Bat dang thuc o cap 2 hay

Lời nói đầu
Dạy học sinh học ở trờng THCS là một vấn đề có ý nghĩa và tầm quan trọng rất lớn
đối với nghề nghiệp và tơng lai của mỗi ngời và toàn xà hội.
Là ngời thầy ai cũng muốn mình đợc mọi ngời tôn vinh, kính trọng, ai cũng muốn
mình là niềm tin là chỗ dựa vững chắc cho học sinh của mình, ai cũng muốn học sinh
đạt đợc kÕt qu¶ cao, vËn dơng tèt kiÕn thøc cđa bé môn mình giảng dạy, vận dụng tốt lý
thuyết vào các bài thực hành và thực tiễn cuộc sống.
Đặc biệt đối với môn Toán là một trong những môn chính trong trờng học
là môn khoa học luôn luôn mới và rất trừu tợng. Mỗi một tiết học, một kiểu bài lên lớp
đòi hỏi phải có những phơng pháp khác nhau, phù hợp với mục tiêu, yêu cầu của bài.
Làm sao để phát huy đợc tính tích cực, chủ động, sáng tạo của học sinh.
Đặc biệt hơn nữa là các bài tập trong chơng trình toán là một vấn đề rất khó, để dạy
cho học sinh đòi hỏi ngời giáo viên phải tìm tòi, nghiên cứu phơng pháp phù hợp và qua
thực tế mới có thể thành công. Tuy nhiên khả năng thành công của mỗi tiết dạy còn phụ
thuộc vào nhiều yếu tố.
Qua thực tế giảng dạy môn Toán 9 tôi xin ghi lại một vài nét có thể coi là sáng kiến,
kinh nghiệm để bạn bè, đồng nghiệp cùng tham khảo và đóng góp ý kiến để tôi có thể
giúp cho học sinh có thể nắm bắt đợc kiến thức và giải thành thạo các bài tập theo mong
muốn.
Đích cuối cùng của chúng ta là làm thế nào để häc sinh nhËn thøc vµ vËn dơng tèt
kiÕn thøc vµo giải bài tập, vận dụng toán học vào các môn khoa học khác và biết vận
dụng kiến thức toán học vào thực tế.
Tôi xin ghi nhận và trân thành cảm ơn những ý kiến xây dựng và đóng góp của các
đồng chí.

0987196930


Sáng kiến kinh nghiệm
A.Đặt vấn đề.

I. Lý do chọn đề tài:
1. Cơ sở lí luận:
Toán học là một môn khoa häc cã nhiỊu øng dơng trong thùc tÕ, trong khoa häc kü
thuËt vµ trong mét sè lÜnh vùc quan träng khác. Trong trờng học thì môn toán là một
môn học cực kỳ quan trọng, trên cơ sở học sinh phải đầu t kiến thức, t duy, nỗ lực, say
mê và dành nhiều thời gian trong học tập. Chính vì lí do đó mà ngời giáo viên phải là
ngời nắm bắt đợc thái độ t tởng tính cách của học sinh để từ đó khơi dậy đợc lòng say
mê tìm hiểu và nghiên cứu của học sinh. Dựa trên cơ sở lí luận và thực tiễn về trình độ
năng lực, t duy của học sinh mà ngời giáo viên phải tìm tòi và lựa chọn ra những phơng
pháp giảng giải cho phù hợp với từng lứa tuổi và trình độ của học sinh, cho các em thấy
rõ đợc tầm quan trọng của toán học trong thực tế nhằm hạn chế tới mức tối đa những suy
nghĩ thiếu tích cực về toán học. Để từ đó có thể phát huy đợc tính tích cực chủ động
sáng tạo của học sinh trong học tập.
Trong chơng trình toán THCS thì các bài toán về Bất đẳng thức là một trong
những mảng kiến thức khó. Nhng thông qua các bài tập về chứng minh bất đẳng thức
học sinh hiểu kỹ và sâu sắc hơn về giải và biện luận phơng trình, bất phơng trình, về mối
liên hệ giữa các yếu tố của tam giác về tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một biểu
thức. Trong quá trình giải bài tập, năng lực suy nghĩ, sáng tạo của học sinh đợc phát
triển đa dạng và phong phú, vì các bài tập về bất đẳng thức có cách giải không theo quy
tắc hoặc khuôn mẫu nào cả.
Nó đòi hỏi ngời đọc phải có cách suy nghĩ lôgic sáng tạo biết kết hợp kiến thức cũ với
kiến thức mới một cách lôgíc có hệ thống.
Cũng vì các bài toán về bất đẳng thức không có cách giải mẫu, không theo một phơng pháp nhất định nên học sinh rất lúng túng khi giải toán về bất đẳng thức vì vậy học
sinh sẽ không biết bắt đầu từ đâu và đi theo hớng nào. Do đó hầu hết học sinh không
biết làm toán về bất đẳng thức và không biết vận dụng bất đẳng thức để giải quyết các
loại bài tập khác.
Trong thực tế giảng dạy các bài tập về bất đẳng thức là việc làm giúp cho học sinh
biết chứng minh bất đẳng thức và vận dụng các bất đẳng thức vào giải các bài tập có
liên quan là công việc rất quan trọng và không thể thiếu đợc của ngời dạy giáo viên
giang dạy môn toán, thông qua đó có thể rèn luyện đợc t duy lôgic và khả năng sáng tạo

cho học sinh. Để làm đợc điều đó ngời thầy giáo phải cung cấp cho học sinh một số
kiến thức cơ bản và một số phơng pháp suy nghĩ ban đầu về bất đẳng thức.
Chính vì lí do trên nên tôi tự tham khảo và tìm ra sáng kiến từ kinh nghiệm trong thực
tế và trong giảng dạy để từ đó có thể giúp các em học sinh có thể rễ hiểu hơn và học tốt
hơn.
2.Cơ sở thực tiễn:
Chúng ta đà biết Toán học là một môn khoa học, do lý thuyết phải gắn với bài tập
vận dụng và thực tiễn. Mặt khác theo quan ®iĨm t duy biƯn chøng: Tõ trùc quan sinh
động đến t duy trừu tợng và t duy trừu tợng đến thực tiễn là con đờng duy nhất của nhËn
thøc.

0987196930


Vì vậy việc rèn kỹ năng vận dụng kiến thức cũ và mới vào giải bài tập Toán cho học
sinh cã ý nghÜa hÕt søc quan träng ®èi víi viƯc nhận thức và phát triển t duy của học
sinh do đó việc dạy cho học sinh biết cách giải các bài tập là rất quan trọng. Nó góp
phần thực hiện có hiệu quả mục tiêu giáo dục trong nhận thức của học sinh và đáp ứng
yêu cầu của đổi mới phơng pháp dạy học hiện nay.
Thế nhng hiện nay kỹ năng vận dụng và t duy toán học của học sinh có thể nói là
rất yếu, yếu không phải là thầy dạy kém, không phải vì trò không hiểu không có kỹ
năng mà là vì học sinh không đợc rèn luyện thờng xuyên không có nhiều tài liệu tham
khảo. Hơn nữa cơ sở vật chất nhà trờng còn nhiều hạn chế, điều kiện kinh tế gia đình
còn gặp nhiều khó khăn.
Do yêu cầu mới, học sinh phải là ngời lĩnh hội kiến thức một cách tự giác và có
chủ động từ đó vận dụng một cách linh hoạt và khoa học vào giải các bài tập. Vì thế việc
tìm ra những phơng pháp giảng dạy, phù hợp với năng lực t duy cđa häc sinh, l«i cn
häc sinh trong häc tập và đáp ứng yêu cầu về nhận thức là một vấn đề rất cần thiết:
- Tìm ra các dạng toán phù hợp với đối tợng học sinh.
- Phải phân loại và xác định đợc mục đích của bài toán để tìm ra lời giải và phơng

