SKKN ứng dụng bất đẳng thức bernoulli để chứng minh bất đẳng thức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI
ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Người thực hiện: Trần Phương Nhung
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán Học

THANH HÓA NĂM 2018


MỤC LỤC
Trang
PHẦN 1: MỞ ĐẦU
1.1- Lý do chọn đề tài
1.2 - Mục đích nghiên cứu
1.3 – Đối tượng nghiên cứu
1.4 - Phương pháp nghiên cứu
PHẦN 2 : NỘI DUNG
2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.1.1 Bất đẳng thức Bernoulli
2.1.2 Hệ quả
2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3 Các giải pháp để giải quyết vấn đề
2.3.1 Sử dụng bất đẳng thức Bernoulli chứng minh các bài toán, tìm
giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của các biểu thức

2.3.2 Sử dụng hệ quả của bất đẳng thức Bernoulli vào giải các bài toán
bất đẳng thức
2.3.3 Các bài toán quy về bất đẳng thức Bernoulli
2.3.4 Các bài tập
2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
PHẦN 3 : KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận
3.2 Kiến nghị
TÀI LIỆU THAM KHẢO

2
2
2
3
3
3
3
4
4
4
6
8
11
12
14
14
16

2

ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI
ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
1. MỞ ĐẦU
1.1 Lý do chọn đề tài
Bất đẳng thức là kiến thức rất quan trọng được học trong chương trình toán
THCS và THPT. Các bài toán Bất đẳng thức trong chương trình toán học phổ
thông rất đa dạng và phong phú, đặc biệt là trong các bài toán khó, các bài toán
dùng cho học sinh giỏi....Bài toán chứng minh bất đẳng thức là một trong những
bài toán quan trọng với học sinh trong các kì thi. Việc giải các bài toán đó luôn
là thách thức không chỉ với học sinh mà ngay cả với đa số giáo viên, chính vì
vậy việc nghiên cứu tìm hiểu các lớp bất đẳng thức là việc làm cần thiết để cho
việc chứng minh bất đẳng thức trở nên dễ dàng và quen thuộc hơn.
Tuy vậy, trong các tài liệu sách giáo khoa dành cho học sinh THPT thì
những ứng dụng này chưa được trình bày một cách hệ thống và đầy đủ. Các bất
đẳng thức chưa được trình bày một cách có hệ thống trong sách toán bậc THPT
và THCS. Hiện nay, sách giáo khoa môn toán trong chương trình THPT không
đề cập nhiều đến các bất đẳng thức Bernoulli, nhưng trong các đề thi học sinh
giỏi vẫn xuất hiện các bài toán sử dụng các hệ quả của bất đẳng thức Bernoulli.
Nhiều bài toán nếu không biết các tính chất, hệ quả của bất đẳng thức Bernoulli
thì lời giải sẽ dài và phức tạp nhưng nếu áp dụng thì sẽ cho lời giải ngắn gọn và
dễ hiểu.
Hơn nữa, với đối tượng học sinh khá, giỏi thì việc tiếp cận bất đẳng thức
Bernoulli và ứng dụng của bất đẳng thức Bernoulli không phải là vấn đề khó mà
trái lại thông qua quá trình vận dụng để giải bài tập và sáng tác các bài tập mới
học sinh được rèn luyện khả năng tư duy, sử dụng kiến thức một cách linh hoạt,
tạo cho các em hứng thú tìm tòi, khám phá tri thức và phát huy tính chủ động,
sáng tạo.
Qua quá trình nghiên cứu, tôi thấy bất đẳng thức Bernoulli có nhiều ứng

dụng đặc sắc, và làm cho việc chứng minh nhiều bài toán trở nên dễ dàng hơn.
Chính vì vậy tôi chọn đề tài “Ứng dụng bất đẳng thức Bernoulli để chứng
minh bất đẳng thức”.
1.2 Mục đích nghiên cứu
Mục đích của đề tài là nghiên cứu, trình bày một cách có hệ thống về
các ứng dụng của bất đẳng thức Bernoulli từ đơn giản đến phức tạp, từ cụ thể
đến tổng quát, làm cho việc chứng minh các bất đẳng thức ở bậc phổ thông, nhất
là các bài toán thi học sinh giỏi. trở nên nhẹ nhàng, đơn giản
1.3 Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu là xây dựng phương pháp chứng minh bất đẳng
thức dựa vào định lí Bernoulli và hệ quả của định lí (so sánh bậc α). Việc nghiên
3


