
 x   2  x 
 x 1
A  x 2  x  2  x  
  2  x  1. 2  1 3 khi 
2
 x 1



Vậy Amax 3



Ví dụ 4: cho a>b>c>0. Tìm giá trị lớn nhất của: S 



c a  c 
c b  c 

ab
ab

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
1
1
Ví dụ 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của A  x 2 
với x 3
2x
4
S

1
1
1
1 1

1
x 2 

33 x 2 . .
33
.
2x
4x 4x
4x 4x
16
1
1
x 2   x 3
4x
4

Vậy

A x 2 

Amin 33

1
16

khi

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

Ví dụ 6: Cho a 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của S a 
Dự đoán: S đạt min tại a=5, khi đó

1
a

1 1
 . xết điều kiện để dấu “=” xảy ra,
a 5

ta có 2 định hướng sau.

13


a 1
 , ta có cách giải 1.
25 a
25
a ta có cách giải 2.
Với a = 5 thì
a

- Với a=5 thì

Cách 1:
a 1 24
a 1 24
2 24
26

  a 2
.  a   .5  . Vậy Smin=
25 a 25
25 a 25
5 25
5
 a 1


Khi
 25 a  a 5
 a 5

S

26
,
5

Cách 2:
26
25 24
25 24
24
24 26

2 a. 
10 
10 
 . Vậy Smin=

,
5
a
a
a
a
a
5
5
25

a 
a  a 5

 a 5

S a 

khi

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

1
a2

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

 tại a = 2   8
 a

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:
9
a a 1 3
a a 1 3
3 3
9
S    2  a 3 . . 2  a   .2  .Vậy S min  khi
4
8 8 a
4
8 8 a
4
4 4
4
1
a

  2
 8 a  a 2
 a 2
 a, b  0
1
tìm giá trị nhỏ nhất của S ab 
ab
 a  b 1

Ví dụ 8: Cho 
Giải: Ta có:

14


2

1
1
1
 a b
4 ta tìm số  thỏa
a.b 
4 . Dự đoán S đạt min khi
  
ab
4
ab
 2 


1
1
mãn ab tại ab     ta có lời giải như sau:
ab
4
16
1
15
1
15
1 15
17
S
 ab 
2
.ab 
  .4  .
16 ab
16 ab
16 ab
16 ab 2 16
4
 1
 16ab ab
1
17
 a b 
Vậy Smin = khi 
2
4

 ab  1

4

Ví dụ 9: Cho a,b,c > 0 thỏa mãn: a + b + c ≤ 3/2. Tìm min của S =
a b c 

1 1 1
 
a b c

Giải: Do a, b, c đối xứng và a + b + c ≤ 3/2 nên ta dự đoán S đạt min tại a = b
a b c 1 1 1
1
= c = ½, ta tìm số  thỏa mãn      tại a = b = c = 1/2   





a



b

c

4

Ta có lời giải như sau:
1 1 1
1 1 1
3 15
   3(a  b  c) 66 4a.4b.4c. . .  3(a  b  c) 12  3 
a b c
a b c
2 2
1 1 1

4a 4b 4c   

1
15

a b c
 a b c 
 khi 
2
2
a  b  c 3

2

S 4a  4b  4c 

Vậy S min

Ví dụ 10: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: a + b + c ≤ 3/2.
Tìm min của S  a 2 

1
1
1
 b2  2  c2  2
2
b
c
a

Giải: Do a, b ,c đối xứng và a + b + c ≤ 3/2 nên ta dự đoán S đạt min tại a = b
=c=½
1
1
1
ta tìm số  thỏa mãn a 2 b 2 c 2  2  2  2 tại a = b = c = ½   16

a

b

c

Ta có lời giải như sau :
1
1
1
 b2  2  c2  2 
2
b

c
a
1
1
1
1
1
1
1
1
1
a2 

 ... 
 b2 

 ... 
 c2 

 ... 
2
2
2
2
2
2
2
2
2
16

16
16
 b  16 b   16b
 c  16 c   16c
 a  16 a   16 a

S  a2 

16 so

16 so

16 so

15


1
1
1
1
1
1
1
1
1
 17 a 2 .
.
...
 17 b 2 . 2 .

...
 17 c 2 .
.
...
2
2
2
2
2
2
2
2
17
17
17
16
16
16
 b  16
 b  16b
 c  16c  16c
 a  16
 a  16a
16 so

16 so


a
b

c
 17 17 8 16  17 8 16  17 8 16
16 c
16 a
 16 b
3 17 17





  17  33





16 so

17

1
1
3 17 17 8
3 17
5 5
5
16 a .b .c
16  abc
17

8

5

a
b
c 
17
17


168 b16
168 c 16
168 a 16 

1

 a bc
16 

3



15

8

1

3 17
17

1
16  
 2

15

8

3 17
2

3 17
khi a = b = c = 1/2.
2
Ví dụ 11: Cho a, b, c 0 , a + b + c = 3. Tìm min của S = a3 + 64b3 + c3

