Sáng kiến kinh nghiệm - môn Toán

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (571.95 KB, 31 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

MỤC LỤC Trang

A. MỞ ĐẦU

A. MỞ ĐẦU

1) Lý do chọn đề tài
2) Mục đích nghiên cứu
3) Nhiệm vụ đề tài
4) Phạm vi đề tài

5) Đối tượng nghiên cứu và phương pháp tiến hành
6) Dự kiến kết quả của đề tài

B. NỘI DUNG

PHẦN I: ÁP DỤNG GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG
ĐẠI SỐ

I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN CHỨNG MINH BẤT
ĐẲNG THỨC

1) Phương pháp dựa vào định nghĩa 5

2) Phương pháp dùng các tính chất của bất đẳng thức 6

3) Phương pháp biến đổi tương đương 9

4) Phương pháp dùng phương pháp phản chứng 11

5) Phương pháp dùng qui nạp toán học 13

6) Phương pháp biến đổi 14

7) Phương pháp dùng các bất đẳng thức đã biết 16

8) Phương pháp tam thức bậc 2 17

III. MỘT VÀI ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC

1) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số, biểu thức đại
số

20
20
2) Tìm điều kiện của tham số để phương trình, hệ phương

trình có nghiệm, vơ nghiệm

3) Giải phương trình, hệ phương trình 23

PHẦN II: ÁP DỤNG GIẢI TỐN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG
HÌNH HỌC

1) Một số kiến thức cơ bản về bất đẳng thức trong hình học

23
2) Một số cách chứng minh bất đẳng thức 25
C. KẾT LUẬN

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

1) Lý do chọn đề tài:

Ngày nay khoa học kỹ thuật công nghệ phát triển như vũ bão, sự
phát triển của tất cả các ngành khoa học cũng như ứng dụng và tất cả các
ngành cơng nghệ then chốt như dầu khí, viễn thơng, hàng khơng ... đều
khơng thể thiếu tốn học. Sự ra đời và phát triển mạnh mẽ của công nghệ
thông tin thực sự đã dẫn đến hiện tượng “ Bùng nổ” các ứng dụng toán học
đưa lại hiệu quả to lớn cho đời sống xã hội.

Tốn học có vị trí đặc biệt quan trọng trong việc nâng cao và phát
triển dân trí. Tốn học khơng chỉ cung cấp cho học sinh(người học tốn)
những kĩ năng tính tốn cần thiết mà còn là điều kiện chủ yếu rèn luyện khả
năng tư duy logic, một phương pháp luận khoa học.

Trong việc dạy tốn thì việc tìm ra những phương pháp dạy học và
giải bài tập tốn địi hỏi người giáo viên phải chọn lọc, hệ thống bài tập, sử
dụng đúng phương pháp dạy học. Góp phần hình thành và phát triển tư duy
cho học sinh. Đồng thời qua việc học toán học sinh cần được bồi dưỡng,
rèn luyện về phẩm chất đạo đức, thao tác tư duy để giải các bài tập tốn
trong đó có giải tốn bất đẳng thức.

Một số thực trạng hiện nay khi dạy toán bất đẳng thức ở trường
THCS đó là:

Giáo viên khi dạy về bất đẳng thức thì chỉ chữa bài tập là xong, ít
khai thác, phân tích đề bài, mở rộng các bài toán mới. Dẫn đến học sinh khi
gặp bài tốn khác một chút là khơng giải được, không nắm được phương pháp
giải cho từng loại từng dạng.

Học sinh thường ngại học tốn bất đẳng thức vì kiến thức ít, khơng
liền mạch, phương pháp giải hạn chế. Vận dụng tốn bất đẳng thức vào các
loại tốn khó như cực trị, giải phương trình rất hạn chế.

Vì vậy: phát triển năng lực, tư duy học sinh thông qua việc giải toán
bất đẳng thức là cần thiết. Hơn nữa theo yêu cầu của thực tế, giáo viên nên
cho học sinh tiếp cận các dạng toán nâng cao, phân loại đối tượng để học
sinh được tiếp cận sớm, quen với một trong các dạng tốn khó, đó chính là
bất đẳng thức. Trong nhiều năm học tơi đã tích luỹ được một số kiến thức
về tốn bất đẳng thức xin trình bày ở đây một góc độ nhỏ.

2) Mục đích nghiên cứu.

2.1. Đề tài này có tác dụng giúp học sinh học mơn tốn nói chung và
việc giải tốn các bài tập về chứng minh bất đẳng thức nói riêng. Trang bị
cho học sinh một số kiến thức mới nhằm nâng cao năng lực học mơn tốn
giúp các em tiếp thu bài một cách chủ động, sáng tạo và làm công cụ giải
quyết một bài tập có liên quan đến bất đẳng thức.

2.2. Gây được hứng thú cho học sinh trong việc làm bài tập trong
SGK, sách tham khảo, giúp học sinh tự giải quyết được một số bài tập.

2.3. Giải đáp những thắc mắc, sửa chữa những sai lầm hay gặp khi
giải tốn bất đẳng thức trong q trình dạy học.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2.5. Thơng qua việc giải các bài tốn bất đẳng thức giúp học sinh
thấy mục đích của việc học toán và học tốt hơn các bài tập về bất đẳng
thức, đồng thời góp phần nâng cao chất lượng giáo dục.

3) Nhiệm vụ của đề tài.

3.1. Trong đề tài này đưa ra một số kiến thức cơ bản về bất đẳng
thức phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh THCS

3.2. Trang bị cho học sinh một số phương pháp giải toán bất đẳng
thức áp dụng để làm bài tập.

3.3. Rút ra một số nhận xét và chú ý khi làm từng phương pháp.
3.4. Chọn lọc, hệ thống một số bài tập hay gặp cho phù hợp cho
từng phương pháp giải, cách đổi biến.

3.5. Vận dụng giải toán bất đẳng thức vào giải toán cực trị, giải một
số phương trình đặc biệt.

4) Phạm vi đề tài.

Phát triển năng lực, tư duy của học sinh thơng qua giải tốn bất đẳng
thức đối với học sinh cấp THCS.

5) Đối tượng nghiên cứu và phương pháp tiến hành.

Đề tài áp dụng đối với học sinh trong các buổi sinh hoạt câu lạc bộ,
trong các giờ luyện tập, ôn tập cuối kỳ, cuối năm, kỳ học sinh giỏi, tốt
nghiệp THCS và thi tuyển vào cấp 3.

Phương pháp tiến hành: Học sinh có kiến thức cơ bản, đưa ra
phương pháp giải, bài tập áp dụng, sai lầm hay gặp, bài tập tự giải ở nhà.

6) Dự kiến kết quả của đề tài.

Khi chưa thực hiện đề tài này: Học sinh chỉ giải được một số bài tập
về bất đẳng thức đơn giản, hay mắc những sai lầm, hay gặp khó khăn, ngại
làm bài tập về bất đẳng thức.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

B. NỘI DUNG

PHẦN I: ÁP DỤNG GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐẠI SỐ Ở
TRƯỜNG THCS.