cứu chỉ dừng lại ở việc chứng minh một số lớp bất đẳng thức, chưa đề cập đến
việc mở rộng và đi sâu hơn.
1.4 Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp phân tích, tổng hợp, khái quát hóa từ việc nghiên cứu cách giải các
bài toán đơn lẻ để khái quát lên thành phương pháp chung để giải một số lớp bất
đẳng thức
Phương pháp đọc sách, tài liệu,... nhằm tổng hợp cách giải các dạng bài tập, để
khái quát hóa thành phương pháp tổng quát giải dạng toán.
2. NỘI DUNG
2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.1.1 Bất đẳng thức Bernoulli
Cho x là số thực dương, khi đó
+) xα + α − 1 ≥ α x với mọi α ∈ ( −∞;0] ∪ [1; +∞) .
+) xα + α − 1 ≤ α x với mọi α ∈ [0;1] .
Dấu “=” xảy ra khi x = 1.
Chứng minh:

Xét hàm số f ( x) = xα − α x + α − 1, f '( x) = α ( xα −1 − 1)
•

Xét α = 0,α = 1 thì f ( x) = 0, ∀x > 0 nên bất đẳng thức đúng.

•

Xét α > 1 hoặc α < 0 thì f '( x) = 0 ⇔ α ( xα −1 − 1) = 0 ⇔ x = 1 ,

do f "( x) = α (α − 1) xα −2 > 0 nên f ( x) ≥ f (1) = 0, ∀x > 0 nên bất đẳng thức đúng.
•

Xét 0 < α < 1 thì f '( x) = 0 ⇔ α ( xα −1 − 1) = 0 ⇔ x = 1 ,

do f "( x) = α (α − 1) xα −2 < 0 nên f ( x) ≤ f (1) = 0, ∀x > 0 nên bất đẳng thức đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
2.1.2 Hệ quả (So sánh bậc α )
Cho x, y là các số thực dương, khi đó
+) xα ≥ yα + α yα −1 ( x − y ) với mọi α ∈ ( −∞;0] ∪ [1; +∞) .
+) xα ≤ yα + α yα −1 ( x − y ) với mọi α ∈ [0;1] .
Dấu “=” xảy ra khi x = y.
Chứng minh:
• Xét α ∈ ( −∞;0] ∪ [1; +∞) , áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có

4


α

x

x
α
α
α −1
α
α
α −1
 y ÷ + α − 1 ≥ α y ⇔ x + (α − 1) y ≥ α xy ⇔ x ≥ y + α y ( x − y )
 
• Xét α ∈ [0;1] , áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có
α

x
x
α
α
α −1
α
α
α −1
 y ÷ + α − 1 ≤ α y ⇔ x + (α − 1) y ≤ α xy ⇔ x ≤ y + α y ( x − y )
 
Do đó bất đẳng thức được chứng minh.
2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Khi các học sinh giải các bài toán bất đẳng thức trong trương trình phổ thông
gặp những bài toán khó mà trong chỉ sử dụng một số bất đẳng thức quen thuộc
thì việc giải các bài toán đó luôn là thách thức với học sinh . Ví dụ như bài toán
sau:
Ví dụ1: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x ≥ 5, x + y ≥ 8, x + y + z = 9 . Chứng
minh rằng

x 2 + y 2 + z 2 ≥ 35 .
Hoặc bài toán:
Ví dụ 2: Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng
5

a 5 + b5 + c 5  a + b + c 
≥
÷
3
3



Nếu học sinh chỉ sử dụng bất đẳng thức Cauchy, hoặc Bunhiacopski thì các em
khó để tìm ra lời giải.
2.3 Các giải pháp sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1 Sử dụng bất đẳng thức Bernoulli chứng minh các bài toán, tìm giá trị
lớn nhất, nhỏ nhất của các biểu thức
Phương pháp chung: Sử dụng linh hoạt bất đẳng thức Bernoulli
Bài toán 1: Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x + y ≥ 2. Chứng minh rằng
x3 + y3 ≥ 2 .
Phân tích: Ta sử dụng bất đẳng thức Bernoulli khi α = 3 .
Lời giải:
Ta có x 3 − 3x + 2 = ( x − 1) 2 ( x + 2) ≥ 0, ∀x > 0
Suy ra x 3 + 2 ≥ 3 x

