Chuyen de ve bat dang thuc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (441.56 KB, 43 trang )

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

A - phần mở đầu

I- Lý do chọn đề tài 
1- Cơ sở khoa học:

Nh chúng ta đã biết, thơng qua việc học tốn học sinh có thể nắm vững
đợc nội dung toán học và phơng pháp giải tốn từ đó học sinh vận dụng vào
các mơn học khác nhất là các môn khoa học tự nhiên. Hơn nữa tốn học cịn là
cơ sở của mọi ngành khoa học khác, chính vì thế tốn học có vai trị quan
trọng trong nhà trờng phổ thơng, nó địi hỏi ngời thầy giáo mọi sự lao động
nghệ thuật sáng tạo, để tạo ra những phơng pháp dạy học giúp học sinh học và
giải quyết các bài toán.

Bất đẳng thức là một nội dung quan trọng trong chơng trình tốn học từ
tiểu học đến trung học. Việc nắm vững các phơng pháp giải Bất đẳng thức
không những giúp học sinh học tốt bộ mơn tốn mà cịn có tác dụng hỗ trợ cho
nhiều mơn học khác nh hố học, vật lý, tin học. Đặc biệt việc phát triển t duy
sáng tạo cho học sinh từ tiểu học đến trung học. Nhng vấn đề đặt ra cho mỗi
giáo viên toán hiện nay là giúp học sinh học tốt bộ mơn tốn nói chung v Bấtà
đẳng thức nói riêng.

Trong q trình dạy toán ở THCS, qua kinh nghiệm giảng dạy và tìm tịi
tài liệu nhóm chúng em đã hệ thống đợc một số phơng pháp giải Bất đẳng thức
mà chúng em thiết nghĩ mỗi giáo viên toán cần trang bị cho học sinh có nh
vậy học sinh mới giải đợc tốn Bất đẳng thức góp phần phát triển t duy tốn
học, tạo điều kiện cho việc học toán ở THCS và học các mơn học khác.

2- C¬ së thùc tiƠn:

Bất đẳng thức là loại toán mà học sinh THCS coi là loại tốn khó. Nhiều
học sinh khơng biết giải Bất đẳng thức thì phải bắt đầu từ đâu và phơng pháp

giải toán Bất đẳng thức nh thế nào. Thực tế cho thấy tốn Bất đẳng thức có
nhiều trong chơng trình THCS, nhng không đợc hệ thống thành những phơng
pháp nhất định, gây cho học sinh nhiều khó khăn khi gặp, khi giải toán Bất
đẳng thức.

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

Đối với các giáo viên còn thiếu kinh nghiệm giảng dạy, đặc biệt là bồi
dỡng học sinh giỏi thì việc nắm vững phơng pháp Bất đẳng thức sẽ bổ sung
kho kiến thức cho họ.

Đối với học sinh khắc phục đợc những hạn chế trớc đây giúp cho học
sinh có tinh thần tự tin trong học tập bộ mơn tốn.

II - Mục đích nghiên cứu:

Góp phần quan trọng trong việc giảng dạy tốn học nói chung và Bất
đẳng thức nói riêng. Đặc biệt là việc bồi dỡng học sinh giỏi và học sinh thi vào
lớp 10 THPH chuyên.

Giúp học sinh biết phân loại và vận dụng các phơng pháp giải Bất đẳng
thức một cách nhanh chóng và hiệu quả. Phát huy đợc tính tích cực, chủ động
sáng tạo của học sinh trong quá trình hc tp.

III - Ph ơng pháp nghiên cứu:

- Nhóm chia mỗi phơng pháp cho một học viên nghiên cứu và qua thùc
nghiƯm, rót ra bµi häc kinh nghiƯm cđa tõng phơng pháp.

- Nghiờn cu cỏc phng phỏp gii Bt ng thc.

- Thông qua nội dung phơng pháp và các bài tập mẫu nhằm củng cố

Lý thuyết và phát triển trí tuÖ cho häc sinh.

- Rèn kỹ năng học sinh qua cỏc bi tp ngh.

IV - Phạm vi nghiên cứu vµ sư dơng:

- Các phơng pháp chứng minh Bất đẳng thc THCS.

- Bồi dỡng cho giáo viên và học sinh THCS.