I. Một số kiến thức cơ bản về bất đẳng thức:
1. Định nghĩa:

Cho hai số a và b ta có: a lớn hơn b, kí hiệu a>b a - b > 0
a nhỏ hơn b, kí hiệu a<b a - b < 0

2. Các tính chất của bất đẳng thức:
2.1. a > b  b < a

2.2. Tính chất bắc cầu: a > b; b > c  a > c

2.3. Tính chất đơn điệu của phép cộng: cùng cộng một số vào hai vế của
bất đẳng thức.

a > b  a + c > b + c

Chú ý: không được trừ từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều

2.4. Trừ từng vế của hai bất đẳng thức ngược chiều, được bất đẳng thức
mới cùng chiều với bất đẳng thức bị trừ.







d
c

b
a

 a - c > b - d

2.5. Tính chất đơn điệu của phép nhân:

a) Nhân hai vế của bất đẳng thức với một số dương.
a > b; c > 0  ac > bc

b) Nhân hai vế của bất đẳng thức với một số âm và đổi chiều của bất đẳng
thức.

a > b; c < 0  ac < bc.

2.6. Nhân từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều mà bất đẳng thức

không âm.










0
0
d
c

b
a

 ac > bd

2.7. Nâng lên luỹ thừa bậc nguyên dương hai vế của bất đẳng thức
a > b > 0  an > bn

a > b  an > bn với n = 2k + 1(kN)

2.8. So sánh hai luỹ thừa cùng cơ số với số mũ nguyên dương.
Nếu m > n thì : a >1  am > an

a =1  am = an

0 < a < 1

 am < an

2.9. Lấy nghịch đảo hai vế và đối chiếu bất đẳng thức nếu hai vế cùng
dấu.

a > b > 0 hoặc a a

< b
1

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Trong các tính chất trên nhiều tính chất dấu “>” ( hoặc dấu”<”) có thể thay
đổi bởi dấu “” ( hoặc dấu “ ”)

3. Các bất đẳng thức cần nhớ.
3.1. a2

 0; - a2  0 . Xảy ra dấu đẳng thức khi a=0.

3.2. a  0 . Xảy ra dấu đẳng thức khi a=0.

3.3. -a  a a . Xảy ra dấu đẳng thức khi a=0.

3.4. a+b a + b . Xảy ra dấu đẳng thức khi ab  0.

3.5. a-b a - b . Xảy ra dấu đẳng thức khi ab  0; a b 
( các điều kiện này cịn có thể diễn đạt là 









0
0
b
a

b
a

)

4. Một số bất đẳng thức quan trọng.

4.1. a2 + b2  2ab
4.2.

2 




ab

 ab hay (a+b)2  4ab ( bất đẳng thức côsi với a  0,b 

0).

4.3. a
1

+ b
1

 ab

; với a, b >0.
4.4. b

a

+ a
b

 2. với ab>0.

4.5. (ax + by)2  (a2 + b2)(x2 + y2) (bất đẳng thức Bunhiacôpski)

II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
 1.Phương pháp dùng định nghĩa.

1.1. Phương pháp.

Để chứng minh : A > B ta xét hiệu A - B và chứng tỏ A - B >0
A < B ta xét hiệu A - B và chứng tỏ A - B <0
1.2. Ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Chứng minh rằng (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)  -1
Giải:

Xét hiệu (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) - (-1) = (x2 - 5x + 4)(x2 - 5x + 6) +1
Đặt (x2 - 5x + 5) =y biểu thức trên bằng: (y-1)(y+1) + 1 = y2 – 1 +
1= y2

 0.

 (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) - (-1)  0.
 (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)  -1
Ví dụ 2:

Chứng minh: 2(x2 + y2)  (x+y)2
Giải:

Xét hiệu hai vế: 2(x2 + y2) - (x+y)2 = 2x2 + 2y2 - x2 - y2 - 2xy =
x2 - 2xy + y2 = (x-y)

 0.
Vậy 2(x2 + y2)  (x+y)2

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Chứng minh rằng a và b là các số thực khơng âm thì

2
b
a

 ab dấu bằng xảy ra  a=b
Giải:

Xét hiệu 2
b
a

- ab = 2

2 ab
b

a 

= 2

)
( a b 2



 0 đúng với 
a và b  0.

Dấu bằng chỉ xảy ra khi a = b.

1.3. Bài tập tự giải.

Chứng minh bất đẳng thức sau:
1. 2

b
a

 ( 2 )

b
a

2. x3 + 4x +1 > 3x2 với x
 0.
3. x4 - x >2

4. Cho a+b = c+d. chứng minh rằng c2 + d2 +cd

 3ab

5. a6 + b6 + c6 a5b + b5c + c5a (a, b, c  0)

6. Với a  b  1 thì 1 2

1
a

 + 1 2
1

b

  1ab
1

2. Phương pháp dùng các tính chất của bất đẳng thức

2.1. Phương pháp:

- Xuất phát từ một bất đẳng thức đã biết rồi vận dụng các tính chất của bất
đẳng thức để suy ra bất đẳng thức phải chứng minh.

- Thường áp dụng những tính chất cơ bản của bất đẳng thức( đã nêu ở phần
trên)

2.2 Ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1.

Cho a + b >1. Chứng minh rằng: a4 + b4 >

1
4

Giải.

Ta có: a+ b >1(1). bình phương hai vế ta được:
(a+b)2 >1

 a2 + 2ab + b2 >1(2)
Mặt khác: (a-b)2

 0  a2 - 2ab - b2  0 (3)
Cộng từng vế của (2) và (3) ta được: 2(a2+b2) >1

 a2+b2 >2

(4)
Bình phương 2 vế của (4) ta được: a4 + 2a2b2 + b4 > 4

(5)
Mặt khác (a-b)2 0  a4 - 2a2b2 + b4 > 0 (6)

Cộng từng vế của (5) và (6) ta được 2(a4 + b4) > 4

 a4 + b4 > 8

Ví dụ 2:

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Chứng minh rằng: ab c
1

+ bc a
1

+ ca b
1

 a

+ b
1

+ c
1

Giải:

Xét ab c
1

+ bc a
1

với a+b-c>0, b+c-a>0

Áp dụng bất đẳng thức: x

+ y

 x y

c
b
a 

+ bc a
1

 2b

=b
2

Tương tự ta có: bc a
1

+ ca b
1

 c

b
c
a 

+ ab c
1

 a

Cộng từng vế 3 bất đẳng thức rồi chia cả 2 vế cho 2 ta được:

c
b
a 

+ bc a

+ ca b
1

 a

+ b
1

+ c
1

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c
Ví dụ 3:

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 2

2
1

+ 33
1

+ ... + 3

1
n < 4

Giải.

Phân tích hướng dẫn:

Gọi là vế trái của bất đẳng thức trên. Ta sử dụng tính chất bắc cầu của bất
đẳng thức dưới dạng phương pháp làm trội.