(1)

Dấu “=” xảy ra khi x = 1.
Tương tự ta cũng có y 3 + 2 ≥ 3 y

(2)
5


Cộng theo vế của (1), (2) ta được x 3 + y 3 + 4 ≥ 3( x + y ) ≥ 6
Suy ra x 3 + y 3 ≥ 2 . Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1.
Bài toán 2: Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x + y ≥ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
M = x5 + y 5 .
Phân tích: Ta sử dụng bất đẳng thức Bernoulli khi α = 5 , tuy nhiên dấu bằng lại
1
xảy ra khi x = y = .
2
Lời giải:
Đặt a = 2 x, b = 2 y suy ra a > 0, b > 0 và a + b ≥ 2 .
Ta có a 5 − 5a + 4 = (a − 1)2 ( a 3 + 2a 2 + 3a + 4) ≥ 0, ∀a > 0
Suy ra a 5 + 4 ≥ 5a

(1)

Dấu “=” xảy ra khi a = 1.
Tương tự ta cũng có b5 + 4 ≥ 5b

(2)

Cộng theo vế của (1), (2) ta được a 5 + b5 + 8 ≥ 5(a + b) ≥ 10
Suy ra a 5 + b5 ≥ 2 . Dấu “=” xảy ra khi a = b = 1.
5
5

5
5
Do đó (2 x) + (2 y ) ≥ 2 ⇔ x + y ≥

Vậy min M =

1
1
. Dấu “=” xảy ra khi x = y = .
16
2

1
1
khi x = y = .
16
2

Bài toán 3: Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x 3 + y 3 ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
M = x5 + y 5 .
1

5

Phân tích: Giả sử x 5 + a ≥ bx 3 ta cần tìm a, b. Đặt u = x3 ⇔ x = u 3 ⇔ x 5 = u 3 do
5

đó x 5 + a ≥ bx3 trở thành u 3 + a ≥ bu .
5

2
5
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli khi α = , thì a = , b = .
3
3
3
Lời giải:
Ta có 3 x5 − 5 x3 + 2 = ( x − 1) 2 (3 x 3 + 6 x 2 + 4 x + 2) ≥ 0, ∀x > 0
Suy ra 3 x5 + 2 ≥ 5 x 3 , ∀x > 0

(1)
6


Dấu “=” xảy ra khi x = 1.
Tương tự ta cũng có 3 y 5 + 2 ≥ 5 y 3 , ∀y > 0

(2)

Cộng theo vế của (1), (2) ta được 3( x5 + y 5 ) + 4 ≥ 5( x 3 + y 3 ) ≥ 10
Suy ra x 5 + y 5 ≥ 2 . Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1.
Vậy min M = 2 khi x = y = 1.
Bài toán 4: Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x 5 + y 5 = 2. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
M = x7 + y 7 .
1

7

Phân tích: Giả sử x 7 + a ≥ bx 5 ta cần tìm a, b. Đặt u = x5 ⇔ x = u 5 ⇔ x 7 = u 5

7

do đó x 7 + a ≥ bx 5 trở thành u 5 + a ≥ bu .
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli khi α =

7
2
7
, thì a = , b = .
5
5
5

Lời giải:
Ta có 5 x 7 − 7 x5 + 2 = ( x − 1)2 (5 x5 + 10 x 4 + 8 x3 + 6 x 2 + 4 x + 2) ≥ 0, ∀x > 0
Suy ra 5 x 7 + 2 ≥ 7 x5 , ∀x > 0

(1)

Dấu “=” xảy ra khi x = 1.
Tương tự ta cũng có 5 y 7 + 2 ≥ 7 y 3 , ∀y > 0

(2)