B - Những kiến thức cơ bản về Bt ng thc

I - Định nghĩa: Cho hai số: a, b ta nãi

sè a lín h¬n sè b, ký hiƯu lµ: a > b nÕu a - b > 0
số a nhỏ hơn số b, ký hiệu là: a < b nÕu a - b < 0

II - TÝnh chÊt:

1) a > b  b < a

2) a < b, b < c  a < c (tính chất bắc cầu)
3) a < b  a + c < b + c (tính chất đơn điệu)

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

5) a < b, c > d  a - c < b - d (trừ hai Bất đẳng thức ngựoc chiều ta
đợc một Bất đẳng thức có chiều là chiều của Bất đẳng thức bị trừ)
6) Nhân hai vế của một Bất đẳng thức a < b với cùng một số m a<b















0 ,

.

0 ,

.

m

b

m

a

m

b

m

a

7) Nhân hai vế của hai Bất đẳng thức không âm cùng chiều ta đợc
một Bất đẳng thức cùng chiều: 0 <a<b, 0<c<d  a.c<b.d

8) a> b >0  an> b n; 0>a>b  an+1>b2n+1 vµ an<b2n

9) so sánh hai luỹ thừa cùng cơ số: m>n>0; a>1 am > an; am < an

víi 0 < a <1

10) Ngịch đảo hai vế của một Bất đẳng thức ta đợc một Bất đẳng
thức đổi chiều: a  b 

b
a

1
1



Các tính chất trên có thể chứng minh nhờ định nghĩa và các tính chất trớc.

III - Một số Bất đẳng thức cân nhớ:

1) A 2k0 víi mäi A, DÊu"=" x¶y ra khi A=0

2) A 0,A DÊu "=" x¶y ra khi A=0.

3)  A AA

4) AB  A  B DÊu "=" x¶y ra khi A.B0

5) A B A  B DÊu "=" xảy ra khi A.B0 và A B

Chú ý:

- Ngồi các Bất đẳng thức trên cịn một số các Bất đẳng thức đúng khác mang
tính tổng quát hơn nên khi giải bài tập cần chú ý.

- Khi chứng minh song Bất đẳng thức ab ta phải xét trờng hợp Dấu “=” xảy

ra khi nµo.

c- các phơng pháp chứng minh Bất đẳng thức

I -Ph ơng pháp 1: phơng pháp dùng định nghĩa: 
 (Ngời thực hiện: Nguyễn Mạnh Hởng)

1 -Néi dung phơng pháp:

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

2- KiÕn thøc cÇn vËn dơng

- Các hằng đẳng thức đáng nhớ đặc biệt là: (A+B)2=A+2AB+B2

- Tæng qu¸t: Ai Ai n AiAj i j
j

i

n

i
n

i















;
.
2

)
(

2
.,
1
,

2
1
2
1

Các kỹ năng biến đổi đồng nhất để biến đổi hiệu hai vế về các Bất đẳng
thức đúng hay điều kiện đúng của bi:

3-Bài tập áp dông

Bài 1- Chứng minh Bất đẳng thức a2+b2ab 
Giải

XÐt hiÖu: a2+b2- ab = (a2+

4
1 b2

-2
1
.

2 ab)+

4
3

b2=( a-

b)2+

4
3

b20 đúng với

mäi a, b v× ( a-

2
1

b)20;

4
3

b20 DÊu "=" x¶y ra khi (a-

2
1

b)2=

4
3

b2=0 suy

ra a = b = 0

Vậy Bất đẳng thức đợc chứng minh.
Chứng minh tơng tự cho Bài a2+b2

ab

Ta cã thể chứng minh cho Bài toán tổng quát: (an)2+(bn)2an.bn

Bµi 2 - Cho ba sè a, b, c tho¶ m·n 0<a  b c chøng minh r»ng:

b
c
c
a
a
b
a
c
c
b
b
a







Gi¶i

XÐt hiƯu: 1 (a2c ab2 bc2 b2c ba2 ac2)

abc
b
c
c
a
a
b
a
c
c
b
b
a















)]
(

)
(

)
[(

1 a2c b2c b2a a2b c2b ac2

abc     



abc

[c(a-b)(a+b)-ab(a-b)-c2(a-b)]=

abc

(a-b)[c(a+b)-ab-c2]

abc

(a-b)(b-c)(c-a)0 (do 0<a b c )
Dấu "=" xảy ra khi a=b hoặc b=c hoặc a=c
Vậy Bất đẳng thức đợc chứng minh.