Vậy S min 

Giải:
Nhận xét: Vai trò của a và c như nhau nên ta đưa vào hằng số dương  , 
(sẽ được xác định sau) và biến đổi:
S a 3   3   3  64b 3   3   3  c 3   3   3  4 3  2 3
3a 2  12b 2  3c 2  4 3  2 3
Cần tìm  ,  thỏa mãn:

- Các hệ số của a, b, c trong vế phải của (*) bằng nhau nhằm sử dụng giả
thiết a + b + c = 3

- Dấu “=” xảy ra ứng với a = c =  ; b = 4  ; và a + b + c = 3
 a c 
24


 b 4



27
- Ta có hệ:  a  b  c 3 Giải hệ ta có 
12

 

 a 2 4  2
27

ta có lời giải hoàn chỉnh như sau:
3

3

3

3

3

3

3

 24   24 
 12   12 
 24   24 
 24 
 12 
a        64b 3        c 3        4   2 
 27   27 
 27   27 
 27   27 
 27 
 27 

3

3

2

2

2

3

3

2

3

 24 
 12 
 24 
 24 
 12 
 24 
 24 
 12 
3a   12b   3c   4   2  3   a  b  c   4   2 
 27 
 27 
 27 
 27 
 27 
 27 
 27 
 27 
24

a

c

2
3
3


27
 24 
 24 
 12 
2
3
3
 24 
 24 
 12  Vậy S min 9   4   2  khi 
48
9   4   2 
 27 
 27 
 27 
b 
 27 
 27 
 27 

27

3

16


Ví dụ 12: Tìm min, max của A = x2y( 4 – x – y) với x, y  0, x + y  6 ( Đề
thi Olimpic 30 – 4)
a) Tìm max:

Khi x + y  4 thì A  0.
4

x x

   y  (4  x  y ) 
x x
 4 .
Xét x + y <4 thì A 4 . . y (4  x  y ) 4 2 2
2 2
4







Vậy Amax = 4 khi x = 2; y = 4
b) Tìm min:
Khi x + y  4 thì A  0. Xét khi x + y >4 thì
4

x x

4
4
  y  x  y  4
A  2 2
   A  2 x  2 y  4   2.6  4  16  A  64

 
4 
4
4 
4


 4 





Vậy Amin = -64 khi x = 4; y = 2
2.5. Một số bài luyện tập
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)
�
+
2
b 1

2
2b

Bài 3. Tìm nghiệm dương của pt:
(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.
2
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của: P  a  b 

33
.
ab

Bài 5: Cho x, y, z, t  0 và x + y + z + t = 4. Tính min của x3 + 8y3 + 8z3 + t3
5

Bài 6: Cho xi  0; i = 1, 2, ..., 5.  xi .
i 1

Tìm max của A = ( 3x1x2 + 4x1x3 + 5x1x4 + 6x1x5 + 5x2x3 + 6x2x4 + 7x2x5 +
7x3x4 + 8x3x4 + 9x4x5.
Bài 7: Cho x  ( 0; 2) tìm max của A = (1 – x2)(8 – x3)

17


Bài 8: Cho x, y > 0 và x + y = 1.


2
Tìm giá trị nhỏ nhất của A =  x 



1
y2

 2 1 
 y  2 
x 


Hướng dẫn:
2

1 2 1
1
x2
 x y
2
17
xy 

17
  ; x  2  x  16
4
y
4 y 2
 4 y  32

 2 
y2 

Vậy:

1
1
x2
2
17

y

16

17
x2
 4x 2
 4 x  32
A 17 2 17

1
8

32

 xy 

30

1

17 2
17

1
8 32  
 4

30



289
16

Bài 9: Tìm giá trị lớn nhất của y = sin4x.cos10x
Bài 10: Cho a, b >1. Tìm giá trị nhỏ nhất của S 
1

1

a2
b2

b 1 a 1

1

Bài 11: Cho x, y, z thỏa mãn 1  x  1  y  1  z 2 .

Tìm giá trị lớn nhất của A = xyz
Hướng dẫn:
1
1
1


2  1  x 1  y   1  y 1  z   1  z 1  x  21  x 1  y 1  z 
1 x 1 y 1 z
 3  2 x  y  z   xy  yz  zx 21  x  y  z  xy  yz  zx  xyz 
1
 1  xy  yz  zx  2 xyz 4 xy. yz.zx.2 xyz 4 2 A 3  A 
8