Cộng theo vế của (1), (2) ta được 5( x 7 + y 7 ) + 4 ≥ 7( x 5 + y 5 ) + 4 = 14
Suy ra x 7 + y 7 ≥ 2 . Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1.
Vậy min M = 2 khi x = y = 1.
2.3.2 Sử dụng hệ quả của bất đẳng thức Bernoulli vào giải các bài toán bất
đẳng thức
Phương pháp chung: Sử dụng so sánh bậc α

Bài toán 5: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x ≥ 4, x + y ≥ 7, x + y + z = 8 .
Chứng minh rằng
x 2 + y 2 + z 2 ≥ 26 .
Phân tích: Ta sử dụng so sánh bậc 2 của x và y .
Lời giải:
Ta có x 2 = [ y + ( x − y )]2 = y 2 + 2 y ( x − y ) + ( x − y ) 2 ≥ y 2 + 2 y ( x − y ) .
Suy ra x 2 ≥ y 2 + 2 y ( x − y )

(*)
7


Dấu “=” xảy ra khi
Áp dụng (*) ta có x 2 ≥ 42 + 2.4( x − 4), ∀x ∈ R

(1)

y 2 ≥ 32 + 2.3( y − 3), ∀y ∈ R

(2)

z 2 ≥ 12 + 2.1( z − 1), ∀z ∈ R

(3)

Cộng theo vế của (1), (2) và (3) ta được
x 2 + y 2 + z 2 ≥ 26 + 2[4( x − 4) + 3( y − 3) + ( z − 1)]
= 26 + 2[1.( x − 4 + y − 3 + z − 1) + 2( x − 4 + y − 3) + ( x − 4)]
≥ 26 + 2[2( x + y − 7) + ( x − 4)] ≥ 26
Dấu “=” xảy ra khi x = 4, y = 3, z = 1.

Vậy x 2 + y 2 + z 2 ≥ 26
Bài toán 6: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn
0 ≤ z ≤ y ≤ x, x ≤ 4, x + y ≤ 7, x + y + z = 8 . Chứng minh rằng
x 2 + y 2 + z 2 ≤ 26 .
Phân tích: Ta sử dụng so sánh bậc 2 của x và y .
Lời giải:
Ta có x 2 = [ y + ( x − y )]2 = y 2 + 2 y ( x − y ) + ( x − y ) 2 ≥ y 2 + 2 y ( x − y ) .
Suy ra x 2 ≥ y 2 + 2 y ( x − y ) (*)
Dấu “=” xảy ra khi
Áp dụng (*) ta có 42 ≥ x 2 + 2.x(4 − x), ∀x ∈ R

(1)

32 ≥ y 2 + 2. y (3 − y ), ∀y ∈ R

(2)

12 ≥ z 2 + 2.z (1 − z ), ∀z ∈ R

(3)

Cộng theo vế của (1), (2) và (3) ta được
26 ≥ x 2 + y 2 + z 2 + 2[ x(4 − x) + y (3 − y ) + z (1 − z )]
= x 2 + y 2 + z 2 + 2[ z (4 − x + 3 − y + 1 − z ) + ( y − z )(4 − x + 3 − y ) + ( x − y )(4 − x)]
= x 2 + y 2 + z 2 + 2[( y − z )(7 − x − y ) + ( x − y )(4 − x)] ≥ x 2 + y 2 + z 2 .
Dấu “=” xảy ra khi x = 4, y = 3, z = 1.
Vậy x 2 + y 2 + z 2 ≤ 26

8

Bài toán 7: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x ≥ 4, x + y ≥ 7, x + y + z = 9
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = x3 + y 3 + z 3 .
Phân tích: Ta sử dụng so sánh bậc 3 của x và y .
Lời giải:
Ta có x 3 ≥ y 3 + 3 y 2 ( x − y )

(*)

⇔ x3 − 3 y 2 x + 2 y 3 ≥ 0 ⇔ ( x − y )2 ( x + 2 y ) ≥ 0

(**)

Ta thấy (**) luôn đúng với mọi x > 0, y > 0 do đó (*) luôn đúng với mọi
x > 0, y > 0 .
Dấu “=” xảy ra khi
Áp dụng (*) ta có x 3 ≥ 43 + 3.42 ( x − 4), ∀x > 0