pháp giảng dạy cho phù hợp.
- Phải chuẩn bị một cách công phu, kỹ lỡng để giờ dạy đạt hiệu quả cao. Đó là cơ sở
thực tiễn, là lý do chủ quan thôi thúc tôi quan tâm, chăn trở lựa chọn nghiên cứu đề
tài: Các phơng pháp giải các dạng bài tập về bất đẳng thức
* Phạm vi đề tài:
1. Phạm vi đề tài.
Vấn đề tôi trình bày đợc hình thành qua các bài tập về Bất đẳng thức và các dạng
toán cùng với ứng dụng của nó để giải các bài tập có liên quan đà học trong chơng trình
Toán THCS.
2. Đối tợng:
+ Đối tợng nghiên cứu ở đây là vấn đề vận dụng các kiến thức cũ và mới vào vận
dụng và giải các bài tập về Bất đẳng thức và các bài tập có liên quan trong chơng trình
toán THCS.
+ Đối tợng nhận thức ở đây là HS lớp 9A 9B của trờng THCS do tôi trực tiếp
giảng dạy.
* Mục đích:
Qua nghiên cứu tôi muốn nêu lên vấn đề là làm thế nào để giúp học sinh giải một bài
tập về bất đẳng thức đạt hiệu quả cao, giúp HS thoát khỏi những khó khăn vớng mắc khi
làm bài tập. Ta đà biết mục đích của giáo dục không chỉ đơn thuần là giúp HS nắm bắt tri
thức mà phải hớng dẫn các em cách tiếp thu và vận dụng tri thức nh thế nào.
Vì vậy, qua nghiên cứu tôi muốn nêu ra một vài ý kiến về vấn đề giải các bài tập và
ứng dung của nó nh thế nào để thu đợc hiệu quả cao nhất. Đó là mục đích nghiên cứu
của đề tài.

B. Nội dung:

1. Cơ sở lý luận khoa học:
a. Vai trò của các phơng pháp giải bài tập về Bất đẳng thức và vận dụng.

0987196930

- Phân tích bài toán là bớc quan trọng nhất để tổ chức học sinh nghiên cứu, giải thích
và định ra hớng đi trớc khi giải các bài tập.
- Tìm ra các kiến thức có liên quan là cơ sở xuất phát cho quá trình nhận thức và xác
định hớng đi của HS. Đây là cầu nối giữa lí thuyết và cách giải bài tập. Vì vậy cần phải
dịnh ra phơng pháp, phơng tiện giúp học sinh hình thành kỹ năng phân tích và vận dụng
vào giải bài tập.
- Việc đa ra các kiến thức có liên quan giúp học sinh đi sâu tìm hiểu bản chất các
hiện tợng, các quá trình giải bài tập.
- Các ví dụ cụ thể giúp các em nắm đợc kiến thức cơ bản và các bớc giải các dạng bài
tập về các dạng toán Bất đẳng thức đó là cơ sở chuẩn về kiến thức để HS quan sát, nhận
biết và nắm đợc kiến thức cơ bản. Dần dần, học sinh biết cách và tự tiến hành đợc các bớc giải bài tập, đó là cơ sở đối chứng giúp HS hình thành kĩ năng, t duy logic và phát
hiện kiến thức.
- Các ví dụ có thể đợc sử dụng để tổ chức hoạt ®éng nhËn thøc cđa HS víi c¸c møc
®é kh¸c nhau: Thông báo, tìm tòi kiến thức, vận dụng, giải thích, chứng minhvà khẳng
định đợc kiến thức.
- Tóm lại: Các ví dụ về bất đẳng thức là cơ sở giúp học sinh củng cố, hoàn thiện kiến
thức. Từ đó tìm ra các cách giải các dạng bài tập về Bất đẳng thức.
Các bài tập về bất đẳng thức có vai trò rÊt quan träng ®èi víi häc sinh nã gióp cho
häc sinh có khả năng rèn luyện t duy lôgíc cao và phơng pháp suy luận chặt chẽ.
b. Bản chất của các phơng pháp giải bài tập về Bất đẳng thức và vận dụng:
- Bản chất của các bài toán về Bất đẳng thức là sự kết hợp chặt chẽ về các kiến thức
mới và kiến thức cũ có liên quan ®Õn c¸c tÝnh chÊt vỊ c¸c phÐp tÝnh c¸c quy tắc các bất
đẳng thức đà đợc chứng minh, nó giúp cho học sinh rèn luyện đợc kỹ năng lập luận và t
duy lôgíc.
- Trong các bài toán về Bất đẳng thức thì các tính chất và các bất đẳng thức đà đợc
chứng minh là kiến thức cơ bản giúp cho häc sinh vËn dơng lËp ln vµ chøng minh nã
võa có vai trò xây dựng cái mới, vừa có vai trò củng cố, hoàn thiện và kiểm chứng, chứng
minh một vấn đề đà đợc nhắc đến.

- Bằng hệ thống câu hỏi có tính chất định hớng GV đà kích thích hứng thú, sự tìm tòi
độc lập sáng tạo của HS.
- Bằng tài liệu có liên quan và bằng quan sát đợc từ những ví dụ đà đợc chứng minh
do GV đa ra hoặc bản thân HS tự tiến hành, giúp HS có thể phân tích, so sánh, thiết lập
mối quan hệ nhân quả, trả lời các câu hỏi để đi tới lời giải.
Nh vậy, với phơng pháp này, HS ở vị trí của ngời nghiên cứu, chủ động hành động
giành tri thức nên sự lĩnh hội kiến thức đợc sâu sắc hơn, đầy đủ hơn.
Dới đây là các bớc để giải các bài toán về Bất đẳng thức:
+ Nghiên cứu nội dung mục đích, yêu cầu đề bài.
+ Tổ chức giúp học sinh phân tích các điều kiện và đa ra các kiến thức có liên quan.
+ Đa ra các vấn đề có thể xảy ra trong quá trình biến đổi.
+ Thiết lập các mối quan hệ nhân quả từ các kết quả phân tích.
+ Lập luận rồi chứng minh.
+ kết hợp với điều kiện rồi rút ra kết luận.
2. §èi tỵng phơc vơ:

0987196930


- Khách thể của vấn đề nghiên cứu là Các phơng pháp giải các dạng bài tập về
bất đẳng thức .
- Đối tợng phục vụ của đề tài này là hoạt động giảng dạy của giáo viên và hoạt động
nhận thøc cña häc sinh Trêng THCS
Mong muèn duy nhÊt cña tôi là có đợc phơng pháp giảng dạy tốt nhất cho mình, các
giáo viên khác và học sinh cùng tham khảo để có đợc kết quả cao nhất trong giảng dạy
và giúp học sinh học tập.
3. Nội dung phơng pháp nghiên cứu.
- Các phơng pháp: Thuyết trình, chất vấn, phản chứng và chứng minh.
- Phơng pháp tạo nhu cầu nhận thức có mong muốn tìm hiểu các bài toán về bất đẳng
thức.

- Phơng pháp hớng dẫn học tự lực tham gia vào các hoạt động học tập.
- Tạo điều kiện cho học sinh bộc lộ khả năng nhận thức, trình bày và tự bảo vệ ý kiến
của mình khi thảo luận, tranh luận.
- Khuyến khích học sinh thắc mắc, nêu tình huống có vấn đề và tham gia giải quyết
vấn ®Ị khi quan s¸t cịng nh khi vËn dơng kiÕn thức vào chứng minh.
- Sau đây là một số dạng bài tập và các phơng pháp giải các bài tập về Bất đẳng
thức:
Phần I: Các kiến thức cần lu ý:

1- Định nghĩa.
2- Tính chất.
3-Một số hằng đẳng thức và bất đẳng thức thờng dùng và các bất đẳng
thức đà đợc chứng minh.
Phần II: Một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức:
1-Phơng pháp dùng định nghĩa.
2- Phơng pháp dùng biến đổi tơng đơng.
3- Phơng pháp dùng bất đẳng thức quen thuộc.
4- Phơng pháp sử dụng tính chất bắc cầu.
5- Phơng pháp dùng tính chất tỉ số.
6- Phơng pháp làm trội.
7- Phơng pháp dùng bất đẳng thức trong tam giác.
8- Phơng pháp đổi biến số.
9- Phơng pháp dùng tam thức bậc hai.
10- Phơng pháp quy nạp.
11- Phơng pháp phản chứng.
Phần III : Các bài tập nâng cao:
Phần IV : ứng dụng của bất đẳng thức:
1- Dùng bất đẳng thức để tìm cùc trÞ.
0987196930

2-Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình và bất phơng trình.
3-Dùng bất đẳng thức giải phơng trình nghiệm nguyên.