Để chứng minh: A < B ta làm trội A thành C (A< C) rồi chứng minh rằng
CB ( C đóng vai trị làm trung gian)

Ta có với  k  N* : 3

k < k3 k
1

= ( 1)


k

k = ( 1)( 1)
1


 k
k
k

Do đó: A < 2 2
1

 +3 3
1

 + ... +n3  n
1

=1.2.3
1

+ 2.3.4
1

+ ... + ( 1). .( 1)

1

 n n
n

Đặt C= 1.2.3
1

+ 2.3.4
1

+ ... + ( 1). .( 1)

1

 n n
n

Ta lại thấy: (n 1).n

 - ( 1)
1


n

n = ( 1). .( 1)
2


 n n

n nên

C = 2
1

 1.2

- 2.3
1

+ 2.3
1

- 3.4
1

+ ... + (n 1).n

 -(n 1).n
1


= 2
1








)
1
(
1
2
1
n

n = 4
1

- 2 ( 1)

1

n

n < 4
1

Vậy 23

+ 33

+ ... + 3

1
n < 4

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Ví dụ 4: Cho x  0, y  0, z  0 Chứng minh rằng
(x+y)(y+z)(z+x)  8xyz(1)

Giải

Vì hai vế của (1) đều khơng âm nên để chứng minh (1) ta sẽ chứng minh :
Ta có : (x+y)2(y+z)2(z+x)2

 64x2y2z2
Ta có (x+y)2  4xy

(y+z)2  4yz
(z+x)2  4zx

Hai vế của 3 bất đẳng thức trên đều không âm nên nhân từng vế của bất
đẳng thức trên với nhau ta được

(x+y)2(y+z)2(z+x)2

 64x2y2z2

 [(x+y)(y+z)(z+x)]2  [8x2y2z2]2

 (x+y)(y+z)(z+x)  8xyz . ( vì xyz  0; (x+y)(y+z)(z+x)  0)
Dấu bằng chỉ xảy ra  x = y = z = 0

2.3. Chú ý: Khi sử dụng các bất đẳng thức ta cần tránh các sai lầm sau:

1. 





d
c

b
a

 a - c > b - d

2. 





d
c

b
a

 ac > bd

(Nhân vế với vế của một bất đẳng thức mà chưa biết hai vế có âm hay
khơng)

3 . Bình phương hai vế của một bất đẳng thức mà chưa biết hai vế không
âm

a > b  a2 > b2

4. Khử mẫu mà chưa biết dấu của chúng

b
a

> d
c

 ad > cb

5. Lấy nghịch đảo hai vế và đổi chiều bất đẳng thức mà chưa biết hai vế
cùng dấu :

a > b  a

> b
1

6. Khi làm một biểu thức, đôi khi phải chia biểu thức thành nhiều nhóm rồi
làm trội trong từng nhóm

Ta xét ví dụ sau:

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  2 thì
1+2

+3
1

+ ... +2 1
1


n

< n
Giải

Gọi hai vế bất đẳng thức trên là A ta có

A = 1+(2

+3
1

)+(22

+ ... +7
1

)+(23

+ ... +15
1

) + ... + (2 1

1

n

+ ... +2 1
1


n

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Ở mỗi nhóm ta làm trội bằng cách thay các phân số bằng các phân số lớn
nhất trong mỗi nhóm ta được

A < 1+2
1

.2+22

.4+23

.8+ ... +2 1

1

n

.2n1 = 1 +1 + ...+1=n
2.4. Bài tập tự giải:

Chứng minh bất đẳng thức sau
1/ a

+ b

 a b

( a>0; b>0)
2/ a2 + b2 + c2 + d2  4 abcd

3/ 22

+ 32

+ ... + 2

n < n
n1

3. Phương pháp biến đổi tương đương

3.1. Phương pháp:

- Để chứng minh bất đẳng thức A  B ta biến đổi tương đương (dựa vào
các tính chất của bất đẳng thức)

A  B  ....  C  D

Và cuối cùng đạt được bất đẳng thức đúng hoặc hiển nhiên là C  D
Vì các phép biến đổi đều là tương đương nên A  B

- Để dùng các phép biến đổi tương đương ta cần chú ý các hằng đẳng thức
sau:

( A+ B)2 = A2+ 2AB +B2
( A- B)2 = A2- 2AB +B2

(A+B+C)2 = A2 + B2 + C2 +2AB + 2BC + 2 CA.
3.2. Các ví dụ minh hoạ :

Ví dụ 1:

Chứng minh: x2 - x +1 >0  x
Giải

Ta có : x2 - x +1 >0
 (x2 - 2.2

.x +4
1

) + 4
3

(x-2

)2 +4

> 0  x (điều phải chứng minh)

 Khai thác bài toán: Từ lời giải trên ta thấy: (x-2

)2 +4

 0  x

Dấu “=” xảy ra khi

1
2

x

Vậy giá trị nhỏ nhất của x2 - x +1 là

3
4

Hoặc bài tương tự là: x2 + x +1 >0  x
Ví dụ 2:

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

2 2 2

a b c ab bc ca 

Giải:













2 2 2
2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2 0

( 2 ) ( 2 ) 2 0

( ) ( ) ( ) 0

a b c ab bc ca

a b c ab bc ca

a ab b b bc c c ca a

a b b c c a

    

     

      

         

      

 Khai thác bài toán:

Xét trường hợp đặc biệt với c = 1 ta có:

2 2 1 2 2 1

a b  a b ab b 

Kết hợp với đẳng thức (a b c  )2 a2b2c22ab2bc2ca ta có:

3 2 2 2

( )

3 3

a b c  a b c


Ví dụ 3 .

CMR với 4 số bất kì a, b, x, y ta có: (a2+b2)(x2+y2)  (ax+by)2 (1)
Dấu bằng xảy ra  x

a

= y

b

Giải

Ta có (1)  a2x2+ a2y2+b2x2+b2y2.

 a2y2 - 2abxy+ b2x2  0

 (ay-bx)2  0 (2)

Bất đẳng thức (2) được chứng minh nên bất đẳng thức (1) đúng.
Dấu “=” xảy ra  ay-bx = 0  x

a

= y

b

Ví dụ 4 :

Cho các số tương đương a và b thoả mãn điều kiện a+b=1

CMR : 







a
1

1 








b
1
1

 9

Ta có 







a
1

1 









b
1
1

 9 (1)

 a

a1
b
b1

 9
 ab+ a+ b+ 1  9ab
 a+b+ 1  8ab

 2  8ab (vì a+b =1)

 1 4ab

 (a+b)2  4ab
 (a-b)2 0

Bất đẳng thức (2) đúng, mà phép biến đổi trên tương đương. Vậy bất đẳng
thức (1) được chứng minh.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Chứng minh bất đẳng thức: 2

2
2 b

a 



2 



ab

với a>0, b>0
Giải

2
2 b

a 



2 



ab

(1)

 4(a2+ b2)  (a+b)2 (nhân cả hai vế với 8)

 4(a+b)(a2-ab+b2) (a+b)(a+b)2 ( chia cả 2 vế cho a+b >0)
 4a2 - 4ab + b2 a2 + 2ab + b2

 3a2 - 6ab + 3b2 0
 3(a-b)2 0 (2)

Bất đẳng thức (2) đúng mà phép biến đổi trên là tương đương nên bất đẳng
thức (1) đúng.

3.3. Chú ý:

Sẽ mắc sai lầm trong lời giải trên khi thay các dấu tương đương “ ” bằng
các dấu kéo theo “”

Thật vậy nếu (1) “” (2) mà bất đẳng thức (2) đúng thì chưa thể kết luận
được bất đẳng thức (1) có đúng hay khơng.

- Khi sử dụng phép biến đổi tương đương, học sinh thường bỏ các biến đổi
tương đương có điều kiện dẫn đến khơng chặt chẽ. Vì vậy cần lưu ý các
biến đổi tương đương có điều kiện.

Chẳng hạn: a2 > b2

 a >b với a, b >0
m>n  am > an , m, nZ, a>1

Cần chỉ rõ các điều kiện ấy khi biến đổi tương đương.