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

2
2

.
2

by
ax
y
x
b

a 





Gi¶i

XÐt hiƯu:

2
2

.
2

by
ax
y
x
b

a 





4
1

(ax+ay+by+bx-2ax-2by)
=

[(ay-ax)+(bx-by)]=

4
1

(x-y)(b-a)  0 ( do x y và a b )

Dấu "=" xảy ra khi x=y hc a=b

Vậy Bất đẳng thức thực đợc chứng minh
Chứng minh tơng tự ta đợc Bất đẳng thức:

3
3

.
3

cz
by
ax
z
y
x
c
b

a  







Bạn đọc có thể tổng quát bài tốn.

Bµi 4: Cho a, b, c, d ,e lµ các số thực chứng minh rằng:
a2+b2+c2+d2+e2

a(b+c+d +e)
Giải

Xét hiệu: a2+b2+c2+d2+e2- a(b+c+d +e) = a2+b2+c2+d2+e2- ab-ac-ad -ae

4
1

( 4a2+4b2+4c2+4d2+4e2- 4ab-4ac-4ad -4ae)

4
1

[(a2+4b2+4ab)+(a2+c2+4ac)+(a2+4d2+4ad)+(a2+4e2+4ae)]

4
1

[(a+2b)2+(a+2c)2+(a+2d)2+(a+2e )2]  0

Do (a+2b)2  0 vµ (a+2c)2  0 vµ (a+2d)20 và (a+2e )20

Dấu "=" xảy ra khi b = c = d = e =

a
Vậy Bất đẳng thức đợc chứng minh.

Vậy Bất đẳng thức đợc chứng minh.

Bµi 5: Tổng quát bài 4

Cho ai i=1,2,..,n là các sổ thực. chứng minh rằng:

Chứng minh tơng tự bài 4

4- Bài tập áp dụng:

Hóy chng minh cỏc Bt ng thức sau:
1/ 4.x2+y 2 4xy

2/ x2+y2 +1

xy +x+y





 



n
i

i
n

i

i a a

n
a

2
1
1

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

3/ (x+y) (x3+y3) (x7+y7) 4(x11+y11)

4/ x1996+y1996+z1996):( x1995+y1995+z1995)(x+y+z):3

5/ (a3+b3+c3) (a+b+c)(a2+b2+c2): a,b,c >0

6/ Cho các số dơng a,b,c chứng minh rằng:
a/

c
b
a
abc

c
b

a 1 1 1

)
( 3

8
8
8








b/ abc

a
b
c
c

a
b
b

c
a
b

a
c
a

c
b
c

b
a

6
3
3
3
3
3
3








II - Ph ơng pháp 2 : Dùng tính chất của Bất đẳng thức để biến đổi 
tơng đơng: (Ngời thực hiện: Đào Trung Tuyến)

1) Néi dung ph ơng pháp:

Khi chng minh mt Bt ng thc no đó ta biến đổi Bất đẳng thức cần
chứng minh tơng đơng với một Bất đẳng thức đúng hoặc một Bất đẳng thức đã
đợc chứng minh hoặc điều kiện ca bi.

2) Kiến thức cơ bản:

Cỏc tớnh cht của Bất đẳng thức.
Các Bất đẳng thức thờng dùng.

Kỹ năng biến đổi tơng đơng một Bất đẳng thức.

Các HĐ thức

3- Bài tập mẫu

Bài 1: Chứng minh rằng:

x2+2y2+2z2 2xy +2yz+2z-1 (*)

Giải

(*) x2+2y2+2z2 -2xy -2yz-2z +1 0

 (x2-2xy+y2)+(y2-2yz+z2)+(z2-2z+1)

 (x-y)2+(y-z)2+(z-1)2

0 Bất đẳng thức cuối cùng đúng với mọi x,y,z

DÊu "=" x¶y ra khi x=y=z=1

Vậy Bất đẳng thức dã cho đợc chứng minh.

Bài 2: Chứng minh Bất đẳng thức:
(a10+b10) (a2+b2)  (a8+b8) (a4+b4)

Gi¶i

(a10+b10) (a2+b2)

 (a8+b8) (a4+b4)  (a10+b10) (a2+b2) - (a8+b8) (a4+b4)

0
 a12+ a10 b2+ a2 b10+ b12-a12 -a8 b4- a4 b8-b12 0

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

 a8 b2(a2-b2) -a 2b8(a2-b2) 0

 a 2b2(a2-b2)( a2-b2)(a4+a2b2+b4)  0

 a 2b2(a2-b2)2(a4+a2b2+b4)  0 đúng với mọi a, b

DÊu "=" xảy ra khi a2=b2 a=b hoặc a=-b và a=0 hc b=0

Vậy Bất đẳng thức ban đầu đợc chứng minh.