Phần I : Các kiến thức cần lu ý
1- Đinhnghĩa:

2- tính chÊt:
+ A>B ⇔ B< A

A ≥ B ⇔ A − B ≥ 0

A ≤ B ⇔ A − B ≤ 0

+ A > B vµ B > C ⇔ A > C
+ A > B ⇒ A+ C > B + C
+ A > B vµ C > D ⇒ A+ C > B + D
+ A > B vµ C > 0 ⇒ A.C > B.C
+ A > B vµ C < 0 ⇒ A.C < B.C
+ 0 < A < B vµ 0 < C < D ⇒ 0 < A.C < B.D
n
+ A > B > 0 ⇒ A n > B n ∀ ∈ N*
+ A > B ⇒ A n > B n víi n lỴ
+ A > B ⇒ A n > B n với n chẵn
+ m > n > 0 và A > 1 ⇒ A m > A n
+ m > n > 0 vµ 0 < A < 1 ⇒ A m < A n
1
1
>
+A < B vµ A.B > 0

A

B

3- một số hằng bất đẳng thức:
+ A2 0 víi ∀ ( dÊu = x¶y ra khi A = 0 )
A
n
+ A ≥ 0 víi ∀ ( dÊu = x¶y ra khi A = 0 )
A
A
+ A ≥0 víi ∀ (dÊu = x¶y ra khi A = 0 )
+ - A + A + B ≥ A + B ( dÊu = x¶y ra khi A.B > 0)
+ A −B ≤ A − B ( dÊu = xảy ra khi A.B < 0)


Phần II : Một số phơng pháp chứng
minh bất đẳng thức
Phơng pháp 1 : dùng định nghĩa:
Kiến thức : Để chứng minh A > B

Ta chøng minh A –B > 0
Lu ý dïng h»ng bÊt ®¼ng thøc M 2 ≥ 0 víi∀ M

0987196930


VÝ dô 1: ∀ x, y, z chøng minh r»ng:
a) x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy+ yz + zx

b) x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz
c) x 2 + y 2 + z 2 +3 ≥ 2 (x + y + z)
Gi¶i:
a) Ta xÐt hiƯu
x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz - zx
1

= 2 .2 .( x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx)

= 2 [( x − y ) 2 + ( x −z ) 2 + ( y − z ) 2 ] ≥ 0 ®óng víi mäi x;y;z∈ R
1

V× (x-y)2 ≥ 0 víi∀x ; y DÊu “=”x¶y ra khi x=y
(x-z)2 ≥ 0 víi∀x ; z DÊu “=” x¶y ra khi x=z
(y-z)2 ≥ 0 víi∀ z; y DÊu “=” x¶y ra khi z=y
DÊu “=” x¶y ra khi x = y =z
VËy x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy+ yz + zx
b)Ta xÐt hiÖu
x 2 + y 2 + z 2 - ( 2xy – 2xz +2yz )
= x 2 + y 2 + z 2 - 2xy +2xz –2yz
=( x – y + z) 2 ≥ 0 ®óng víi mäi x;y;z∈ R
DÊu “=” x¶y ra khi x+z=y
VËy x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz ®óng víi mäi x;y;z∈ R
c) Ta xÐt hiÖu
x 2 + y 2 + z 2 +3 – 2( x+ y +z )
= x 2 - 2x + 1 + y 2 -2y +1 + z 2 -2z +1
= (x-1) 2 + (y-1) 2 +(z-1) 2 ≥ 0
DÊu “=” x¶y ra khi x=y=z=1
2
VËy x + y 2 + z 2 +3 ≥ 2 (x + y + z)

VÝ dô 2: chøng minh r»ng :
2

a)

a2 + b2  a + b 
≥

2
 2 

b)

a2 + b2 + c2  a + b + c


3
3



;
2

c) HÃy tổng quát bài toán
giải
a) Ta xét hiệu

a +b
a +b

−

2
 2 
2

(

2

2

)

2 a 2 + b 2 a 2 + 2ab + b 2
−
=
4
4
1
= ( 2a 2 + 2b 2 − a 2 − b 2 − 2ab )
4
1
2
= ( a − b) ≥ 0
4

VËy

0987196930

a2 + b2  a + b 
≥

2
 2 

2


DÊu “=” x¶y ra khi a=b
b) Ta xÐt hiƯu
a2 + b2 + c2  a + b + c 
−

3
3



VËy

1
2
2
2
= [( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ] ≥ 0

2

9

a +b +c
a+b+c
≥

3
3


2

2

2

2

DÊu “=” x¶y ra khi a = b =c
c) Tỉng qu¸t
2
2
a12 + a 2 + .... + a n  a1 + a 2 + .... + a n


n
n

2

Tóm lại các bớc để chứng minh A B theo ®Þnh nghÜa:
Bíc 1: Ta xÐt hiƯu H = A - B
Bớc 2: Biến đổi H = (C+D) 2 hoặc H = (C+D) 2 +….+(E+F) 2
Bíc 3: KÕt luËn A ≥ B
VÝ dô 3: Chøng minh ∀ m, n, p, q ta đều có (chuyên Nga- Pháp 98-99)
m 2 + n 2 + p 2 + q 2 +1≥ m(n+p+q+1)
Gi¶i:
 m2
  m2
  m2
  m2

⇔
− mn + n 2  + 
− mp + p 2  + 
− mq + q 2  + 
 4
  4
  4
  4 − m + 1 ≥ 0


 
 
 

2

2

2

2

m
 m
 m
 m 
⇔  − n  +  − p  +  − q  +  − 1 ≥ 0
2
 2
 2
 2


m
 2 −n=0
m
 − p=0
2
⇔
DÊu “=” x¶y ra khi  m
 q=0
2
m
2 1= 0

(luôn đúng)

m

n = 2

m
p =

2

m
q =
m=2
2


m=2


n = p = q = 1

Bài tập bổ xung
phơng pháp 2: Dùng phép biến đổi tơng đơng:
Lu ý:
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức đúng hoặc
bất đẳng thức đà đợc chứng minh là đúng.
Chú ý: Các hằng đẳng thức sau:
( A + B ) 2 = A 2 + 2 AB + B 2
( A + B + C ) 2 = A 2 + B 2 + C 2 + 2 AB + 2 AC + 2 BC

( A + B ) 3 = A 3 + 3 A 2 B + 3 AB 2 + B 3
VÝ dô 1: Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh r»ng

0987196930


b2
≥ ab
4
a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e )

a)

a2 +

b)
c)

Gi¶i:
2

b
≥ ab
4
⇔ 4a 2 + b 2 ≥ 4ab ⇔ 4a 2 − 4a + b 2 ≥ 0

a) Ta cã:

a2 +

⇔ ( 2a b ) 0

(bất đẳng thức này luôn ®óng)

2

2

b
≥ ab (dÊu “=”
4
a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b
⇔ 2( a 2 + b 2 + 1 ) > 2( ab + a + b)

VËy
b)

a2 +

x¶y ra khi 2a=b)

⇔ a 2 − 2ab + b 2 + a 2 − 2a + 1 + b 2 − 2b + 1 ≥ 0
⇔ (a − b) 2 + (a − 1) 2 + (b 1) 2 0

Bất đẳng thức cuối đúng.