(1)

y 3 ≥ 33 + 3.32 ( y − 3), ∀y > 0

(2)

z 3 ≥ 23 + 3.2( z − 2), ∀z > 0

(3)

Cộng theo vế của (1), (2) và (3) ta được
x 3 + y 3 + z 3 ≥ 99 + 3[42 ( x − 4) + 32 ( y − 3) + 22 ( z − 2)]

= 99 + 3[22.( x − 4 + y − 3 + z − 2) + (32 − 2 2 )( x − 4 + y − 3) + (42 − 32 )( x − 4)]
≥ 99 + 3[5( x + y − 7) + 7( x − 4)] ≥ 99
Dấu “=” xảy ra khi x = 4, y = 3, z = 2.
Vậy min M = 99 khi x = 4, y = 3, z = 2.
2.3.3 Các bài toán quy về bất đẳng thức Bernoulli
Bài toán 8: Cho các số thực dương x, y , Chứng minh rằng
1
5

1
7

x +y  x +y 

÷ ≤
÷
2

  2 
5

5

7

7

Lời giải:
2 x5
2 y5

x5 + y5
5
5
,v = 5
,m =
Đặt u = 5
, suy ra u 5 + v5 = 2, x = mu , y = mv
5
5
x +y
x +y
2
.
5

7
7
x7 + y 7
7u +v 
7
=
m
Theo ví dụ 7 ta có u + v ≥ 2 , do đó

÷≥ m
2
 2 
7

7

7

1

1

 x7 + y 7  7  x5 + y5  5
x + y  x5 + y 5  5
≥
÷ ⇔
÷ ≥
÷
2
 2 
 2   2 
7

7

9


Dấu “=” xảy ra khi u = v = 1 tức là
Bài toán 9: Cho số tự nhiên n thỏa mãn n ≥ 3 . Chứng minh rằng

n −1

n > n n +1.

Lời giải:
Ta có

n −1

n > n n +1

(1)
n

⇔ n > ( n + 1)
n

n −1

1
 n 
⇔
÷ >
 n +1 n +1

(2)

Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli khi α = n, x =
n

n
ta được
n +1

n

n
1
 n 
 n 
⇔

÷ + n −1≥ n
÷ ≥
n +1  n +1 n +1
 n +1
Dấu “=” xảy ra khi

n
= 1 ⇔ 1 = 0 (vô lý) tức là dấu “=” không xảy ra.
n +1

n

1
 n 
Do đó 
với mọi n ≥ 3 , tức là (2) đúng, suy ra (1) đúng.
÷ >
 n +1 n +1
Bài toán 10: Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng
(a + b)c + (c + a )b + (b + c) a > 2
Lời giải: Gọi bất đẳng thức đã cho là (*)
• Nếu có một số trong ba số a, b, c lớn hơn 1 thì (*) đúng.

Thật vậy, giả sử a > 1 suy ra a + c > 1, a + b > 1, do c > 0, b > 0 nên
(a + c)b > 1, (a + b)c > 1 do đó (a + c)b + ( a + b)c > 2 , mà (b + c) a > 0 nên
(*) đúng.
• Nếu cả ba số a, b, c đều thuộc khoảng (0;1) , thì áp dụng bất đẳng thức
Bernoulli ta có
a

a

a
 1 
 1  a + b + c − a (b + c ) a + b + c
⇔
<

÷ + a −1≤
÷ ≤
b+c
b+c
b+c
b+c
b+c
⇔ (b + c) a >
(1)

b+c
a+b+c

Chứng minh tương tự ta cũng có
(c + a )b >

a+c
a+b+c

(2)

10


( a + b) c >

a+b
a+b+c

(3)

Cộng theo vế (1), (2) và (3) ta được (a + b)c + (c + a )b + (b + c) a > 2
Bài toán 11: Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng
5

a 5 + b5 + c 5  a + b + c 
≥
÷
3
3


Lời giải: Bất đẳng thức đã cho tương đương với
5

5

5

 3a   3b   3c 

÷ +
÷ +
÷ ≥3
a+b+c a+b+c a+b+c
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta được
5

