Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Một số kinh nghiệm giải bài toán bất đẳng thức

A. PHẦN MỞ ĐẦU
Bất đẳng thức là một trong những dạng tốn hay và khó đối với học sinh
trong q trình học tập cũng như trong các kỳ thi, trước hết là kỳ thi đại học mà
hầu hết học sinh THPT đều phải vượt qua. Ngoài ra bất đẳng thức cũng là một
dạng thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi toán ở các cấp: Tỉnh, Quốc gia,
Olympic khu vực và Olympic quốc tế.
Để giúp các em có thêm một số kinh nghiệm trong quá trình học tập nhằm
nắm vững các phương pháp chứng minh bất đẳng thức đồng thời sử dụng linh
hoạt hơn trong việc giải các bài tốn về bất đẳng thức, tơi quyết định viết đề tài
này nhằm chia sẽ cùng đồng nghiệp, học sinh và độc giả một số phương pháp,
kinh nghiệm giải bài toán bất đẳng thức.
Đề tài gồm 2 phần cơ bản:
Phần I: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
Phần II: Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác.
Do khuôn khổ của đề tài, ở mỗi phần tôi xin miễn nhắc lại các kiến thức
cơ bản về bất đẳng thức vì những kiến thức này được trình bày chi tiết trong
sách giáo khoa trung học phổ thông, mà chỉ tập trung vào các phương pháp biến
đổi đồng thời nêu một số vớ d minh ha.

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng B×nh

1


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 ln có
x8  x5 x 2 x

2
3

Gii:

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng Bình

2


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
x  3
1 
1 1

 x 4    
x

  0 x  R
2  2
3 3
3 


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


Vậy

13  59
13  59
P 
11
11

13  59
5x 2  2
13  59
 2

11
11
3x 2 x 4

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng Bình

3

Dấu đt bên trái xảy ra
13(13  59 )
 x
121

Dấu đt bên phải xảy ra
13(13  59 )
 x
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,
1

f ' ( x)  . 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
1

1

1

Vì b0
Ví dụ 3: Cho a,b,c,d là 4 số dương bất kì. CM
3

abc  abd  acd  bcd

ab  ac  ad  bc  bd  cd

4
6

Giải: Khơng 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 cú o hm trờn R

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng Bình

4


Vì f(a)=f(b)=f(c)=f(d)=0 và f’(x) là một hàm bậc 3 nên tồn tại y1 , y 2 , y3 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  y3 )
Trong khai triển ta có
 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 y3  y 3 y1 3
 ( y1 y 2 y3 ) 2
3


3

abc  abd  acd  bcd
ab  ac  ad  bc  bd  cd

4
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

1

 đúng.
Giải: + Khi n=2 ta có (*)  8 

7

+ 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 cn chng minh

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng Bình

5


1

2k  1
1
1


3k  1 2k  2
3(k  1)  1
3k  4
.

 (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.
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

x
x
x
Vậy e dy  dy  e  1  x  e  1  x x  0
0

0

Vậy BĐT đúng với n=1.
+ Giả sử BĐT đúng với n=k (k 1) x  0 tức là
ex 1 x 

x2 x3
xk

 ...... 
2! 3!

k!

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

� ex  1  x 

y2
yk
 ......  )dy
2!
k!

x 2 x3
x k 1

  .........
2! 3!
(k 1)!

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng B×nh

6


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, cơng thức và các phép biến đổi lượng giác. Trên cơ sở đó,
trong một số bài tốn nếu đặt các giá trị ẩn thích hợp qua các hàm số lượng giác
thì rất thuận tiện.
Ví dụ 1: CMR x, y ta có:
1 ( x 2  y 2 )(1  x 2 y 2 ) 1
 

2
4
4

(1  x 2 ) 2 (1  y 2 )

 
Giải: Đặt x tg y tg     ,   


2

2

Ta có:
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

*) Một số bài tập:
1. CMR x, y  R thì


1 ( x  y )(1  xy ) 1


2 ( x 2  1)( y 2  1) 2

2. Cho 4 số thực a, b, c, d thõa mãn
 a 2  b 2 1
 2
 c  d 2 1

CMR  1 ac  bd 1

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng Bình

7


VI. Phương pháp hình học.
a) Sử dụng các BĐT về vectơ
1. u  v  u  v
Dấu “=” xảy ra  u, v cùng chiều
2. u.v  u . v  u . v  u . v
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 khơng có sự ràng buộc nào của các biên cịn 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

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng Bình

8

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

P
y

Giải: Dựng tam giác đều cạnh 1 như hình vẽ
B
A

Ta có
S AMP  S CPN  S BNM  S ABC

z

C

N
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
a2 

2ab  b 2  b 2 

3bc  c 2  a 2 

3 ac  c 2

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
a2 

2ab  b 2  b 2 

3bc  c 2  a 2 

2

3 ac  c 2

Dấu ng thc xy ra

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng B×nh

9


� 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
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  2 x  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 s dng tựy ý
CMR x R ta cú