Vậy a + b + 1 ≥ ab + a + b
DÊu “=” x¶y ra khi a = b = 1
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e )

c)
⇔ 4( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ) ≥ 4 a ( b + c + d + e )
⇔ ( a 2 − 4ab + 4b 2 ) + ( a 2 − 4ac + 4c 2 ) + ( a 2 − 4ad + 4d 2 ) + ( a 2 − 4ac + 4c 2 ) ≥ 0
⇔ ( a − 2b ) 2 + ( a − 2c ) 2 + ( a − 2d ) 2 + ( a − 2c ) 2 ≥ 0
BÊt đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dô 2: Chøng minh r»ng: ( a10 + b10 )( a 2 + b 2 ) ≥ ( a 8 + b 8 )( a 4 + b 4 )
Gi¶i:
( a10 + b10 )( a 2 + b 2 ) ≥ ( a 8 + b 8 )( a 4 + b 4 ) ⇔ a12 + a10 b 2 + a 2b10 + b12 ≥ a12 + a 8b 4 + a 4 b 8 + b12
Ta cã:
⇔ a 8b 2 ( a 2 − b 2 ) + a 2 b 8 (b 2 − a 2 ) ≥ 0
⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6) ≥ 0 ⇔ a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) ≥ 0
BÊt đẳng thức cuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh.
VÝ dơ 3: Cho x.y =1 vµ x>y
2

Chøng minh:

2

x2 + y2
xy

2

2

Giải:
x +y
xy
2

2

2

2

vì: x y nên x- y

0

x2+y2

2 2

( x-y)

⇒ x2+y2- 2 2 x+ 2 2 y ≥0 ⇔ x2+y2+2- 2 2 x+ 2 2 y -2 ≥0
⇔ x2+y2+( 2 )2- 2 2 x+ 2 2 y -2xy ≥ 0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2
(x-y- 2 )2 0 Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều ph¶i chøng minh

VÝ dơ 4:

x
1)cm:
P(x,y)= 9 x y + y − 6 xy − 2 y +1 ≥ 0 ∀ , y ∈R
a +b + c ≤ a + b + c
2)cm:
(gợi ý: bình phơng 2 vế)
3) Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mÃn:

2

2

0987196930

2

2

2

2


x. y.z = 1

1 1 1
 + + < x+ y+ z
x y z


Chøng minh r»ng: Cã ®óng mét trong ba số x,y,z lớn hơn 1 (đề thi Lam Sơn 96-97)
Gi¶i:
XÐt (x-1)(y-1)(z-1) = xyz +(xy+yz+zx) +x+y+z-1
1

1

1

1

1

1

=(xyz-1) + (x+y+z) - xyz( x + y + z ) = x+y+z - ( x + y + z )
(vì x.y.z = 1 và

1 1 1
+ + <
x y z

> 0

x+y+z theo gt)

→ 2 trong 3 số x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba số x-1 , y-1, z-1 là dơng.
Nếu trờng hợp sau xảy ra thì x, y, z >1 x.y.z >1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt buộc phải
xảy ra trờng hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1.
Phơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc
A/ một số bất đẳng thức hay dùng
1) Các bất đẳng thức phụ:
a) x 2 + y 2 ≥ 2 xy
b) x + y ≥ xy dÊu “=” khi x = y = 0
c) ( x + y ) 2 ≥ 4 xy
2

d)

2

a b
+ 2
b a

2) Bất đẳng thức Côsi:

a1 + a 2 + a3 + .... + a n n
≥ a1 a 2 a 3 ....a n
n

(a + a . ++ a ).(x + x . )≥++ (ax+ ax . ++ ax)

Víi

3) BÊt ®¼ng thøc Bunhiacopski:

22 222 2
2
2 2 n 1 2 n 11 2 2 n n

4) Bất đẳng thức Trê- b-sép:
Nếu
Nếu

a ≤b ≤c

A ≤ B ≤ C

 a ≤b ≤c

A ≥ B ≥ C

aA + bB + cC a + b + c A + B + C
≥
.
3
3
3
aA + bB + cC a + b + c A + B + C
≤
.
⇒
3
3
3
 a =b =c
“=” x¶y ra khi  A = B = C


⇒

DÊu

b/ c¸c vÝ dơ:
VÝ dơ 1: Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh r»ng:
(a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc
Gi¶i:
( x + y ) 2 ≥ 4 xy

Cách 1: Dùng bất đẳng thức phụ:
Tacó ( a + b ) 2 ≥ 4ab ; ( b + c ) 2 ≥ 4bc ; ( c + a ) 2

0987196930

≥ 4ac

ai > 0


⇒ ( a + b ) 2 ( b + c ) 2 ( c + a ) 2 ≥ 64a 2 b 2 c 2
⇒ (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc

= ( 8abc )

2

DÊu “=” x¶y ra khi a = b = c
Ví dụ 2: (Tự giải):

1) Cho a,b,c>0 và a+b+c=1 CMR:
2) Cho x,y,z>0 vµ x+y+z=1 CMR:
3) Cho a > 0 , b > 0, c > 0

1 1 1
+ + ≥9
(403-1001)
a b c
x+2y+z ≥ 4(1 − x)(1 − y )(1 − z )
a

b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a+b 2

CMR:
4) Cho x ≥ 0 ,y ≥ 0 tháa m·n

2

x −

1

CMR: x+y ≥ 5

y =1

VÝ dô 3: Cho a > b > c > 0 vµ a 2 + b 2 + c 2 = 1 chøng minh r»ng:
a3
b3
c3
1
+
+
≥
b+c a+c a+b 2

Gi¶i:
 a 2 ≥ b2 c2

Do a,b,c đối xứng, giả sử a b c ⇒  a ≥ b ≥ c
b + c a + c a + b


áp dụng BĐT Trê- b-sép ta cã:
a2.

VËy

a
b
c
a2 + b2 + c2  a
b
c  1 3 1
+ b2.
+ c2.
≥
.
+
+
= . =
b+c
a+c
a+b
3

b+c a +c a+b 3 2 2
1
a3
b3
c3
1
+
+
≥
DÊu “=” x¶y ra khi a = b = c = 3
b+c a+c a+b 2

VÝ dô 4:

Cho a,b,c,d > 0 vµ abcd = 1 Chøng minh r»ng:
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10
Gi¶i:
Ta cã a 2 + b 2 ≥ 2ab
c 2 + d 2 ≥ 2cd
1

Do abcd =1 nªn cd = ab (dïng

x+

1 1
≥ )
x 2

Ta cã a 2 + b2 + c 2 + d 2 ≥ 2(ab + cd ) = 2(ab +

Mặt khác: a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a )
= (ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)

1
)≥4
ab

(1)

1  
1 
1


 
 

a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10
VËy

=  ab + ab  +  ac + ac  +  bc + bc  ≥ 2 + 2 + 2

VÝ dô 5: Cho 4 sè a,b,c,d bÊt kú chøng minh r»ng:
(a + c ) 2 + (b + d ) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2

Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski:
tacó ac + bd ≤ a 2 + b 2 . c 2 + d 2

0987196930

mµ ( a + c ) 2 + ( b + d ) 2 = a 2 + b 2 + 2( ac + bd ) + c 2 + d 2

(

)

≤ a2 + b2 + 2 a2 + b2 . c2 + d 2 + c2 + d 2

⇒

(a + c ) + (b + d ) ≤ a + b 2 + c 2 + d 2
2

2

2

VÝ dô 6: Chøng minh r»ng:
a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ac

Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski:
Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta cã
(12 + 12 + 12 )(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ (1.a + 1.b + 1.c ) 2
⇒
3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2( ab + bc + ac )
⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ac Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
Cách 2: Giả sử a,b,c 0, áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
a2+ b2 2ab
b2 + c2 ≥ 2bc

c2 + a2 ≥ 2ca
⇒ 2(a2+ b2 + c2) ≥ 2(ab+ bc + ca)
VËy a2+ b2 + c2 ≥ ab+ bc + ca
DÊu b»ng x¶y ra khi a = b = c
Phơng pháp 4:
Sử dụng tính chất bắc cầu
Lu ý:

A>B và b>c thì A>c
0 < x <1 thì x 2 < x
1. Các ví dụ:
Ví dụ 1:
Cho a, b, c ,d > 0 tháa m·n a > c + d , b > c + d
Chøng minh r»ng ab > ad+bc
Gi¶i:
Tacã
⇒
⇔
⇔

a > c + d

b > c + d

⇒

a − c > d > 0

b − d > c > 0

(a-c)(b-d) > cd
ab - ad- bc + cd > cd
ab > ad + bc
(Điều phải chứng minh)

Ví dô 2:
Cho a,b,c > 0 tháa m·n
Chøng minh

a 2 + b2 + c2 =

5
3

1 1 1
1
+ + <
a b c abc

Gi¶i:
Ta cã :( a+b- c) = a +b +c +2( ab –ac – bc)
2

⇒ ac+bc-ab

〈

⇒ ac+bc-ab ≤

VÝ dô 3:

0987196930

2

1
2

〈

2

〉0

( a2+b2+c2)

5
6

2

1 Chia hai vÕ cho abc > 0 ta cã

1 1 1
+ −
a b c

〈

1

abc


Cho 0 < a,b,c,d <1 Chøng minh r»ng (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d
Gi¶i:
Ta cã (1- a).(1- b) = 1- a- b+ ab
Do a > 0 , b > 0 nªn ab > 0
⇒ (1-a).(1-b) > 1-a-b
(1)
Do c <1 nªn 1- c >0 ta cã
⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c) > 1-a-b-c
⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > (1-a-b-c) (1-d) =1- a- b- c – d + ad + bd + cd
⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1- a - b - c - d (§iỊu ph¶i chøng minh)
VÝ dơ 4:
a) Cho 0 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 < 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a

Gi¶i :

Do a < 1 ⇒ a < 1 vµ
Ta cã (1 − a 2 ).(1 − b ) < 0 ⇒ 1-b- a 2 + a 2 b > 0
⇒ 1+ a 2 b 2 > a 2 + b
mµ 0< a,b <1 ⇒ a 2 > a 3 , b 2 > b 3
Tõ (1) vµ (2) ⇒ 1 + a 2 b 2 > a 3 + b 3
VËy a 3 + b 3 < 1 + a 2 b 2
T¬ng tù b 3 + c 3 ≤ 1 + b 2 c
c 3 + a3 1 + c2a
Cộng các bất đẳng thức ta cã :
2

2a 3 + 2b 3 + 2c 3 ≤ 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a
b) Chøng minh r»ng : NÕu a 2 + b 2 = c 2 + d 2 = 1998

thì ac+bd =1998

(Chuyên Anh 98 99)
Giải:
2
Ta có (ac + bd) + (ad – bc ) 2 = a 2 c 2 + b 2 d 2 + 2abcd + a 2 d 2 + b 2 c 2 - 2abcd =
= a2(c2+d2) + b2(c2+d2) = (c2+d2).( a2+ b2) = 19982
rá rµng (ac+bd)2 ≤ ( ac + bd ) 2 + ( ad − bc ) 2 = 1998 2


ac +bd 1998

2. Bài tập:
Bài tập1: Cho các số thực : a1; a2;a3 ….;a2003 tháa m·n : a1+ a2+a3 + ….+a2003 =1
2
2
2
c høng minh r»ng : a 1 + a 2 + a32 + .... + a 2003

≥

1
2003

( ®Ị thi vào chuyên nga pháp 2003-

2004 Thanh Hóa )

Bài tập2: Cho a;b;c ≥ 0 tháa m·n :a+b+c=1(?)
Chøng minh r»ng: (

1
1
1
−1).( −1).( 1) 8
a
b
c

Phơng pháp 5:
dùng tính chấtcủa tỷ số
Kiến thức:
1) Cho a, b ,c là các số dơng thì
a NÕu

0987196930

a
>1
b

th×

a a +c
>
b b+c

b – NÕu

a
b

th×

<1

2)NÕu b,d >0 th× tõ

a a +c
<
b b+c

a c
a a+c c
< ⇒ <
<
b d
b b+d d

` VÝ dô 1 :
Cho a,b,c,d > 0 .Chøng minh r»ng
1<

a
b
c
d

+
+
+
<2
a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b

Gi¶i :

Theo tÝnh chÊt cđa tØ lƯ thøc ta có
Mặt

a
a
a+d
< 1
<
a+b+c
a+b+c a+b+c+d
a
a
>
khác :
a+b+c a+b+c+d

(1)
(2)

Từ (1) và (2) ta cã

a

a
a+d
<
<
a+b+c+d
a+b+c a+b+c+d

(3)

T¬ng tù ta cã

b
b
b+a
<
<
a+b+c+d b+c+d a+b+c+d
c
c
b+c
<
<
a+b+c+d c+d +a a+b+c+d
d
d
d +c
<
<
a+b+c+d d +a+b a+b+c+d

(4)
(5)
(6)

céng vÕ víi vÕ cđa (3); (4); (5); (6) ta cã
1<

VÝ dô 2 :

a
b
c
d
+
+
+
<2
a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b
a

(điều phải chứng minh)

c

Cho: b < d và b,d > 0 .Chøng minh r»ng
Gi¶i:

Tõ
VËy

a
b

a
b

<

ab + cd c
<
b2 + d 2 d

ab cd
ab ab + cd cd c
< 2 ⇒ 2 < 2
<
=
2
b
d
b
b + d2 d2 d
a ab + cd c
<
<
(điều phải chứng minh)
b b2 + d 2 d
c

Ví dụ 3 : Cho a;b;c;d là các số nguyên dơng thỏa mÃn : a+b = c+d =1000
tìm giá trị lớn nhất của

a b
+
c d

Không mất tính tổng quát ta giả sử :

a, Nếu :b
b, Nếu: b

0987196930

Giải:
a
b

c
d

Từ :

a
1 vì a+b = c+d
c
b
a b
+ ≤ 999

≤ 998 th×
≤ 998 ⇒
d
c d
a b 1 999
= 998 th× a = 1 ⇒ + = +
c d c
d

a
b
≤
c
d

⇒

a a+b b
≤
≤
c c+d d


Đạt giá trị lớn nhất khi d = 1; c = 999
a b
+
c d

Vậy giá trị lớn nhất của

1

= 999 + 999

khi a= d=1; c= b= 999

Phơng pháp 6: Phơng pháplàm trội
Lu ý:

Dùng các tính bất đẳng thức để đa một vế của bất đẳng thức về dạng tính đợc tổng
hữu hạn hoặc tích hữu hạn.
(*) Phơng pháp chung để tính tổng hữu hạn :
S = u1 + u2 +.... + un
Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u k về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau:
u k = ak − ak +1

Khi ®ã :
S = ( a1 − a2 ) + ( a2 − a3 ) + .... + ( an − an+1 ) = a1 an+1
(*) Phơng pháp chung về tính tích hữu hạn
P = u1u 2 ....u n
Biến đổi các số hạng u k về thơng của hai số hạng liên tiếp nhau:
uk

ak

=a

k+
1

a

a

a

a

n
1
2
1
Khi ®ã P = a . a ..... a = a
2
3
n +1
n +1

VÝ dơ 1 :
Víi mäi sè tù nhiªn n >1 chøng minh r»ng:
1
1
1
1
3
<
+
+ .... +
<
2 n +1 n + 2

n+n 4

Giải:
Ta có
Do đó:

1
1
1
>
=
n + k n + n 2n

víi k = 1,2,3,…,n-1

1
1
1
1
1
n
1
+
+ ... +
>
+ ... +
=
=
n +1 n + 2
2n 2n

2n 2n 2

VÝ dô 2 :
Chøng minh r»ng:
1+

Ta cã

1
1
1
+
+ .... +
>2
2
3
n
1
2
=
>
k 2 k

(

)

n + 1 −1

2

k + k +1

(

)