5

3a
5(b + c − 2a)
 3a 
 3a 
⇔

÷ +4≥5
÷ ≥1+
a+b+c
a+b+c
a+b+c
a+b+c
Dấu “=” xảy ra khi

(1)

3a
= 1 ⇔ b + c = 2a
a+b+c

Chứng minh tương tự ta cũng có
5

5(c + a − 2b)
 3b 

÷ ≥1+
a+b+c
a+b+c

(2)

5

5(a + b − 2c)
 3c 

÷ ≥1+
a+b+c
a+b+c

(3)

Cộng theo vế (1), (2) và (3) ta được
5

5
5
 3a   3b   3c 

÷ +
÷ +
÷ ≥3
a+b+c a+b+c a+b+c
b + c = 2a

Dấu “=” xảy ra khi c + a = 2b ⇔ a = b = c.
a + b = 2c

 π
Bài toán 12: Cho x ∈  0; ÷. Chứng minh rằng
 2
(2 + sin x) 2+ tan x > (3 + tan x)1+sin x
11


Lời giải: Đặt a = 1 + sin x, b = 2 + tan x.
 π
Do x ∈  0; ÷ nên 0 < a < b . Bất đẳng thức trở thành
 2
(1 + a)b > (1 + b) a .
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta được
b
a

b

b
b
(1 + a) + − 1 ≥ (1 + a ) ⇔ (1 + a) a ≥ 1 + a ⇔ (1 + a)b ≥ (1 + b) a .
a
a

Do 1 + a > 1 nên dấu “=” không xảy ra, do đó (1 + a)b > (1 + b) a .
2.3.4. Bài tập
1.

Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x ≥ 3, x + y = 4 . Chứng minh rằng
x 2 + y 2 ≥ 10. .

2.

Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x ≥ a, x + y = b . Chứng minh rằng
x2 + y 2 ≥ a2 + b2 . .

3. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x ≥ 5, x + y ≥ 8, x + y + z = 9 . Chứng minh
rằng
x 2 + y 2 + z 2 ≥ 35 .
4. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x ≥ a, x + y ≥ b, x + y + z = c . Chứng minh
rằng
x 2 + y 2 + z 2 ≥ a 2 + b2 + c 2 .
5.

Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x ≥ 3, x + y = 4 . Chứng minh rằng
x 3 + y 3 ≥ 28. .

6.

Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x ≥ a, x + y = b . Chứng minh rằng
x 3 + y 3 ≥ a 3 + b3.

7. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x ≥ 2, x + y ≥ 3, x + y + z = 4 . Chứng
minh rằng
x 3 + y 3 + z 3 ≥ 10.
8. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x ≥ a, x + y ≥ b, x + y + z = c .
Chứng minh rằng
x 3 + y 3 + z 3 ≥ a 3 + b3 + c 3 .
9.

Cho các số thực x, y thỏa mãn x ≥ 3, x + y = 4 . Chứng minh rằng
x 4 + y 4 ≥ 82.
12


10. Cho các số thực x, y thỏa mãn x ≥ a, x + y = b . Chứng minh rằng
x4 + y 4 ≥ a4 + b4 .
11. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x ≥ a, x + y = b, x + y + z = c . Chứng minh
rằng
x 4 + y 4 + z 4 ≥ a 4 + b4 + c 4 .
12. Cho các số thực dương x1 , x2 ,..., xk thỏa mãn
 x1 ≥ a1
x ≥ a + a
1
2
 2
...
 x + x + ... + x ≥ a + a + ... + a

k −1
1
2
k −1
 1 2
 x1 + x2 + ... + xk = a1 + a2 + ... + ak
Chứng minh rằng x1n + x2n + ... + xkn ≥ a1n + a2n + ... + a2n .
13. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta luôn có
n +1

n

1 
 1 
1 + ÷ < 1 +
÷ .
 n   n +1
14. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta luôn có
n

3
 1
.
1 + ÷ ≤ 3 −
n+2
 n
15. Cho ba số tự nhiên a, b, c thỏa mãn a < b < c . Chứng minh rằng với mọi số
tự nhiên n sao cho n > a ta luôn có a n + b n < c n .
2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường

Qua nghiên cứu, ứng dụng đề tài vào thực tiễn giảng dạy tôi nhận thấy kết
quả đạt được có khả quan hơn. Cụ thể qua một số kết quả thu hoạch được khi
kiểm tra khả năng giải bài tập của học sinh hai lớp 12 A và 12 B như sau:
Bài 1: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x ≥ 3, x + y = 4 . Chứng minh rằng
x 2 + y 2 ≥ 10. .
Số liệu thống kê qua 2 bảng sau đây:
Lớp 12 A (Sĩ số 36)
Số lượng
Không giải được
02
Giải sai phương pháp
04

Tỷ lệ
5,5 %
11 %
13


Giải đúng phương pháp

30

83,5 %

Lớp 12 B (Sĩ số 36)
Số lượng
Tỷ lệ
Không giải được
03

8,3 %
Giải sai phương pháp
05
13,8 %
Giải đúng phương pháp
28
77,9 %
Bài 2: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x ≥ 5, x + y ≥ 8, x + y + z = 9 . Chứng
minh rằng
x 2 + y 2 + z 2 ≥ 35 .
Số liệu thống kê qua 2 bảng sau đây:
Lớp 12 A (Sĩ số 36)
Không giải được
Giải sai phương pháp
Giải đúng phương pháp
Lớp 12 B (Sĩ số 36)
Không giải được
Giải sai phương pháp
Giải đúng phương pháp

Số lượng
01
03
32
Số lượng
02
06
28

Tỷ lệ

2,7 %
8,3 %
89 %
Tỷ lệ
5,5 %
16,7 %
77,8 %

BIỂU ĐỒ SO SÁNH SAU KHI ĐÃ CHỈ RA SAI LẦM VÀ UỐN NẮN
HỌC SINH SỬA CHỮA SAI SÓT

Như vậy, bất đẳng thức Bernoulli có nhiều ứng dụng đặc sắc, và làm cho
việc chứng minh nhiều bài toán trở nên dễ dàng hơn đề tài đã góp phần nâng cao
chất lượng học tập của học sinh ( cả yếu kém và học sinh khá giỏi) và đem lại
hiệu quả rõ rệt, học sinh hứng thú với nội dung bài học. Trong thời gian tới, đề
tài này sẽ tiếp tục được áp dụng vào thực tiễn giảng dạy trong nhà trường và
mong rằng sẽ đạt được hiệu quả tốt đẹp như đã từng đạt được trong quá trình
thực nghiệm.
14


3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận
Trong bài tiểu luận này, tôi đã sử dụng bất đẳng thức Bernoulli và hệ quả
của nó để chứng minh các bất đẳng thức khác. Đối với các bất đẳng thức liên
quan đến số mũ nguyên dương thì bất đẳng thức Bernoulli có vai trò định hướng
tìm lời giải viêc chứng minh hoàn toàn độc lập, đối với các bất đẳng thức liên
quan đến số mũ không phải nguyên dương thì việc chứng minh được thực hiện
bằng cách áp dụng trực tiếp bất đẳng thức Bernoulli.
3.2 Kiến nghị

Đề tài này có thể là không lạ đối với người ai yêu và thích nghiên cứu Toán.
Nhưng với mong muốn đáp ứng tinh thần ham học, thích khám phá của học
sinh. Tôi hi vọng đề tài sẽ đóng góp một phần vào việc giải các dạng toán đã nêu
trên ; Các thầy cô cùng phát hiện thêm những sai sót của học sinh trong quá
trình giải toán, để uốn nắn kịp thời, tạo cho học sinh cơ hội sửa sai và thêm yêu
thích bộ môn Toán.
Tôi hy vọng sáng kiến kinh nghiệm này được quý thầy cô đồng nghiệp
phát triển và dạy cho học sinh khá, giỏi lớp10, lớp 11, lớp 12 trong tỉnh ta.

XÁC NHẬN CỦA
BAN GIÁM HIỆU

Thanh Hóa ngày 20 tháng 5 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.
Người viết

Trần Phương Nhung

15


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức - Định lí và áp dụng, NXB Giáo dục, 2006.
[2] Trần Phương, Những viên kim cương trong bất đẳng thức, NXB Tri thức,
2011.

16

17