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng Bình

10


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 

Cộng vế theo vế ta có ta có đpcm.
Dấu “=’ xảy ra khi và chỉ khi x=0.
Ví dụ 2 : Với a, b, c dương CM
a3 b3 c3
 
ab  bc  ca
b
c
a

Giải : áp dụng BĐT Cauchy cho các cặp số dương ta có :
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

Cộng vế theo vế ta có :
a3 b3 c3
   ab  bc  ca 2(a 2  b 2  c 2 ) (1)
b
c
a

Mặt khác ta có
1
(a  b) 2  (b  c ) 2  (c  a ) 2 0
2
 a 2  b 2  c 2 ab  bc  ca
a 2  b 2  c 2  ab  ac  bc 





Thay vào (1) suy ra đpcm. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c.
c. Một số dạng toán cơ bản s dng BT Cauchy tng quỏt c/m.

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng Bình

11


1) Cho n số thực dương a1 , a 2 ,....., a n thõa mãn
1
1
1

 ........ 
k
a1 a 2
an

(k  0 cho trước)

CMR
1
1

 ....
m1a1  m2 a2  ....  mn an m2 a1  m3a2  ....  m1an


1
k
�
mn a1  m1a2  ....  mn 1an m1  m2  ....  mn

Với m1 , m2 ,........, mn là các số nguyên dương tùy ý.
Giải: áp dụng BĐT Cauchy cho m m1  m2  ....  mn số ta có:
m1 a1  m2 a 2  .......  mn a n mm a1m1 a 2m2 .....a nmn

(1)

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

1
1
 2
m1 a1  m2 a 2  ....  mn a n m


 m 2


 m1 m2
m 


 ....  n   (*)
an 
 a1 a 2

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

2. CMR

a b c a b c
  3
b c a
abc

Tng quỏt

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng Bình

12


k

k

 a1   a1 
a
      .....   1
 a2   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 )

a

a

a

n
1
2
Đẳng thức xảy ra  b  b ......  b
1
2
n

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


Dấu “=” xảy ra 





2

x

2x
3y
3


 
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

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng Bình

13


b) CMR
a2
b2
1
 2

1 a, b  0
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
 a12 a 22
a n2 

(a1  a 2  ....  a n ) 

 ....   b1  b2  ....  bn 
b
b
bn 
2
 1

a2 a2
a 2 ( a  a 2  ...  a n ) 2
 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

§inh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng Bình

14


Ta tìm cách c/m B khơng 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
n

n

j 0

j 0

thức TJ mà  T j  A lúc đó B  T j  A
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 

2
 m

1



2 m 1

2

1 

.1 
  1 (1)
 m  1

Giải:
2 m 1

2 m1

2

1 �
1 � �
1 �

2
1
�
�
(1) � �
1 2
1
1 2

� �
�� �
�  1
m  1 (m  1)2
� m 1�
� m 1� � m 1�
2 m 1

2

1
2
1
� 1 �
�
2
2 m 1 � 1
� 1 C

C


.....

C

1


2 m 1 � 2
�
2 m 1 � 2
�
m2  1
m  1 (m  1) 2
�m  1 �
�m  1 �
Mặt khác ta có:
1
2 m 1

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) . Lỳc ú ta cú

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng Bình

15


n (1  x) n 1  nx 
 x 1  1 

2

n

n

n( n  1) 2
n(n  1) 2
2
2
x  ....  x n  n  1 
x  x2   x 
2
2
n
n
n 1

2
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.
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
2004

F

x
�
�
2002.
 y4 x y�
�
2002

20022002 �
�
2004
�
�
�
�

20022002
5012004

� 2002
x
�
x
� 501
2002 2002
''�
 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 hp:
+ x 2002 . Lỳc ú

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng Bình

16


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
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� �1�
��
A 
� � � � 1; ' '
� 2� � 2�

(1)
�
�
(2)
�

� 1
�x  2
�
�
�y 0
�
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

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng Bình

17


Ta có
2

2

2

 a b b c  c a

 
 
 2 (1)
a b b c c a
a2  b2 b2  c2 c2  a 2 5




(2)
( a  b) 2 (b  c) 2 (c  a ) 2 2

ab

bc

ca

1

và (a  b) 2  (b  c) 2  (c  a) 2  4 (3)
Cộng (2) và (3) rồi biến đổi ta có:
a3  b3 b3  c3 c3  a3 9



(a  b) 3 (b  c) 3 (c  a ) 3 4

Với một số mối quan hệ như trên ta có nhiều bđt. Vì vậy trong c/m cần
sử dụng khéo léo quan hệ đó.
Phần II: BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG TAM GIÁC
I. Sự liên quan giữa các bất đẳng thức trong tam giác:
Trong quá trình chứng minh các BĐT trong tam giác, bằng các phép biến
đổi tương đương ta có thể tìm được mối quan hệ mật thiết từ những bất đẳng
thức có vẽ hồn tồn khác nhau.
Ví dụ 1: Xét BĐT ( p  a)( p  b)( p  c) 

abc
(1)
8

trong đó a, b, c là độ dài 3 cạnh 1 tam giác ; p là nửa chu vi.