0987196930

Giải :

= 2 k +1 k

Khi cho k chạy tõ 1 ®Õn n ta cã
1 > 2 ( 2 1)
1
>2 3 2
2

(

Với n là số nguyên

)


(

1

> 2 n +1 − n
n

)

Céng tõng vÕ c¸c bÊt đẳng thức trên ta có
1+

1
1
1
+
+ .... +
>2
2
3
n

(

)

n + 1 1

Ví dơ 3 :
Chøng minh r»ng

n

1

∑k
k =1

2

<2

∀n ∈ Z

Gi¶i:
Ta cã

1
1
1
1
<
=
−
2
k
k ( k −1) k −1 k

1
1
< 1−
2
2
2

1 1 1
< −
32 2 3
.................
1
1
1
<
−
2
n
n −1 n
1
1
1
⇒ 2 + 2 + .... + 2 < 1
2
3
n

Cho k chạy từ 2 đến n ta có:

Vậy

n

1

k
k =1

2

<2

Phơng pháp 7:
Dùng bất đẳng thức trong tam giác
Lu ý: Nếu a;b;c là số đo ba cạnh của tam giác thì : a;b;c> 0
Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a
Ví dụ1 : Cho a;b;clà số đo ba cạnh của tam gi¸c chøng minh r»ng:
a, a2+b2+c2 < 2(ab+bc+ac)
b, abc > (a+b-c).(b+c-a).(c+a-b)
Giải
a)Vì a,b,c là số đo 3 cạnh của một tam giác nên ta có
0 < a < b + c

0 < b < a + c
0 < c < a + b


⇒

a 2 < a (b + c)
 2
b < b(a + c)
c 2 < c ( a + b)


Céng từng vế các bất đẳng thức trên ta có
a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)

b) Ta cã a > b-c  ⇒ a 2 > a 2 − (b − c) 2 > 0
b > a-c  ⇒ b 2 > b 2 − (c − a ) 2 > 0
c > a-b  ⇒ c 2 > c 2 − (a − b) 2 > 0
Nhân vế các bất đẳng thức ta đợc

0987196930


[

][

][

⇒ a 2b 2 c 2 > a 2 − ( b − c ) b 2 − ( c − a ) c 2 − ( a − b )
2

2

⇒ a b c > ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b)
2

2

2

2

2

2

]

2

⇒ abc > ( a + b − c ).( b + c − a ).( c + a − b )

VÝ dô2: (404 – 1001)
1) Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác
Chứng minh r»ng ab + bc + ca < a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca)
2) Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam gi¸c cã chu vi b»ng 2
Chøng minh r»ng a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2
Phơng pháp 8:
đổi biến số
Ví dụ1:
Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng

a
b
c
3
+
+
(1)
b+c c+a a+b 2

Giải :

y+zx

Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta cã a= 2
y+z−x z+x−y x+ y−z
3
+
+
≥
ta cã (1) ⇔
2x
2y
2z
2

; b=

y z
x z
x y
+ − 1 + + −1 + + − 1 ≥ 3
x x
y y
z z
y x
z x
z y
⇔ ( + ) +( + ) +( + ) 6
x y
x z
y z
y
x

đẳng thức cuối cùng ®óng v× ( x + y ≥ 2;

z+x−y
2

;c=

x+y−z
2

⇔

BÊt

z y
z x
+ ≥ 2 (§PCM)
+ ≥ 2;
y z
x z

VÝ dơ2:
Cho a,b,c > 0 vµ a+b+c <1
Chøng minh r»ng
1
1
1
+ 2
+ 2
≥9

a + 2bc b + 2ac c + 2ab

(1)

2

Giải:

Đặt x = a + 2bc ; y = b + 2ac ; z = c 2 + 2ab
Ta cã x + y + z = ( a + b + c ) 2 < 1
2

(1)

⇔

2

1 1 1
+ + ≥9
x y z

Víi x+y+z < 1 và x ,y,z > 0

Theo bất đẳng thức Côsi ta cã:
x + y + z ≥ 3. 3 xyz
1 1 1
+ + ≥ 3.
x y z

.3



1
xyz


z

1 1 1
⇒ ( x + y + z ). + +  ≥ 9


x

Mµ x+y+z < 1
VËy

y

1 1 1
+ + ≥9
x y z

(®pcm)

VÝ dơ3:
Cho x ≥ 0 , y ≥ 0 tháa m·n

0987196930

2

x −

y =1

CMR

x+y ≥

1
5


Gợi ý:
Đặt x = u ,
Bài tập

2u-v =1 và S = x+y = u 2 + v 2 ⇒ v = 2u-1 thay vµo tÝnh S min

y =v

25a

1) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0
2)Tỉng qu¸t m, n, p, q, a, b >0
CMR

16b

c

CMR: b + c + c + a + a + b > 8

ma
nb
pc
1
+
+
≥
b+c c+a a+b 2

(

)

m + n + p − ( m + n + p)
2

Phơng pháp 9:
dùng tam thức bËc hai
Lu ý :
2
Cho tam thøc bËc hai f ( x ) = ax + bx + c
∀x ∈ R
NÕu ∆ < 0 th× a. f ( x ) > 0
NÕu ∆ = 0 th×

a. f ( x ) > 0

NÕu ∆ > 0 th×

a. f ( x ) > 0

a. f ( x ) < 0

b
a
x < x1 hc x > x2
x1 < x < x2

∀ ≠−
x

víi
víi

VÝ dơ1:
Chøng minh r»ng
f ( x, y ) = x 2 + 5 y 2 − 4 xy + 2 x − 6 y + 3 > 0
Gi¶i:
2
2
Ta cã (1) ⇔ x − 2 x( 2 y −1) + 5 y − 6 y + 3 > 0
2
∆′ = ( 2 y −1) − 5 y 2 + 6 y − 3

( x2 > x1 )

(1)

= 4 y 2 − 4 y +1 − 5 y 2 + 6 y − 3
= −( y −1) −1 < 0
f ( x, y ) > 0 víi mäi
2

VËy
x, y
VÝ dơ2:
Chøng minh r»ng
f ( x, y ) = x 2 y 4 + 2( x 2 + 2 ). y 2 + 4 xy + x 2 > 4 xy 3
Giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với

(

)

x 2 y 4 + 2 x 2 + 2 . y 2 + 4 xy + x 2 − 4 xy 3 > 0

⇔ ( y +1) .x + 4 y (1 − y ) x + 4 y 2 > 0
2

2

2

2

Ta cã ∆′ = 4 y 2 (1 − y 2 ) 2 − 4 y 2 ( y 2 +1) 2 = −16 y 2 < 0
V× a = ( y 2 +1) 2 > 0 vậy f ( x, y ) > 0
(đpcm)
Phơng pháp 10: dùng quy nạp toán học
Kiến thức:
Để chứng minh bất ®¼ng thøc ®óng víi n > n0 ta thùc hiƯn các bớc sau :
1 Kiểm tra bất đẳng thức ®óng víi n = n0

0987196930


2 - Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh đợc gọi là giả
thiết quy nạp )
3- Ta chứng minh bất đẳng thức ®óng víi n = k +1 (thay n = k+1vµo BĐT cần
chứng minh rồi biến đổi để dùng giả thiết quy nạp)
4 kết luận BĐT đúng với mọi n > n0
VÝ dô1:
Chøng minh r»ng
1 1
1
1
+ 2 + .... + 2 < 2 −
2
1 2
n
n

∀ ∈N ; n >1

n

(1)

Gi¶i :
Víi n =2 ta có

1
1
1+ < 2
4
2

(đúng)

Vậy BĐT (1) đúng với n =2
Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh
BĐT (1) đúng với n = k+1
Thật vËy khi n =k+1 th×
1