2.6. Kiểm nghiệm thực tế hiệu quả giảng dạy
Sau khi thực hiện giảng dạy BĐT Côsi theo các phương pháp trên, tôi
thấy học sinh đã có thể sử dụng BĐT Côsi tốt hơn và phần nào biết cách phân
loại, nhận dạng một bài toán xem khi nào ta có thể sử dụng BĐT Cosi. Cụ thể
qua giảng dạy lớp 11C4, 12A10 trường THPT Đào Duy Từ
năm 2017 – 2018, kết quả đã có thêm 40% học sinh có thể giải quyết được
một bài toán dùng BĐT Côsi để giải so với trước khi giảng dạy. Kết quả đó
giúp tôi rất phấn khởi và có thêm niềm tin vào những nỗ lực tìm tòi phương
pháp giảng dạy mới cho bản thân.Thực tế cho thấy, với cách làm trên đã tạo
được cho học sinh sự linh hoạt, vững vàng, tiết kiệm được thời gian, biết vận
dụng và có sự sáng tạo hơn trong học tập, cách làm trên đã đáp ứng được nhu
cầu của học sinh. Hiệu quả trong học tập của học sinh đã được nâng lên rõ rệt.
Cụ Thể:
* Khi chưa triển khai đề tài trên tôi đã cho học sinh làm một bài kiểm tra ở lớp
11C4, 12A10 như sau:
18

Kết quả
Nhóm
Nhóm 1
(15 học sinh)
Nhóm 2
(15 học sinh)

Số học sinh có lời giải

Sô học sinh có lời giải đúng

4 (26,7%)

2 (13,3%)

5 (33,3%)

3 (20%)

* Sau khi triển khai đề tài này tôi tiếp tục khảo sát được kết
quả như sau:
Kết quả
Số học sinh có lời giải Sô học sinh có lời giải đúng
Nhóm
Nhóm 1
14 (93,3%)
13 (86,7%)
(15 học sinh)

Nhóm 2
15 (100%)
13 (86,7%)
(15 học sinh)
Qua bảng thống kê trên ta thấy cách làm trên đã thể hiện được hiệu quả
vượt trội.
PHẦN III
KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
3.1.Kết luận
Trong quá trình dạy học, đối với mỗi thể loại kiến thức, nếu giáo viên
biết tìm ra những cơ sở lý thuyết, biết phát huy và sáng tạo cái mới và hướng
dẫn học sinh vận dụng một cách hợp lý vào việc giải các bài tập tương ứng thì
sẽ tạo được điều kiện để học sinh củng cố và hiểu sâu về lý thuyết cùng với
việc thực hành giải toán một cách hiệu quả hơn, tạo được sự hứng thú, phát
huy được tính chủ động và sự sáng tạo trong việc học của học sinh.Mỗi một
nội dung kiến thức, luôn có một hệ thống các bài tập tương ứng. Mỗi giáo
viên, cần có sự chủ động trong việc tìm tòi cái mới, kế thừa và phát huy
những kiến thức có sẵn một cách sáng tạo, trong quá trình giảng dạy, với cách
nêu phương pháp giải và đưa ra hệ thống các bài tập phù hợp cho từng đối
tượng học sinh sẽ giúp cho việc học của học sinh chủ động và tích cực hơn.
Do vậy kết quả học tập của học sinh sẽ tốt hơn. Bất đẳng thức Côisi có ứng
dụng vô cùng đa dạng, các đề tài về bất đẳng thức này quả thực là không bao
giờ hết, tôi chỉ trình bày một vài ứng dụng rất nhỏ của bất đẳng thức Côsi trên
cơ sở tổng kết lại kinh nghiệm đã mang ra giảng dạy và tham khảo qua sách
vở, qua học hỏi. Xin chân thành cảm ơn những lời khuyên, sự đóng góp ý kiến
của các đồng nghiệp.
3.2. Kiến nghị

19

- Đối với nhà trường: Hiện nay nhà trường có một số sách tham khảo có
những nội dung về Bất đẳng thức và ứng dụng của nó. Tuy nhiên việc tổ chức
cho giáo viên và học sinh tham khảo sử dụng chưa nhiều. Do vậy cần tăng
cường hơn nữa trong việc sử dụng trang thiết bị nói chung và sách tham khảo
nói riêng cũng như hướng dẫn giáo viên, học sinh sử dụng để phục vụ công
tác tự học, tự bồi dưỡng nhiều hơn nữa.
- Đối với Sở GDĐT: Tăng cường hướng dẫn trao đổi trên trường học kết
nối để phổ biến và nhân rộng những bài viết hay giúp cho giáo viên và học
sinh chia sẻ kinh nghiệm góp phần giảng dạy và học tập có hiệu quả hơn.
Tôi chân thành cảm ơn!
TP. Thanh Hóa, ngày 15 tháng 5 năm 2018.
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
Xác nhận của thủ trưởng đơn vị
mình viết, không sao chép nội
dung của người khác.
Tác giả

Trịnh Thị Minh

20


Tài liệu tham khảo
- Tạp chí toán học & Tuổi trẻ
- Các bài giảng luyện thi môn toán
- Phạm Đức Chính (chủ biên)
- Bất đẳng thức
- Phan Huy Khai
- Đề thi Olimpic 30 – 4

- Các đề thi tuyển sinh vào Đại học
- Đề thi vào lớp 10 THPT các tỉnh
- Đề thi Khảo sát của Sở GDĐT
Thanh Hóa
- Chuyên đề bất đẳng thức
- Võ Giang Giai

21