3.4. Bài tập tự giải:

Bài 1: So sánh 2 số A= 3 3-3 và B= 2 2-1( không dùng máy tính)

Bài 2: Chứng minh rằng với 2 số nguyên dương x, y thoả mãn xy<1 thì :

x

1

+1 y
1

 1 xy

Bài 3: Chứng minh bất đẳng thức:

2 b

a  + c2 d2 



ab



2 



cd



Bài 4: Chứng minh rằng x>1 ta có: x 1
x

 2
Bài 5: Với a, b> 0. Chứng minh bất đẳng thức: b

a

- a  b - a

b

Bài 6: Chứng minh rằng:  a, b, c  R ta có:
a) a4b4  a3b+ab3

b) a2+ b2 + c2  ab+ bc +ca

4. Phương pháp phản chứng:

Gọi luận đề cần chứng minh là luận đề: “ A  B” Phép toán mệnh đề cho
ta: A B = AB =A  B = AB

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Ta thường dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng như sau:
a.1 Dùng mệnh đề phản đảo B  A

a.2 Phủ định luận đề rồi suy ra điều trái với giả thiết.

a.3 Phủ định luận đề rồi suy ra hai điều trái ngược nhau.
a.4 Phủ định luận đề rồi suy ra điều trái ngược với điều đúng
a.5 Phủ định luận đề rồi suy ra kết luận của AB  B

Ví dụ 1:

Cho a2 + b2  2 CMR a+b  2
Giải

Giả sử a + b >2  (a+b)2 > 4 ( vì hai vế dương nên bình phương hai vế)
 a2 + 2ab + b2 >4 (1)

Mặt khác ta có: 2ab  a2 + b2 a2 + b2 +2ab  2(a2+b2)
Mà: 2(a2+b2)

 4 (giả thiết) do đó a2 + b2 +2ab  4 (2)
Ta thấy (2) mâu thuẫn với (1) vậy phải có: a +b 2
* Cách giải khác: ta có a2 + b2 2(1)

Mặt khác 2ab  a2+ b2 nên 2ab  a2 + b2 2 (2)
Cộng (1) với (2) ta được a2 +2ab +b2 4

 (a + b)2 4  -2 a+b  2
Ví dụ 2:

Cho a, b, x,y liên hệ bởi a+b= 2xy

CMR: ít nhất một trong hai bất đẳng thức sau là đúng: x2 >a; y2 >b
Giải

Giả sử x2<a , y2  x2 + y2 < a+b = 2xy
 x2 + y2 - 2xy<0

 (x-y)2 < 0. Vơ lý

Vậy ít nhất một trong hai bất đẳng thức: x2 >a; y2 >b là đúng
Ví dụ 3:

Cho 3 số thực a, b, c thoả mãn điều kiện sau:













0
0

abc

ca
bc
ab

c
b
a

CMR cả ba số đều dương
Giải

Vì abc>0 nên trong 3 số có ít nhất một số dương
Ngược lại cả ba số đều âm  abc <0 (vô lý)
Không mất tính tổng quát ta giả sử a> 0
Mà abc > 0  bc >0

Nếu b< 0, c<0  b+c<0

Từ a+b+c >0 b+c>-a (b2+c2) < -a(b+c)
 b22bc+c2 < -ab-c2

 ab+ ac< -b2-2bc-c2

 ab+bc+ca< -b2-2bc-c2 < 0

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

4.3 Chú ý

Với những bài tốn bất đẳng thức có dạng như trên ta nên sử dụng

phương pháp phản chứng. Tuy nhiên để sử dụng phương pháp này cần nắm
vững 5 cách chứng minh và các tính chất của bất đẳng thức để biến đổi, lập
luận.

4.4 Bài tập tự giải:

1. Cho a>b >0 và a b
ab


1

<1
CMR: khơng thể có a<1; b<1
2. Cho a, b, c thoả mãn 0<a, b,c <1

CMR một trong ít nhất bất đẳng thức sau là sai
a(1-b) >4

b(1-c) >4
1

c(1-a) >4
1

5. Phương pháp quy nạp toán học: 
5.1 Phương pháp:

Nội dung của phương pháp này là tiền đề của phương pháp toán học
Cho mệnh đề phụ thuộc vào số nguyên dương n. Nếu:

+ mệnh đề đúng với n+1

+ Từ giả thiết đúng với n=k(k N) suy ra được mệnh đề cũng đúng với
n=k+1. Thế thì mệnh đề cũng đúng với mọi số nguyên dương.

Như vậy để chứng minh mệnh đề T đúng với mọi số nguyên dương bằng
phương pháp qui nạp toán học ta phải tiến hành 3 bước

+ B1: Chứng minh T(1) đúng ( kiểm tra mệnh đề đúng với n=1)
+ B2: Giả sử mệnh đề T(k) đúng

ta chứng minh mệnh đề T(k+1) cũng đúng

+ B3: Kết luận mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương
5.2 Một số ví dụ minh hoạ

Ví dụ 1:

CMR với x>-1 thì (1+x)n 1+nx. Trong đó n là số ngun dương bất kỳ.
Giải

+ Với n=1 ta có bất đẳng thức đúng 1+x 1+x

+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n=k tức là (1+x)k (1+kx)

ta phải chứng minh bất đẳng thức cũng đúng với n=k+1. Tức là phải chứng
minh :

(1+x)k+1 1+(k+1)x

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Mà kx2>0 nên 1+(k+1)x+kx2 1+(k+1)x
Từ đó suy ra bất đẳng thức phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=0

Ví dụ 2:

CMR với  a ta đều có: a2  a2 ... a2 a+1
(trong đó vế trái có n dấu căn)

Giải

Kí hiệu Pn =

2
2

2 a ... a

a    (có n dấu căn)

+ Với n=1 ta có: P1=

a =a a+1

+ Giả sử mệnh đề đúng với n=k tức là Pk a+1

Ta sẽ chứng minh điều đó cũng đúng với n=k+1
Thật vậy theo giả thiết qui nạp rồi làm trội ta có
Pk+1= a Pk

2
 1
2

 a
a

 2 1


 a

a =



a 1



=a +1
Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Ví dụ 3:

Cho a, b là 2 số dương. Chứng minh rằng: 2
n
n b
a 


n
b
a





 

2 n  2

Giải

+ Với n=2 ta dễ dàng chứng minh được 2

2
2 b

a 



2 



ab

+ Giả sử bài tốn đúng với n=k ta có: 2
k
k b
a 

k
b
a





 
2 (1)

Ta phải chứng minh 2

1
1 

 k
k b
a

1
2








ab k

(2)
Thật vậy, nhân hai vế của (1) với 




 
2
b
a
ta được





 
2
b
a
2
k
k b

a 






 
2
b

a a b k






 
2

Để có (2) ta phải chứng minh 2

1
1 
  k
k b
a







 
2
b
a
2
k
k b
a 
(3)
 ak+1+bk+1 abk+akb

Thật vậy ta có: ak+1+ bk+1-abk+akb = ak(a-b)-bk(a-b) = (a-b)(ak-bk)
=(a-b)2(ak-1+ak-2b+…+ abk-2+bk-1) (vì a, b > 0)

Bất đẳng thức (3) đúng, mà 



 
2
b
a
2
k
k b
a 


1
2







ab k

 2
1
1 

 k
k b
a

1
2







ab k

. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

1/ CMR:  n 3 ta có: 2n > 2n+1
2/ CMR: 2n > n3

 n N *,n  10

6. Phương pháp đổi biến:
6.1. Phương pháp.

B1. Đặt biến mới dựa theo biến cũ

B2. Biến đổi bất đẳng thức theo biến mới, chứng minh bất đẳng thức với
biến mới

B3. Kết luận và trả về biến cũ

6.2. Ví dụ minh hoạ

Ví dụ 1:

Chứng minh bất đẳng thức sau: abc  (b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)
Với a, b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác

Giải

Đặt: b+c-a = x, a+c-b=y, a+b-c=z

 a= 2

z
y

; b= 2
z
x

; c= 2
y
x

Ta phải chứng minh 2
z
y

. 2
z
x

. 2

y
x

 xyz

 (y+z)2(x+z)2(x+y)2 64 x2y2z2 ( vì hai vế khơng âm)
Ta có: (x+y)2

 4xy

(y+z)2 4yz
(z+x)2 4zx

Vì hai vế của bất đẳng thức trên không âm nên ta nhân từng vế các bất đẳng
thức trên ta được: (y+z)2(x+z)2(x+y)2 64 x2y2z2

Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z a=b=c
Ví dụ 2:

Cho a+b+c=1; chứng minh rằng: a2+b2+ c2 1
Giải

Đặt a= 3
1

+x, b=3
1

+y, c=3
1

+z
Do a+b+c =1 nên x+y+z = 0
Ta có: a2+b2+ c2 = (3

+x)2+(3

+y)2(3

+z)2

= 









 2

3
2
9
1

x
x

+ 









 2

3
2
9
1

y
y

+ 









 2

3
2
9
1

z
z

= 3
1

+3
2

(x+y+z)+x2+y2+z2
=3

+ x2+y2+z2  3

Xảy ra đẳng thức  x=y=z  a=b=c=3

6.3. Chú ý

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

+ Đặt biến mới theo hệ điều kiện của biến cũ, kèm theo điều kiện của biến
mới.

+ Nắm được các phép biến đổi, các bất đẳng thức cơ bản, quen thuộc dễ áp
dụng.

+ Đổi về biến cũ.

6.4. Bài tập tự giải:

1/ Cho a,b,c là ba cạnh của 1 tam giác

CMR: b c a

a


 +a c b
b



 +a b c
c



  3

2/ Cho x,y  0 thoả mãn: x2 x + y2 y = x x + y y
CMR: x+y  1+ xy

3/ Cho a, b, c  0

CMR: 2 2

c
b

a

 + 2 2

c
a

b

 + 2 2

b
a

c

  2

2
2
2 b c

a  

7. Phương pháp dùng các bất đẳng thức đã biết:

7.1. Phương pháp:

Trong nhiều bài toán để chứng minh một bất đẳng thức được gọn, ta có thể
sử dụng các bất đẳng thức đã được chứng minh, nhất là các bất đẳng thức
kinh điển như bất đẳng thức: Cơsi, Bunhia Cơpski...

7.2. Ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1:

CMR: b

a

+a
b

 2 với ab>0

Giải:

Vì b
a

, a
b

đều là dương nên áp dụng bất đẳng thức côsi ta được:

2


















a
b
b
a

 b

a

.a
b

=1  


















a
b
b
a

 1 hay b

a

+a
b

 2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b

a

=a
b

hay a=b

(Tích khơng đổi, tổng nhỏ nhất khi hai số bằng nhau)

Ví dụ 2:

Chứng minh bất đẳng thức Becnuli đối với a  R+ ; 1<q Q thì (1+a)q
>1+qa

Giải

Do q Q và q>1 nên q= n

m

, trong đó m>n, m,n N
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho m số:

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>









n
qa
qa        
 



1
...
1
1

...

1     

 m





m n

n

qa 

 .1

(không xảy ra dấu bằng vì (1+qa)>1)
Hay n(1+qa) + (m-n).1  n





m

n
qa
1

 n+ nqa + m – n > n





m

n
qa
1

 m

n

qa+1 >





m
n
qa
1

Nhưng m
n

= q

vậy ta có: q

.qa +1 >





m
n
qa
1

 a +1 >





q

qa
1





a1



q > 1+qa
Ví dụ 3 :

Cho biểu thức:

2 2

:
1
1

x x x

P

x x

x x x x

    

     

      

 

a) Rút gọn P. Đáp án: 1

x
P

x




b) Tìm các giá trị của x sao cho P = -2 (Học sinh tự làm)
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P.

Pcó nghĩa khi

1 0 1

1 1 1 1

1 1 2

1 1 1

2 2

x x

x

P x x

x x x

P

   
 

       

  

  

(bất đẳng thức cosi)
7.3. Bài tập tự giải:

1/ CMR nếu các số dương a, b, c có tổng a+b+c =1 thì 9

1
1
1





c
b
a

2/ Cho x 1, y 1 CMR:  x   y 1 xy
2
1

1
1

2
2

3/ Cho x,y  ; x,y  0 và x2+y2=1

CMR: 2 1

1 2 2



x y

4/ CMR: 

























c
b
a

1
1
1
1
1
1

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

8. Phương pháp dùng tam thức bậc hai:

8.1. Phương pháp

Ta có thể dùng định lý về dấu của tam thức bậc 2, dấu của nghiệm của tam
thức bậc 2 ... để chứng minh bất đẳng thức.

Cho tam thức bậc 2: F(x) = ax2+bx+c
=b2-4ac

+ Nếu  <0 thì a.F(x) >0 với xR

+ Nếu  =0 thì a. F(x) >0 với  x a

b


 F(x) cùng dấu với a

+ Nếu  >0 thì  x1, x2; x2>x1

x nằm ngoài khoảng hai nghiệm: x<x1, x>x2  a.F(x)<0
x nằm trong khoảng hai nghiệm (x1<x<x2)  a.F(x) <0
8.2. Ví dụ minh hoạ

Ví dụ 1:

Cho -1 a2; -1 b2 và a+b+c=0
CMR: a2+b2+c2 6

Giải:

Theo tính chất về dấu của tam thức bậc hai :
-1 a2  (a-2)(a-1)  0 (1)

Tương tự ta có: (b-2)(b-1)  0 (1)
(c-2)(c-1)  0 (1)

Cộng từng vế của (1)(2)(3) ta được: a2-a-2+b+b2-b-2+c2-c-2 0
 a2+b2+c2 –(a+b+c)6

vì a+b+c=0  a2+b2+c2  6

Ví dụ 2:

Chứng minh bất đẳng thức Cơsi- Bunhi Cơpski
Cho n cặp số thực bất kì; a1, b1; I =1,...,n thế thì:









2 2



2
2
1
2
2

2
1

1b a b ... anbn a a ... an b b ... bn

a          

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  số k R sao cho

n
n ka

b
ka
b
ka

b1  1; 2  2;...; 

Giải:

Với mọi xR ta có:



a1x b1



2 0

...



anx bn



0

Từ đó suy ra :

2 2

1
1
1
2

1  ab xb 

a

...

2 2

2  anbnxbn 
a

Cộng từng vế của bất đẳng thức trên ta được:



...





...