1

1

1

1

(1) ⇔ 12 + 2 2 + .... + k 2 + (k + 1) 2 < 2 k + 1

Theo giả thiết quy nạp
1 1
1
1
1
1
1
+ 2 + .... + 2 +
< 2− +
< 2−
2
2
2
1
2
k
(k + 1)
k ( k + 1)
k +1
1
1
1
1
1
<
+
<
⇔ 2 + .... +
2
2

1
(k + 1)
k + 1 ( k + 1)
k
k +1+1 1
< ⇔ k ( k + 2) < (k + 1) 2 k2+2k
2
k
(k + 1)



Điều này đúng .Vậy bất

đẳng thức (1)đợc chứng minh
Ví dụ2: Cho n N và a+b> 0
Chøng minh r»ng

n

 a +b 


 2 

≤

a n + bn
2

(1)
Giải

Ta thấy BĐT (1) đúng với n=1
Giả sử BĐT (1) đúng với n=k ta phải chứng minh BĐT đúng víi n=k+1
ThËt vËy víi n = k+1 ta cã

⇔
⇔

⇔

k +1

a k +1 + b k +1
2
k
k +1
k +1
⇔  a + b  . a + b ≤ a +b


(2)
2
2
 2 
a k + b k a + b a k +1 + ab k + a k b + b k +1 a k +1 + b k +1
.
=

≤
VÕ tr¸i (2) ≤
2
2
4
2
a k +1 + b k +1 a k +1 + ab k + a k b + b k +1
−
≥0
2
4
a k − b k .( a − b ) ≥ 0
(3)

(1) ⇔

(

0987196930

)

 a +b 


 2 

≤

Ta chứng minh (3)
(+) Giả sử a b và gi¶ thiÕt cho a ≥ -b ⇔ a ≥ b
⇔ a ≥ b ≥b
⇒ ( a k − b k ).( a − b ) ≥ 0
(+) Gi¶ sư a < b và theo giả thiết - a( a k − b k ).( a b ) 0
Vậy BĐT (3)luôn đúng ta có (đpcm)
k

k

k

k

k

k

k



Phơng pháp 11:
Chứng minh phản chứng
Lu ý:
1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng, ta hÃy giả sử bất đẳng thức
đó sai và kết hợp với các giả thiết để suy ra điều vô lý, điều vô lý có thể là điều trái với
giả thiết, có thể là điều trái ngợc nhau. Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh là
đúng.

2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề G K Phép toán mệnh đề cho ta.
Nh vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận ®Ị víi phđ ®Þnh kÕt ln
cđa nã .
Ta thêng dïng 5 hình thức chứng minh phản chứng sau :
A - Dùng mệnh đề phản đảo :





KG

B Phủ định rôi suy trái giả thiết :
C Phủ định rồi suy trái với điều đúng
D Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ngợc nhau
E Phủ định rồi suy ra kÕt luËn :
VÝ dô 1:
Cho ba sè a,b,c tháa m·n a +b+c > 0 , ab+bc+ac > 0 , abc > 0
Chøng minh r»ng a > 0 , b > 0 , c > 0
Gi¶i :
⇒ a ≠ 0 do đó a < 0
Giả sử a 0 thì tõ abc > 0
Mµ abc > 0 vµ a < 0 ⇒ cb < 0
Tõ ab+bc+ca > 0 ⇒ a(b+c) > -bc > 0
Vì a < 0 mà a(b +c) > 0 ⇒ b + c < 0
a < 0 vµ b +c < 0 ⇒ a + b +c < 0 trái giả thiết a+b+c > 0
Vậy a > 0 t¬ng tù ta cã b > 0 , c > 0
VÝ dô 2:
Cho 4 sè a , b , c ,d tháa m·n ®iỊu kiƯn
ac ≥ 2.(b+d) .Chøng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai:

2
, c 2 < 4d
a < 4b
Giải :
Giả sử 2 bất đẳng thức : a 2 < 4b , c 2 < 4d ®Ịu ®óng khi ®ã céng các vế ta đợc
a 2 + c 2 < 4(b + d )
(1)
Theo gi¶ thiÕt ta cã 4(b+d) ≤ 2ac (2)
Tõ (1) vµ (2) ⇒ a 2 + c 2 < 2ac hay ( a − c ) 2 < 0 (v« lý)

0987196930


Vậy trong 2 bất đẳng thức a 2 < 4b và c 2 < 4d có ít nhất một các bất đẳng thức sai
Ví dụ 3:
Cho x,y,z > 0 và xyz = 1. Chøng minh r»ng
NÕu x+y+z >

1 1 1
+ +
x y z

thì có một trong ba số này lớn hơn 1

Giải :
Ta có (x-1).(y-1).(z-1) = xyz xy- yz + x + y+ z –1
1

1

1

= x + y + z – ( x + y + z ) v× xyz = 1
theo gi¶ thiÕt x+y +z >

1 1 1
+ +
x y z

nªn (x-1).(y-1).(z-1) > 0
Trong ba sè x-1 , y-1 , z-1 chØ cã mét sè d¬ng
ThËt vËy nÕu cả ba số dơng thì x,y,z > 1 xyz > 1 (trái giả thiết)
Còn nếu 2 trong 3 số đó dơng thì (x-1).(y-1).(z-1) < 0 (vô lý)
Vậy có một vµ chØ mét trong ba sè x , y,z lín hơn 1
Phần iii :
1/dùng định nghĩa

các bài tập nâng cao

1) Cho abc = 1 vµ a 3 > 36 . . Chøng minh r»ng
Gi¶i
Ta cã hiƯu:

VËy :

a2
+ b2+c2- ab- bc – ac
3
a2
a2

= + + b2+c2- ab- bc – ac
4
12
2
a
a2
= ( + b2+c2- ab– ac+ 2bc) + −3bc
4
12
3
a
a − 36abc
=( -b- c)2 +
2
12a
3
a
a 36abc
=( -b- c)2 +
>0 (vì abc=1 và a3
2
12a

a2
+ b2+c2> ab+bc+ac
3

Điều phải chứng minh

2) Chứng minh rằng

a) x 4 + y 4 + z 2 + 1 ≥ 2 x.( xy 2 − x + z + 1)
b) víi mäi sè thùc a , b, c ta cã
c)

a 2 + 5b 2 − 4ab + 2a − 6b + 3 > 0
a 2 + 2b 2 − 2ab + 2a − 4b + 2 ≥ 0

Gi¶i :

a) XÐt hiÖu
H = x 4 + y 4 + z 2 + 1 − 2 x 2 y 2 + 2 x 2 − 2 xz − 2 x
= ( x 2 − y 2 ) 2 + ( x − z ) 2 + ( x − 1) 2
H ≥0 ta có điều phải chứng minh
b) Vế trái có thể viÕt

0987196930

a2
+ b2+c2> ab+bc+ac
3

> 36 nªn a >0 )


H = ( a − 2b + 1) 2 + ( b − 1) 2 + 1
⇒ H > 0 ta có điều phải chứng minh
c) vế trái có thể viÕt
H = ( a − b +1) 2 + ( b 1) 2
H 0 ta có điều phải chứng minh
Ii / Dùng biến đổi tơng đơng

1) Cho x > y vµ xy =1 .Chøng minh r»ng

(x

+ y2 )
≥8
( x − y)2
2

2

Gi¶i :
Ta cã x + y = ( x − y ) + 2 xy = ( x − y ) 2 + 2 (v× xy = 1)
⇒ ( x 2 + y 2 ) 2 = ( x − y ) 4 + 4.( x − y ) 2 + 4
Do đó BĐT cần chứng minh tơng ®¬ng víi
( x − y ) 4 + 4( x − y ) 2 + 4 ≥ 8.( x − y ) 2
⇔ ( x − y ) 4 − 4( x − y ) 2 + 4 ≥ 0
⇔ [( x − y ) 2 − 2 ] 2 0
BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh
2

2

2

2) Cho xy ≥ 1 .Chøng minh r»ng
1
1
2
+

≥
1 + x 2 1 + y 2 1 + xy

Gi¶i :