*Nhận xét: Từ kết qủa bài toán trên ta có bài tốn tơng tự:
Cho 0a  b Chứng minh Bất đẳng thức:

(a5+b5) (a+b)

 (a2+b2) (a4+b4)
Bài 3: Chứng minh các Bất đẳng thức

(x-1)(x-3)(x-4 )(x-6) - 9

a) Cho a  c  0 vµ b c chøng minh
c(a c) + c(b c) ab

Giải

a) Nhận xét: Ta thấy 3+4=1+6 nên ta nhân (x-1)( x-6) và (x-3)(x-4 )
(x-1)(x-3)(x-4 )(x-6) - 9  (x-1)( x-6) (x-3)(x-4 )+9  0

 (x2-7x +6)(x2-7x+12)+9  0  (x2-7x +6)(x2-7x+6+6)+9  0

 (x2-7x +6)2+6(x2-7x+6) +9  0  (x2-7x +9)2  0

Bất đẳng thức cuối cùng đúng với mọi giá trị của x
=> (x-1)(x-3)(x-4 )(x-6) - 9

DÊu "=" x¶y ra khi x2-7x +9 =0  x=
2

13
7

b ) c(a c) + c(b c)  ab ( c(a c) + c(b c) )2 ( ab )2

 c(a-c)+c(b-c) +2 c(a c) c(b c)  ab
 c2 +2c (a c) (b c) +(a-c)(b-c)  0

( c- (a c) (b c))2  0

Bất đẳng thức cuối cùng đúng với mọi giá trị của a,b,c thoả mãn điều kiện của
đề bài vậy c(a c) + c(b c)  abvới a  c  0 và b c

Bài 4: Chứng minh Bất đẳng thức:

ab

cb

ac

 4 (

b
a

b
c

c
a

)2. biÕt a,b,c >0

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

Ta cã
ab
1
+
cb
1
+
ac
1
=
abc
c
b
a )
(  

. Do a, b, c >0 vµ (a+b)(b+c)(c+a)  8abc

=>
ab
1
+
cb
1
+

ac
1

 (a 8b.()(ab bc)(cc) a)






Hay
ab
1
+
cb
1
+
ac
1

 4(a (ab) b)(4(bb cc)()c 4(ac) a)










 2(

ab
1
+
cb
1
+
ac
1

) (ac)(8bc)+(a b)(8a c)


 +( )( )
8
c
b
b

a  (1)

Trong (1) Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
Mặt khác ta có (a+b)2  4ab 

ab

 ( )2
4

b

a t¬ng tù ta cã

cb

 ( )2
4

b

c vµ ac

 ( )2
4
c
a
suy ra
ab
1
+
cb
1

+
ac
1

 ( )2
4

b

a + ( )2

b

c + ( )2

c

a (2)

Trong (2) DÊu "=" xảy ra khi a=b=c
Từ (1) và (2) Ta có

ab
3
+
cb

3
+
ac
3

 4 (

b
a
1
+
b
c
1
+
c
a
1
)2

DÊu "=" x¶y ra khi a=b=c

Nhận xét: Để chứng minh Bất đẳng thức nhiều khi ta biến đổi từ một Bất
đẳng thức đúng có dạng tơng tự nh Bất đẳng thức cần chứng minh. Sau đây
là một ví dụ nữa kiểu nh vậy.

Bài 5: Cho 0 < a ,b, c và abc =1 chứng minh Bất đẳng thức sau:

1
1

3
3

b

a + 1

3
3


b

c + 1

1
3
3


c

a  1

Gi¶i

Do 0  a b  c => (a-b)2(a+b) 0 DÊu "=" x¶y ra khi a=b

 (a-b)(a+b)(a-b)0

 (a2-b2)(a-b)  0  a3-a 2b-ab2+b3  0  a3 +b3 a 2b+ab2

 a3 +b3 +1a 2b+ab2+abc  a3 +b3 +1(a+b+c)ab


1
1
3
3

b

a  ( )

c
b
a

ab   =(a b c)

c



 (do abc= 1 => ab c

1
)
suy ra
1
1
3
3

b

a  (a b c)

c




T¬ng tù ta cã

1
1
3
3

b

c  (a b c)
a



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

vµ

1
1

3
3c 

a (a b c)

b



 DÊu "=" x¶y ra khi a=c

Cộng vế với vế của ba Bất đẳng thức cuối cùng ta đợc:

1
1

3
3


b

a + 1

3
3


b

c + 1

1
3
3


c

a  1

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c =1
4 - Bài tập áp dụng:

Bài 1: Cho 0 x,y,z 1 chứng minh:

A) 0  x+y+z -xy-yz-zx 1
B) x2+y2+z2  1+x 2 y +y2 z +z2 x

C) 1



yz
x

1


xz
y

+ 1



yx
z

 2

Bài 2: Cho a, b,c là độ dài ba cạnh của tam giác, có chu vi bằng 2. Chứng
minh rằng: a2+b2+c2+2abc < 2

Bµi 3: Chøng minh víi mäi x, y > 2 ta cã:

x4 - x 3y +x2 y2 -xy3 +y4 >x2+y2

Bµi 4: Cho a, b ,c lµ ba sè tuú ý thuéc ®o¹n [0,1]. Chøng minh:
1- a2+b2+c2  1+ a2b +b2 c +c2 a

2- 2(a3+b3+c3) -(a2 b+b2 c+c2 a) 
 3

3-1


bc
a

ac
b

ba
c

III - Ph ơng pháp 3: Dùng tính chất cđa tØ sè
 (Ngêi thùc hiƯn: Đào Thuỷ Chung)

1- Nội dung phơng pháp:

Khi vận dụng các tính chất của tỷ số thì việc chứng minh Bất đẳng thức trở
nên rất nhanh và gọn.

2- Kiến thức cần vận dụng:

- Với ba số dơng a,b.c
NÕu

b
a

 1 Th×

b
a



c
b

c
a




DÊu "=" xảy ra khi a=b

Nếu

b
a

1 Thì

b
a



c
b

c
a




DÊu "=" x¶y ra khi a=b
NÕu b, d >0 vµ

b
a



d

c



b
a



d
b

c
a






d
c

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

3- Bµi tËp mÉu:

Bµi 1: Cho a,b, c là số đo ba cạnh của tam giác:
Chứng minh r»ng:1<

c
b

a

 +a c

b

 +b a

c

 <2

Gi¶i

Do a, b, c là ba cạnh của tam giác nên ta cã: a, b, c >0 vµ a+b > c; b+c > a
Vµ c+a >b.

Tõ a+b > c 

b
a

c

 < 1  a b

c

 < a b c

c
c



=
c
b
a
c


2

b
a
c

 <a b c

c




Chøng minh t¬ng tù ta cã:

c
a

b

 <a b c

b


2
vµ
b
c
a

 <a b c

a




Cộng vế với vế của ba Bất đẳng thức cuối cùng ta đợc

c
b

a

 +a c

b

 +b a

c

 <a b c

a


2
+
c
b
a
b


2
+
c
b
a
c



2
= 2
- Ta cã

c
b

a

 +a c

b

 +b a

c

 >a b c

a



 +a b c

b



 +a b c

c



 =1 Do a, b, c d¬ng

VËy 1<

c
b

a

 +a c

b

 +b a

c

 < 2 (®pcm)

Nhận xét: ở đây ta đã sử dụng tính chất:

- Víi ba sè d¬ng a,b,c
NÕu

b
a

 1 Thì

b
a

c
b
c
a

Dấu "=" xảy ra khi a=b

Bµi 2: Chứng minh rằng

n
n
b
b
b
a
a
a

....
...
2
1
2
1

Nằm giữa giá trị nhỏ nhất và gí trị

lớn nhất của (

1
1
b
a
,
2
2
b
a
, ,
n
n
b
a

) ú bi l cỏc s dng i=1,2,..,n
Gii

Gọi giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của (

1
1
b
a
,
2
2
b
a
, …,
n
n
b
a

) thứ tự là m và M
Khi đó ta có m 

i
i

b
a

 M víi mäi i=1,2,…,n

 mbi  ai  bi.M Do bi>0 víi mäi i=1,2,…,n

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

 m <
n
n
b
b
b
a
a
a

....
...
2
1
2
1

< M Do ( b1+b2++bn) >0 (đfcm)

Bài 3:

Cho a>0 ,b>0 chøng minh r»ng:

2
1
(
1

a
a
+
1

b
b
) <
1



b
a
b
a
<
1

a
a
+
1

b

b
Gi¶i

Ta chøng minh

2
1
(
1

a
a
+
1

b
b
) <
1



b
a
b
a

Do a > 0 ta cã



a
a

< 1 

1

a
a
<
1



b
a
b
a

T¬ng tù ta cã:

1

b
b
<
1




b
a
b
a

Cộng vế với vế của hai Bất đẳng thức cuối ta đợc:
(
1

a
a
+
1

b
b

) < 2

1



b
a
b
a


2
1
(
1

a
a
+
1

b
b
) <
1



b
a
b
a
(1)
*) Ta chøng minh

1



b
a

b
a
<
1

a
a
+
1

b
b

Do a, b d¬ng ta cã

1

a
a
>
1

b
a
a
vµ
1

b
b

>
1

b
a
a

Céng vÕ víi vÕ cđa hai

Bất đẳng thức này ta đợc:

1



b
a
b
a
<
1

a
a
+
1

b
b
(2)

Từ (1) Và ( 2) Ta đợc:

2
1
(
1

a
a
+
1

b
b
) <
1



b
a
b
a
<
1

a
a
+
1


b
b

4- Bài tập áp dụng:

Bài 1: Chứng minh rằng

3
2
<
2005
...
7
5
3
2004
...
6
4
2

<2005

2004

Bài 2: Cho a, b là các số dơng thoả mÃn ab =1 chøng minh r»ng:

2
2

1


a +2 2

1


b < a b

b
a






1 < 1

1


a + 1

1


b

Bµi 3: Cho yx 

b
a



n
m

chøng minh r»ng yx

n
b
a
m
a
x
2005
2004
2005
2004

n
m

IV - Ph ơng pháp 4 Phơng pháp phản chứng
 (Ngêi thùc hiÖn: Đỗ Văn Thành)

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

chng minh A B ta giả sử phản chứng A<B rồi  điều vô lý với giả
thiết hoặc các hằng Bất đẳng thức từ đó khẳng định A  B là đúng.

2- KiÕn thøc cÇn nhí:

Các tính chất của Bất đẳng thức.
Các Bất đẳng thức có sẵn.

Kỹ năng biến đổi tơng đơng một Bất đẳng thức.
Các hằng đẳng thức và hằng Bất đẳng thức.
3- Bài tập mẫu:

Bài 1: Cho 0<a,b,c <1 chứng minh rằng có ít nhất một trong các Bất đẳng
thức sau sai: a(1-b) > 0,25; b (1-c) >0,25; c(1-a) > 0,25

Gi¶i

Giả sử cả ba Bất đẳng thức a(1-b) > 0,25; b (1-c) >0,25; c(1-a) > 0,25 đều
đúng khi đó a(1-b) b (1-c) c(1-a) >0,25 3 (1)

Mặt khác ta có

a(1-a) = a - a2 = 0,25 -(a2 -2. a.0,5 + 0.25 ) = 0,25 -( a-0,5 ) 2 0,25
 a(1-a)  0.25 T¬ng tù ta cã b(1-b)  0,25 vµ c(1-c)  0,25

Nhân vế với vế của ba Bất đẳng thức cuối cùng ta đợc:

a(1-b) b (1-c) c(1-a) <0,25 3 (2) ta nhËn thấy (1) mâu thuẫn với (2) vậy điều

gi s l sai suy ra: trong các Bất đẳng thức sau: a(1-b) > 0,25; b (1-c)
>0,25; c(1-a) > 0,25 có ít nhất một Bất đẳng thức sai.

Bài 2: Chứng minh rằng khơng có ba số x,y,z mà có thể thoả mãn đồng thời
ba Bất đẳng thức sau: x < y z , y  x z , z  y x

Giải: Giả sử phản chứng cả ba Bất đẳng thức trên khơng có Bất đẳng
thức nào sai nghĩa là cả ba Bất đẳng thức đó đều đúng khi đó ta có:
: x < y z  x2 < (y-z )2  x2 -(y-z )2 <0  (x-y+z)(x+y-z) < 0

Tơng tự ta có (y-x+z)( y+x-z)<0 và (z-y+x)(z+y-x )<0
Nhân vế với vế của ba Bất đẳng thức cuối cùng ta đợc:
[(y-x+z)( y+x-z) (x-y+z)]2 <0 vô lý.