2 ... 2



2
2
1
2

2
1
1
2
2
2

2
2

1 a  an x  ab a b  anbn x b b  bn 

a

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

’=B2-AC=







12 22 2



12 22 2



2
2
2

2
1

1b a b ... a b a a ... an b b ... bn

a          











22 2



2
1
2
2

2
2
1
2
2
2

2
1

1b a b ... a b a a ... an b b ... bn

a          

( Nếu A=0 thì a1=a2=...=an=0, do đó bất đẳng thức cần chứng minh là tầm
thường)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
 = 0  a1x-b1=...=anx-bn=0
 b1=ka1; ... ; bn=kan. với kR
Ví dụ 3:

Cho các số a, b, c, d thoả mãn a+d=c+b

CMR: Nếu lấy số m sao cho : 2m>ac bd thì với mọi xR ta ln có :
(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)+m2

 0 (1)
Giải:

Dựa vào giả thiết a+d=c+b nên ta có:

(1) 



x2 



ad



xad





x2 



bc



xbc



m2 0
Vì a+c=b+d nên ta đặt y= x2-(a+d)x= x2+(b+c)x

Bất đẳng thức tương đương với: (y+ad)(y+bc)+m2 0
 y2+(ad+bc)y+abcd+m2 0

Đặt F(y)= y2+(ad+bc)y+abcd+m2
y=(ac+bd)2-4abcd-4m2=(ac-bd)2-4m2
Vì 2m adbc nên 4m2 (ad+bc)2  











0
1

0
y

 F(y)  0 hay (x-a)(x-b)(x-c)(x-d)+m2 0  điều phải chứng minh.
Ví dụ 4:

Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của 1 tam giác, các số x, y, z thay đổi sao cho :
ax+by+cz =0(1)

CMR: ayz+bxz+cxy0 (2)

Giải

Từ đẳng thức (1)  z=- c

by
ax

(c>0)
Thay vào (2) ta có: -ay. c

by
ax

- bx c

by
ax

+cxy 0
 -(ax+by)(ay+bx)+c2xy 0

 abx2+y(a2x+b2x-c2x) +aby2  0
 abx2+y(a2+b2-c2)x +aby2  0
Đặt F(x) = abx2+y(a2+b2-c2)x +aby2
Ta chứng minh F(x) 0 với mọi yR
x=y2(a2+b2-c2)-4a2b2

=y2(a-b-c)(a-b+c)(a+b+c)(a+b-c)

và a b c là 3 cạnh của một tam giác và y2>0 nên  







0
0
ab

x

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh (dấu “=” xảy ra  x=y=z=0)
8.3. Chú ý:

Khi sử dụng phương pháp tam thức bậc hai cần lưu ý:
+ Nắm chắc định lý về dấu tam thức bậc hai

+ Thường dùng phép biến đổi tương đương để đưa bất đẳng thức cần chứng
minh về dạng 





0
)
(

0
)
(

x
F

hoặc 




0
)
(

0
)
(

y
F

Trong đó F(x), F(y) là tam thức bậc hai đối với biến số x,y

8.4. Bài tập tự giải:

1/ Chứng minh rằng với mọi aR ta đều có :

3
1
1
3

2
2









a
a

2/ Cho a b c thoả mãn hệ thức: a2+b2+c2=2 và ab+bc+ca=1

CMR: 3

4
,
,
3
4




 a b c

3/ Cho các số x1,x2,y1,y2,z1,z2 thoả mãn các điều kiện:

y1.y2>0(1); y1.x1>z12; (2); y2x2>z22
CMR: (y1+y2)(x1+x2) (z1+z2)2

4/ Cho b>c>d. CRM: với mọi aR ta ln có:
(a+b+c+d)2 > 8(ac+bd)

5/ Cho 6 số a, b ,c, d, m,n thoả mãn: a2+b2+c2+d2< m2+n2
CMR: (m2-a2-b2)(n2-c2-d2) (mn-ac-bd)2

III. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC
A. Một số định lý, bất đẳng thức cần dùng

1. Mệnh đề 1

Nếu tổng các số thực dương x1, x2, ... xn bằng một số cho trước, thì tích của

chúng sẽ lớn nhất khi x1= x2= ... =xn

* Định lý 1:

Nếu có n số thực dương x1, x2, ... xn có tổng bằng s khơng đổi thì tích
P=x1m1.x2m2...xnmn có giá trị lớn nhất khi n

n
m

x
m

x



 ...

2
2
1
1

Trong đó mi là các số hữu tỷ dương
2. Mệnh đề 2: đối ngẫu

Nếu tích của các số dương x1, x2, .... xn bằng một số cho trước thì tổng của
chúng sẽ bé nhất khi x1= x2= .... =x

* Định lý 2:

Nếu n số thực dương x1, x2, .... xn có tích P=

n

m
n
m
m x x
x 1 2...

1 khơng đổi thì tổng

của chúng S= x1+ x2 +.... +xn có giá trị bé nhất khi n

n
m

x
m

x



 ...

2
2
1
1

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

3. Cho a1, a2.... an R. Ta có:

n

n a a a

a
a

a1  2 ...  1 2 ... (1)

Dấu “=” xảy ra  ai cùng dấu(a1, a2.... an>0)
Đặc biệt: a1  a2 a1  a2

B. Áp dụng:

1. Tìm cực trị của hàm số, biểu thức đại số:

Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:



 1993



2 



 1994



 x x

y
Giải

Dễ dàng thấy hàm số xác định với mọi x
Ta có: y x 1993 x 1994

Áp dụng bất đẳng thức a1 a2 a1  a2

1
1

1994

1993    


x x y

y

Dấu bằng xảy ra khi (x-1993)(1994-x) 0
 1993 x 1994

Do đó ymin=1

Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

1
2
1

2    



 x x x x

y

Giải

Điều kiện để hàm số xác định là: x  1

Lúc đó: y



x 11



2  ( x11)2 = x 111 x1

 y x 111 x1 =2
Dấu bằng xảy ra 





















1

2
1

0
1
1
1

1
x

x
x

x

Do đó ymin =2
Bài 3:

Cho các số x1, x2,..., x1993 thoả mãn điều kiện:

1994
... 1993

1  x   x 

x

Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
M= x1 1 x2  1... x1993 1

Giải

Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có:

1
1

...
...
...

1
1

2
2

1
1





n

n x

x

x
x

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Cộng từng vế bất đẳng thức trên ta được:



1 1 ... 1



1994 1993 1

... 1993

1          

x x x

M

Vậy Mmin=1.
Bài 4:

Cho x, y liên hệ bởi phương trình: x2+2xy+7(x+y) +y2+40=0(1)
Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của biểu thức

Giải

Phương trình(1)  x2+2xy+y2+1+2x+2y+5x+5y+5+4=-y2
 (x+y+1)2+5(x+y+1) +4=y2

Ta có có  S2+5S +4 F(S) có hai nghiệm S1=-1, S2=-4
Dựa vào tam thức bậc hai mà 






0
1

0
)
(
a

s
F

 -4  S  -1

Vậy giá trị nhỏ nhất của S=x+y+1 là -4  






0
5
y
x

Giá trị lớn nhất của S=x+y+1 là -1  







0
2
y
x

2. Tìm điều kiện của tham số để phương trình , hệ phương trình tam
thức bậc hai thoả mãn điều kiện nào đó.

Bài 1: Cho phương trình: a2 x2  2 a2x2  12a2 1

Tìm giá trị của tham số a để phương trình có đúng hai nghiệm trên tập hợp
số nguyên.