⇔
⇔

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

⇔

x ( y − x)
y( x − y)
+
≥0
2

1 + x .(1 + xy ) 1 + y 2 .(1 + xy )

(

)

(

⇔

)

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

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

BĐT cuối này ®óng do xy > 1 .VËy ta cã ®iỊu ph¶i chứng minh
Iii / dùng bất đẳng thức phụ
1) Cho a , b, c là các số thực và a + b +c =1
Chøng minh r»ng

a2 + b2 + c2 ≥

1
3

Gi¶i :
áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho 3 số (1,1,1) và (a,b,c)
(1.a +1.b +1.c ) 2 ≤ (1 +1 +1).( a 2 + b 2 + c 2 )
Ta cã
⇔ ( a + b + c ) 2 ≤ 3.( a 2 + b 2 + c 2 )
⇔

a 2 + b2 + c2

1
3

(vì a+b+c =1 ) (đpcm)

2) Cho a,b,c là các số dơng
1 1 1
Chứng minh rằng ( a + b + c ). a + b + c  ≥ 9


0987196930



Gi¶i :

(1)


(1) ⇔
⇔

a a b
b c c
+ + +1 + + + +1 ≥ 9
b c a
c a a
a b a c  b c
3+ +  + + +  +  ≥ 9
b a c a c b

1+

x

y

¸p dơng B§T phơ y + x ≥ 2 Víi x,y > 0
Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng
1 1 1
Vậy ( a + b + c ). a + b + c 9


(đpcm)



Iv / dùng phơng pháp bắc cầu
1) Cho 0 < a, b,c <1 .Chøng minh r»ng :
2a 3 + 2b 3 + 2c 3 < 3 + a 2b + b 2 c + c 2 a

Do a <1 ⇒ a 2 <1 vµ b <1
Hay 1 + a b > a + b
(1)
⇒ a 2 > a3 ;
Mặt khác 0 1 + a 2 > a 3 + b3
VËy a 3 + b 3 < 1+ a 2 b
Tơng tự ta có
2

Giải :
Nên

(1 a ).(1 − b ) > 0 ⇒ 1 + a b − a
2

2

2

2

b > b3

b3 + c 3 < 1 + b 2c
a3 + c3 <1 + c 2a

⇒ 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 < 3 + a 2b + b 2c + c 2 a

(®pcm)

2) So sánh 31 11 và 17 14
Ta thấy 3111 < 3211 = ( 2

)

5 11

Gi¶i :
= 255 < 256

256 = 24.14 = ( 24 ) = 1614 < 1714
Mặt khác
Vậy 31 11 < 17 14 (®pcm)
14

V/ dïng tÝnh chÊt tØ sè
1) Cho a ,b ,c ,d > 0 .Chøng minh r»ng :
2<

a+b
b+c
c+d
d +a
+
+
+
<3
a +b+c b+c+d c+d +a d +a +b

Gi¶i :

Vì a ,b ,c ,d > 0 nên ta có

a+b
a+b
a +b+d
<
<
a+b+c+d a+b+c a+b+c+d
b + +c
b+c
b+c+a
<
<
a +b+c + d b+c +d a +b+c + d
d +a
d +a
d +a+c
<
<
a+b+c+d d +a+b a+b+c+d

(1)
(2)
(3)

Céng các vế của 4 bất đẳng thức trên ta có :
2<

0987196930

a+b
b+c
c+d
d +a
+
+
+
<3
a +b+c b+c+d c+d +a d +a +b

(®pcm)

2

−b > 0


2) Cho a ,b,c là số đo ba cạnh tam giác
Chứng minh rằng
1<

a
b
c
+
+
<2
b+c c+a a+b

Giải :
Vì a ,b ,c là số đo ba cạnh của tam giác nên ta có a,b,c > 0
Vµ a < b +c ; b
a
a+a
2a
<
=
b+c a+b+c a+b+c
a
a
>
Mặt khác
b+c a+b+c
a
a
2a
<
<
Vậy ta có
Tơng tù ta cã
a+b+c b+c a+b+c

Tõ (1) ⇒

Céng tõng vÕ ba bất đẳng thức trên ta có :
1<

a
b
c
+
+
<2
b+c c+a a+b

b
b
2b
<
<
a+b+c a+c a+b+c
c
c
2c
<
<
a+b+c b+a a+b+c

(đpcm)

VI / phơng pháp làm trội :
1) Chứng minh B§T sau :

1
1
1
1

+
+ ... +
<
1.3 3.5
(2n − 1).(2n + 1) 2
1
1
1
+ ... +
<2
b) 1 + +
1.2 1.2.3
1.2.3.....n

a)

Gi¶i :

a) Ta cã

1
1 ( 2k + 1) − (2k − 1) 1  1
1 
= .
= 
−
( 2n − 1) . ( 2n + 1) 2 (2k − 1).(2k + 1) 2 2k 1 2k + 1 ữ


Cho n chạy từ 1 đến k .Sau đó cộng lại ta có

1
1
1
1 
2  1
+
+ ... +
= . 1 −
÷<
1.3 3.5
(2n − 1).(2n + 1) 2  2n + 1  2

b) Ta cã

1+

(®pcm)

1
1
1
1
1
1
+
+ ... +
< 1+
+
+ ..... +
1.2 1.2.3

1.2.3.....n
1.2 1.2.3
( n − 1) .n



1 1
 

1

 1


1

1

− ÷ < 2 − < 2 (đpcm)
< 1 + 1 ữ+ ÷+ .... + 
2
2 3
n −1 n
n




PhÇn iv : øng dụng của bất đẳng thức
I/ dùng bất đẳng thức để tìm cc trị

Lu ý
- Nếu f(x) A thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là A
- Nếu f(x) B thì f(x) có giá trị lớn nhất là B

0987196930


Ví dụ 1 :
Tìm giá trị nhỏ nhất của :
T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|
Gi¶i :
Ta cã |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x| ≥ |x-1+4-x| = 3
(1)
Vµ x − 2 + x − 3 = x − 2 + 3 − x ≥ x − 2 + 3 − x = 1
(2)
VËy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| ≥ 1+3 = 4
Ta cã tõ (1) ⇒ DÊu b»ng x¶y ra khi 1 ≤ x ≤ 4
(2) ⇒ DÊu b»ng x¶y ra khi 2 ≤ x 3
Vậy T có giá trị nhỏ nhất là 4 khi 2 x 3
Ví dụ 2 :
Tìm giá trÞ lín nhÊt cđa
S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) víi x,y,z > 0 và x+y+z =1
Giải :
Vì x,y,z > 0 ,áp dụng BĐT C«si ta cã
x+ y + z ≥ 3 3 xyz
⇒ 3 xyz

1
1
xyz

3
27

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta cã

( x + y ) .( y + z ) .( z + x ) ≥ 3 3 ( x + y ) .( y + z ) .( x + z )
⇒ 2 ≥ 3 3 ( x + y ) .( y + z ) .( z + x )
DÊu “=” x¶y ra khi x=y=z=
VËy S ≤

1
3

8 1
8
. =
27 27 729

VËy S có giá trị lớn nhất là

8
1
khi x=y=z=
729
3

Ví dụ 3 :
Cho xy+yz+zx = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của x 4 + y 4 + z 4
Giải :

áp dụng BĐT Bunhiacèpski cho 6 sè (x,y,z) ;(x,y,z)
2
2
Ta cã
( xy + yz + zx ) ≤ ( x 2 + y 2 + z 2 )
⇒ 1 ≤ ( x2 + y 2 + z 2 )

2

(1)

Ap dơng B§T Bunhiacèpski cho ( x 2 , y 2 , z 2 ) vµ (1,1,1)
Ta cã

( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 ≤ (12 + 12 + 12 )( x 4 + y 4 + z 4 )
→ ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 ≤ 3( x 4 + y 4 + z 4 )

Tõ (1) vµ (2) ⇒ 1 ≤ 3( x 4 + y 4 + z 4 )
⇒ x4 + y 4 + z 4 ≤

0987196930

1
3