Vậy khơng có ba số x,y,z nào thoả mãn đồng thời ba Bất đẳng thức: x <
z

y , y  x z , z y x

Bài 3: Cho các số thực a,b,c thoả mÃn điều kiện

0 abc

ca

bc

ab

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

HÃy chøng minh r»ng: a,b,c > 0 (*)

Giải: Giả sử (*) khơng đúng  có ít nhất một trong các số a,b,c phải  0
Khơng mất tình tổng quát giả sử a 0. do abc >0  bc <0

XÐt trêng hỵp a 0 b>0 c<0  a+c<0

tõ gØa thiÕt ta cã b >-a-c  b(a+c) < -(a+c)2  ac + b(a+c) < ac-(a+c)2
 ac + b(a+c) < -(-ac+a2+c2)  ac +ba +bc < -(a-0.5c)2- 0.75c2 0
Trái giả thiết ab +bc +ca >0

Tơng tự đồi với trờng hợp A  0 b<0 ,c>0 ta cũng  điều vơ lí.
Vậy (*) đợc chứng minh.

Bài 4: Chứng minh rằng: Tổng của một phân số dơng với nghịch đảo
của nó khơng nhỏ hơn 2.

Gi¶i:

Gi¶ sư ph¶n chøng

b
a

>0 ta cã

b
a

a

b

< 2 

b
a

a
b

- 2 <0



ba
ab
b

a2 2 2



 <0



ab
b

a )2

(  < 0 Điêù này là vô lý

b
a

a
b

Vậy Tổng của một phân số dơng với nghịch đảo của nó khơng nhỏ hn 2.

4-Bài Tập áp dụng:

Bi1 Cho ba s dơng nhỏ hơn 2 a,b,c: chứng minh rằng ít nhất một
trong các Bất đẳng thức sau là sai: a(2-b)>1; b(2-c) >1; c(2-a)>1
Bài 2 Cho a,b,c là ba số dơng thoả mãn abc =1 chứng minh rằng:
S=(a-1 +b-1)( b-1+c-1)(c-1+a-1)  1

Bài 3 Cho a+b+2cd chứng minh rằng ít nhất một Bất đẳng thức sau
đúng:

c2> a: d2 > b

Bµi 4: Cho a,b,c,x,y,z lµ các số thực thoả mÃn:

0

4 )1

(

0 ac

b

a

Chng minh rằng trong các Bất đẳng thức sau có ít nhất một Bất đẳng
thức sai

ax2+bx +c  y ; ay2+by +c  z ; az2 + bz +c  x
V- Ph ơng pháp 5: Phơng pháp quy nạp;

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

1) Nội dung phơng pháp;

Cú rt nhiu các Bất đẳng thức mà bằng các cách chứng minh thơng thờng
thì khơng thể chứng minh đợc. Thờng các Bất đẳng thức đó có dạng dãy số
hoặc những Bất đẳng thức tổng quát. Thông thờng để chứng minh các Bất
đẳng thức kiểu nh vậy ta dùng phơng pháp quy nạp.

Để chứng minh một Bất đẳng thức đúng với mọi n ,bằng phơng quy nạp
chứng ta thực hiện các bớc sau;

Bớc 1 Kiểm tra xem Bất đẳng thức đúng với  n0 nào đo ( thơng thờng ta

chän n0 =0 hc 1)

Bớc 2 Giả sử Bất đẳng thức đúng với k

Bớc 3 ta chứng minh Bất đẳng thức đúng với k+1

Bớc 4 Kết luận Bất đẳng thức đúng với mọi
2- Kiến thức cần vân dụng:

Các tình chất của Bất đẳng thức:

Kỹ năng biến đổi đẳng thức và Bất đẳng thức.
3 Bài tập mẫu:

Bµi 1: Chøng minh r»ng:
a) [(a+b):2]n

 (an+bn):2 víi a+b  0 vµ Nn

b)        
dau
n

a
a

a

...


 <

2
1
4

1 a a 
 0
Gi¶i

a) +) Với n =1 ta có (a+b):2  (a+b):2 đúng

+) Giả sử Bất đẳng thức đúng với n=k tức là [(a+b):2]k

 (ak+bk):2

+) Ta chừng minh Bất đẳng thức đúng với n =k+1 Tức là:
[(a+b):2]K+1

 (ak+1+bk+1):2 ThËt vËy:

xÐt [(a+b):2]K+1=[(a+b):2]K[(a+b):2]  [(ak+bk):2][ (a+b):2]

Ta chøng minh

(ak+bk) (a+b)  2(ak+1+bk+1)  ak+1+bk+1+ak b+abk  2(ak+1+bk+1)
 ak+1+bk+1-ak bb - abk0  (a-b)( ak - bk)  0 *

Nếu a,b  0 thì * đúng.