Giải;

Ta có: a2 x2  2 a2x2 12a2 = a2 x2  2a2 1 a2x2 +2a2 =A
Áp dụng bất đẳng thức (1) ta được:

A 2 1 2 1

2
2
2
2

2
2







 a a x a
x

a

Dấu bằng xảy ra  a2x2-2a2; 1-a2x2; 2a2 cùng dấu. Do đó:










0
1

2
2
2

x
a
x

Nếu a=0 thì cơng thức vô hạn số nguyên thoả mãn: x2
 2

Nếu a  0 thì 2

2 1

a
x 


Để phương trình có đúng hai nghiệm ngun thì x2 chỉ có thể nhận một giá
trị duy nhất là số chính phương 4 trong đoạn 2

1
;
2

a

Vậy 9

1
4 2 

a  2

1
3


a

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

CMR: 4 1
5

)

(x  khix 
F

Giải:

Ta có: 











c
F(0)
c
b

-a
F(-1)
c
b
a
F(1)
 















)
0
(
2
)
1
(
)
1
(
)
0
(
2
)
1
(
)
1
(
F
F
F
b
F
F

F
a

Thay vào F(x) ta được:
F(x) =

   
 

   

 0  0
1
1
2
0
1
1
2

2 F x F

F
F
x
F
F
F


















  
=
   
 
   

 0
1
1
2
0
1
2
1
2

2
2

2 x F

F
x
F
x
F
x
F
x
F




 
=
 





 





 0





2
1
2
1
1
2

2 x x F x

F
x
x
F




 

Áp dụng bất đẳng thức (1) và giả thiết ta được:

 

2 2 1 2

2
1
2
1
x
x
x
x
x
x

F      

Ta xét các trường hợp sau:

+ Với 0x1: thì :

 

2
2
2 1
2
1
2
1
x
x
x
x
x
x

F      

=1+x+x2(*)
+ Với -1x0: thì

 

2
2
2 1
2
1
2
1
x

x
x
x
x
x

F      

=1-x+x2(**)
Từ (*) và (**) với x 1 ta có:

 





4
5
1
4
5

1 2 2








 x x x

Fx

Vậy   4
5

x
F

Điều phải chứng minh.

3. Dùng bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình:

Ví dụ 1: Giải phương trình sau:

5
13
4
16

3 2 2







 x y y

x

Ta thấy: 3x2  12x16= 3



x 2



2 42

y2  4y13 =



y 2



2 9 3

Dấu bằng xảy ra:













3
13
4
2
6
12
3x
2
2
y

y
x












9
13
4
4
6
12
3
2
2
y
y
x
x







2
2
y
x

Vậy nghiệm của phương trình là (x=2, y=2)
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau:

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Giải

Từ (1) suy ra x3=-1-2(y-1)2

Vì (y-1)2 0 = -1-2(y-1)2 -1  x3  -1 x -1
Từ (2)  x2(1+y2)=2y  x2=1 2

2
y
y


Mặt khác y2+1 2y  x2= 1 2

2
y
y

 1  x2 1 -1x1(**)

Từ (*)(**)  x=-1

Thay x=-1 vào (2) ta có: y=1

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x=-1, y=1)

PHẦN THỨ HAI: ÁP DỤNG GIẢI TỐN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG
HÌNH HỌC

I. Một số kiến thức cơ bản về bất đẳng thức trong hình học:
1. Một số kí hiệu được dùng để chỉ các yếu tố của tam giác:

1.1. a, b, c tương ứng với độ dài 3 cạnh BC, AC, AB của  ABC

1.2. , ,  tương ứng độ lớn của các góc tại ba đỉnh A, B, C của  ABC
1.3. ma, mb, mc tương ứng với độ dài các đường trung tuyến dựng từ các
đỉnh A, B, C của  ABC

1.4. ha, hb, hc tương ứng với độ dài các đường cao dựng từ các đỉnh A, B, C
của  ABG

1.5. la, lb, lc tương ứng với độ dài các đường phân giác dựng từ các đỉnh A,
B, C của  ABC

1.6. R,r tương ứng độ dài các bán kính đường trịn ngoại tiếp và nội tiếp
tam giác ABC

1.7. SABC là diện tích tam giác ABC

1.8. ra, rb, rc tương ứng là các bán kính đường trịn bàng tiếp trong góc

A,B,C của tam giác ABC

2. Một số kiến thức cơ bản cần dùng.

2.1 Với ba điểm bất kì A B C ta ln có: ABBC+CA
Dấu bằng xảy ra khi điểm C nằm giữa hai điểm A B

2.2. Trong một tam giác góc đối diện với cạnh lớn hơn là góc lớn hơn.
Cạnh đối diện với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn.

AB CD  Cˆ Bˆ

2.3. Trong tam giác vuông cạnh huyền lớn hơn mỗi cạnh góc
vng

CA>CBBC

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

2.5. Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm
đến một đường thẳng nào đó có hình
chiếu lớn hơn thì lớn hơn và ngược lại

2.6. Trong tam giác ABC có:
AB-AC < BC < AB+AC
AB-BC < AC < AB+BC
AC-BC < AB < AC+BC

2.7. Trong một đường tròn hoặc hai đường tròn bằng nhau:

+ Cung lớn hơn khi và chỉ khi dây chương cung lớn hơn.
+ Đường kính là dây cung lớn nhất

CD AB 2R
2.8. SABC  2

BC.AC; SABC  2

BC.AB; SABC  2

AB.AC;
2.9. Bất đẳng thức côsi:

Với mọi số x 0; y 0 ta có



x y



0 x y 2 xy







Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y

Đặc biệt:

+ Nếu x+y=k(khơng đổi) thì xy 4

k

dấu bằng xảy ra khi x=y=1/2
+ Nếu xy= k (khơng đổi) thì x+y  2k

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=2k

II. MỘT SỐ CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC: 
1. Sử dụng bất đẳng thức tam giác:

Bài 1: Chứng minh rằng trong một tam giác bất kì ta có:

Giải:

Xét tam giác

Xét  ABM có: AM> AB-BM

Xét  ACM có: AM> AC-CM

Cộng từng bất đẳng thức trên ta được:

2AM> AB+AC-(BM+CM)

 2AM > AB+AC-BC

 

1
2

a
c
b
ma   


Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho MA=MD

2
2

c
b
m
a
c
b

a






</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

 ABM = DCM (c.g.c)  AB=CD

Xét tam giác ADC có AD< AC+BC 2

 

c
b
ma  

Từ (1)(2)  2 2

c
b
m
a
c
b

a






2. Sử dụng bất đẳng thức Côsi

Bài 2. Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác
ABC, K là chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC.

Chứng minh rằng: KH.KA 2

BC

Giải:

Xét  AKB và  CKH có:

AKB CKH 900

 

AK là đường cao

 

BAK CHK (hai góc có cạnh tương ứng vng góc)

 AKB đồng dạng  CKH (g.g)

 KH KAKH KBKC

KC
KB
KA

. 




Theo bất đẳng thức Cơsi ta có: . 2 2

2
2

BC
KC

KB
KC

KB  






 


Vậy: . 2

BC

KH

KA 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: KB=KC hay K là trung điểm của BC 
ABC cân tại A

Bài 3. Cho tứ giác ABCD, gọi M,N là trung điểm các cạnh BC và CD. Gọi
P là trung điểm của AB, chứng minh rằng:





2
1

AN
AM
SABCD  

2) PN  2



ADBC



Dấu bằng xảy ra khi nào

Giải:

1) Gọi I là giao điểm của AM và BD. Ta có:

SABCD=SABC+SADC

Mà  AMB và  AMC có : BM=MC(gt)
 SAMB=SAMC SABC=2SAMC

Mà  AMB và  AMC có CN=ND(gt)
 SANC=SAND SABC=2SAMC

 SABCD=2(SACD+SANC)=2SAMNC=2(SAMN+SMNC)

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

 SABCD=2(SAMN+SIMN)

Mặt khác: SIMN SAMN SABCD 2(SAMN+SIMN)=4SAMN
 4.1/2.AM.AN

 SABCD 2AM.AN





2
1

AN
AM 

2) Gọi O là trung điểm của AC. Ta có:

PN PO+ON =BC/2 +AD/2 =1/2(AD+BC)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AD//BC; tứ giác ABCD là hình thang.