CM: Theo BĐT Cauchy ta có
( p  a  p  b) 2 c 2

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
( p  a)( p  b) 

Nhân tương ứng theo vế các số không âm ta được
2

 ( p  a)( p  b)( p  c)  abc  suy ra đpcm.
 8 
2

Bây giờ ta biến i (1) nh sau :

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng Bình

18


(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) là BĐT mới và hoàn tồn khác so với (1)
CM (2) như sau: Ta có
1
S  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
3
2

( cos A  cos B  cos C  là BĐT cơ bản)

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) :

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng Bình

19


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)
(1) ۳

1
( p  a)( p  b)( p  c)

8
2p
۳
abc
( p  a)( p  b)( p  c)

8(a  b  c)
abc

۳

( p  a )  ( p  b)  ( p  c)
( p  a)( p  b)( p  c )

۳

( p  a )  ( p  b)  ( p  c )
( p  a )( p  b)( p  c )

�

1
1
1
1
1 �
�1


�8 �   �
( p  b)( p  c) ( p  c)( p  a ) ( p  a )( p  b)
�ab bc ca �

1
1 �

�1
8�   �
�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 h h h h
� 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)
1
1 �
�1
8�   �
�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)

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng Bình

20


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

(7)

Tóm lại, giữa các BĐT tam giác trơng 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
(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

(7)  tg 2

A
B
C 1 A
B
C
 tg 2  tg 2   tg  tg  tg  1 (8)
2
2
2 3 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

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng Bình

21


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
sin A  sin B  sin C 2 cos

C
A B
C
2 
C 
C
 sin    3 cos 1  sin 
 cos
2
2
2
2 
2
3
2

2

2

2 
C
C  1

2 1
2 1 
3 3
 C  

 3 cos 2  1  sin 2  2  
 2  cos 2  6     2  1  2
3 
3
3
 




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�
cos
 sin � 1
�
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 cú

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng Bình

22


1
A B
1

cos A cos B cos C   cos
 cos C  cos C  (1  cos C ) cos C
2
2
2

1 1
1
 . (1  cos C  cos C ) 2 
2 4

8

Ví dụ 5 : CM sin
A
2

B
2

A
B
C 3
 sin  sin 
2
2
2 2

Ta có sin  sin  sin

C
A B
A B
AB
2 sin
cos
 1  2 sin 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


C. KẾT LUẬN
Trên đây là một số kinh nghiệm đúc rút trong quá trình giảng dạy hơn 30
năm qua, đặc biệt là trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi. Từ những vấn đề
trình bày trên đây có thể rút ra kết luận rằng: việc nghiên cứu giải các bài toán
về bất đẳng thức đối với học sinh phải là một quá trình thường xuyên và đặc biệt
là phải được nghiên cứu chu đáo ngay từ những kiến thức cơ bản ở lớp 10.
Trong đó phương pháp chứng minh BĐT theo suốt chương trình từ lớp 10 và
được hoàn thiện ở lớp 12 là tìm cực trị và GTLN, GTNN của hàm số. BĐT
lượng giác trong tam giác là một sự vận dụng của BĐT và các hệ thức lượng
trong tam giác nhưng lại ẩn chứa những phép biến đổi rất tinh vi mà ít người có
thể thấy được.
Mặc dù có thể cịn nhiều hạn chế nhưng tôi hy vọng rằng đề tài này sẽ

đóng góp rất tốt cho các bạn đồng nghiệp và học sinh có thể tìm hiểu sâu sắc
hơn về bất đẳng thức nhằm nâng cao hiệu quả trong giảng dạy và học tập. Tơi
rất mong nhận được ý kiến đóng góp của độc giả.

D. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Bộ sách giáo khoa hợp nhất năm 2000.
2. Bộ sách giáo khoa-Ban khoa học tự nhiên-Bộ sách thứ nhất-NXBGD
2003.
3. Phương pháp tìm GTLN v GTNN ca Phan Huy Khi

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng Bình

23


4. Tài liệu bồi dưỡng giáo viên THPT chuyên. Bất đẳng thức và các vấn đề
liên quan của Trần Nam Dung, Nguyễn Văn Mậu
5. Bất đẳng thức: suy luận và khám phá - Phạm Văn Thuận Lê Vĩ
6. 500 Bất đẳng thức của Cao Minh Quang.
7. Sáng tạo bất đẳng thc - Phm Kim Hựng

Đinh Thị Lu Trờng THPT Chuyên
Quảng Bình

24