3. Sử dụng phép đối xứng giải toán bất đẳng thức trong hình học:
Bài 4: Cho  ABC bất kỳ, chứng minh rằng:



p a



p

ha  

Với p là nửa chu vi của  ABC, ha là đường cao từ A
Giải

Qua A kẻ Ax//BC

Thực hiện phép đối xứng trục Ax ta có:

SAxB B’

C C’

Ta có: AB+AC =AC+AB’> B’C

Xét tam giác vuông CC’B ta có:

C’B’= C'C2 C'B2
2

4h a
c

b  a 





2 2 2

4h a
c

b  a 









b c a





b c a



b c a



p



p a



ha          



4
1
4

1 2 2



p a



p
ha  
 2



p a



p

ha  

 điều phải chứng minh

4. Sử dụng các bất đẳng thức đại số:

Bài 1: Cho tam giác ABC và O là điểm bất kỳ trong tam giác. Các tia AO,
BO, CO cắt BC, CA, AB lần lượt tại P, Q, R. Chứng minh rằng:

1)   CR 1

OR
PQ
OQ
AP
OP

2)  OR 9

CR
OQ

PQ
OP

AP

Dấu ‘=’ xảy ra khi nào?
Giải:

1) Từ A kẻ AH  BC, OK  BC
 OK//AH. Xét tam giác AHP ta có:

AH
OK
AB
OP



(định lý talét)

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

SBOC=1/2.OK.BC; SABC=1/2.AH.BC
 AP
OP
AH
OK
S

S
ABC

BOC  

Tương tự ta có:

BQ
OQ
S
S
CR
OR
S
S
ABC
AOC
ABC

BOA  ; 


1






BQ

OQ
CR
OR
AP
OP
S
S
S
S
S
S
ABC
AOC
ABC
BOA
ABC
BOC

Điều phải chứng minh

2) Đặt: 1, 1,CR c1

OR
b
BQ
OQ
a
AB
OP





Áp dụng bất đẳng thức:





1
1
1











c
b
a
c
b
a
Ta được:
9


















OQ
BQ
OR
CR
OP
AP
AP
OQ
AP
OR
AP
OP

Mà   AP 1

OQ

AP
OR
AP
OP

nên  OR 9

CR
OQ
PQ
OP

AP

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3

1



OR
CR
OQ
PQ
OP
AP

 O là trọng tâm tam
giác ABC

Bài 2. Cho tứ giác ABCD, chứng minh rằng: AB.CD + AD.BC AC.BD
Dấu = xảy ra khi tứ giác ABCD nội tiếp

Giải

Vẽ tia Ax sao cho DAx CBD 

Vẽ tia Dy sao cho DAy DBC

Gọi K là giao điểm của Ax và Dy
Xét ADKv BDCà cú:

 

DAK DBC (cách dựng)

 

ADK BDC (cách dựng)

 ADK đồng dạng với BDC(g.g)

 DC BC.AD BD.AK

 

DK
BC
AK
BD
AD






Vì ADB CDK và DC ABD
DK
BD
AD




</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

 

2
.
.CD BDCK
AB
CD
BD
KC
AB





Từ (1)(2) ta có: AB.CD+ BC.AD=BD(KA+KC) Mà AK+KC AC

 AB.CD +BC.AD AC.BD

Dấu = xảy ra  AK+KC = AC  K AC  ADK DAC DBC  

 

DAC CBD  tứ giác ABCD nội tiếp.

Ta có định lý Ptơlêmê: Điều kiện cần và đủ để một tứ giác nội tiếp được
trong một đường trịn là tổng các tích các cạnh đối diện bằng tích hai
đường chéo

5. Sử dụng một bài toán để chứng minh các bất đẳng thức khác

Bài toán: Cho b1 , b2 ... bn là các số dương còn a1 ,a2 ,....an là các số tuỳ ý
Chứng minh rằng ta ln có:







n



n
n
n
b
b
b
a
a
a
b
a
b

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

Dấu = xảy ra khi nào?
Giải

Áp dụng bất đẳng thức Côsi-Bunhiacôpxki ta có:





2
2
2
2
1
1
1
2
2

1 ... ...
















 n
n
n
n b
b
a
b
b
a
b
b
a
a
a
a

n



n



n b b b

b
a
b
a
b
a
















 ... 1 2 ...

2
2
2
2
2
1
2
1

vì b1 , b2 ....,bn là các số dương nên tổng của chúng >0
Chia cả hai vế cho (b1 + b2 +...+bn ) ta được







n



n

n
n
b
b
b
a
a
a
b
a
b
a
b
a










...
...
...
2
1
2

1
2
2
2
2
1
2
1
(*)

Dấu bằng xảy ra  n

n
b
a
b
a
b
a


 ...
2
2
1
1

Bài tập áp dụng:

Bài 1. Chứng minh với a, b, c là ba cạnh của tam giác ta có:

 

1
3









 a b c

c
b
c
a
b
a
c
b
a
Giải

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có vế phải =









2 2 2

2 ab bc ca a b c
c
b
a








muốn chứng minh bất đẳng thức(1) ta phải chứng minh:









2 2 2

2 ab bc ca a b c
c
b
a








3







2 2 2



2
2

2 b c 2ab 2ac 2bc 6ab ac bc 3a b c

a           

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

 4(a2+b2+c2) ba+bc+ca bất đẳng thức này đúng
Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh

Bài tập tự giải

Bài 1: Chứng minh rằng a, b, c là ba cạnh của một tam giác

Thì: 2

3






 a b

c
a
c

b
c
b

a

Bài 2. Cho tam giác ABC với ma, mb, mc là ba đường trung tuyến ứng với
ba cạnh a, b, c. Chứng minh rằng : a ma b mb c mc abc

3
1

1
1

2
2

2   

Bài 3: Gọi a, b,c là ba cạnh của một tam giác. Các đường cao tương ứng là
ha, hb, hc

Chứng minh rằng:





4

2
2
2








c
b
a h h
h

c
b
a

C. KẾT LUẬN

Điều làm tơi hài lịng nhất khi áp dụng kinh nghiệm trên vào giảng
dạy là có nhiều học sinh đó nói “ bài tốn bất đẳng thức cũng khơng q

khó như em nghĩ”. Các em học sinh có đủ tự tin hơn khi gặp bài toán bất
đẳng thức. Hơn thế nữa, với những học sinh khá giỏi, các em rất say mê và
cũng muốn cơ giáo cho thêm nhiều bài tốn hơn nữa về bất đẳng thức. Mỗi
ngày, các em một hăng say, tự tìm tịi các bất đẳng thức mới, tự chứng
minh và áp dụng.

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

D. TÀI LIỆU THAM KHẢO

1/ Phương pháp giải tốn hình học

2/ Tốn nâng cao và các chuyên đề đại số 9- Nguyễn Ngọc Đạm, Vũ
Dương Thuỵ.

3/ 255 bài tốn hình học chọn lọc- Nguyễn Ngọc Đạm, Vũ Dương Thuỵ.
4/ Toán bồi dưỡng học sinh lớp 9- Vũ Hữu Bình, Tơn Thân

5/ 400 bài tốn đại số chọn lọc- Vũ Dương Thuỵ, Trương Cơng Thành
6/ 23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp- Ngyễn Văn Vĩnh, Nguyễn Đức
Đồng

7/ 23 chuyên đề giải 1001 bài toán Đại số- Ngyễn Văn Vĩnh, Nguyễn Đức
Đồng

</div>

Sáng kiến kinh nghiệm - môn Toán





















































































































































<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