NÕu a  0  b  a-b  0

mà a+b 0 (gt)  a  -b  a  b  ak  b k ak - bk 0
 * đúng

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

Do a+b 0 nên a, b không cïng <0.

Vậy * đúng với mọi a,b thoả mãn điều kiện của đề bài.
+) Vậy Bất đẳng thức [(a+b):2]n  (an+bn):2 với a+b  0 và Nn

đợc chứng minh.

b) + Với 1 Bất đẳng thức trở thành a <

1
4

1 a  2 a <

1
4

1 a

Ta có: 1 4a1 >1 +2 a >2 a đúng a

+ Giả sử Bất đẳng thức đúng với k tức là:



 



 


dau
k

a
a

a

...


 <

2
1
4

1 a a 
 0

+ Ta chứng minh Bất đẳng thức đúng với k+1 tức là



 



 


dau
k

a

),
1
(

...




 <

2
1
4

1 a a 
0

Đặt xn =      
dau
n

a

...


  x

k=      
dau
k

a
a

a

...


 x

k+1=      
dau
k

a
a

a

),
1
(

...




 =

k

x
a

Ta chøng minh axk <

2
1
4

1 a a

 0  ( axk )2< (
2

1
4

1 a )2

 a+xk <

1
4
2
4

2 a a  4x

k <2=2 4a1  xk <
2

1
4
1 a

Đúng do giả thiết quy nạp  Bất đẳng thức đúng với n = k+1.

+ Vậy        

dau
n

a
a

a

...


 <

2
1
4

1 a a 
 0

Bài 2: cho tan giác vuông a,b là độ dài ba cạnh góc vng, c là độ dài cậnh
huyền của tam giác đó chứng minh rằng:

b2n+a2n  c2n

Gi¶i:

+ Với 1 theo định lí Pithago ta có b2+a2 = c2 Bất đẳng thức đúng.

+ Giả sử Bất đẳng thức đúng với k tức là b2k+a2k  c2k

+ Ta chứng minh Bất đẳng thức đúng với n = k+1 hay: b2(k+1)+a2(k+1)

 c2(k+1)

ThËt vËy: Ta cã c2(k+1) = c2k+2=c2k. c2 (a2k+b2k)(a2+b2) =a2k+2 + a2k. b2 +b2ka2

+b2k+2

 a2k+2 + b2k+2  b2(k+1)+a2(k+1)

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

Vậy cho tan giác vng a,b là độ dài ba cạnh góc vng, c là độ dài cậnh
huyền của tam giác đó ta có; b2n+a2n  c2n

Bµi 3 cho m,n là các số nguyên dơng. Chứng minh rằng trong c¸c sè n m,
mn cã Ýt nhÊt mét số không vợt quá 3 3

Giải:

Trớc hết ta chứng minh 3 n  n3 *

 n, Z+  n b»ng quy n¹p.

+ Với n =1: ta có 3  1 * đúng

+ Với n =2: ta có 9  8 * đúng

+ Với n =3: ta có 27  27 * đúng

+ Với n = 4: ta có 81  64 * đúng

Giả sử Bất đẳng thức * đúng với n =k  4 tức là 3 k  k3

Ta chứng minh Bất đẳng thức * đúng với n =k+1 tức là 3 k+1

 (k+1)3

ThËt vËy: Ta cã 3k+1 = 3. 3k  3 k3=k3 +3k2+ 3k +1 +k3-3k2 +k3 -3k -1 =

=(k+1)3 +k2(k-3) +k(k2-3) -1 > (k+1)3 do k

 4 nên k2(k-3) +k(k2-3) >1
 3k+1> (k+1)3  Bất đẳng thức * đúng với n = k+1

VËy 3 n  n3

 n, Z+  n

 3n3n  3nn3  3 3  nn  n, Z

+  n

- Víi m là số tự nhiên

- Nếu m n n m  n n  n m  3 3

- NÕu m  n  m m  mn  mn  3 3

VËy víi m,n là các số nguyên dơng trong các số n m, mn có ít nhất một số

không vợt quá 3 3.

4- Bài tập áp dụng:

Bài 1: a) Chứng minh r»ng víi n  3 ta cã 2n >2n +1 
b) Chøng minh 1.2.3….n < 2-n. (n+1)n

c)  n 1, Chøng minh:

d) 1+ ... 1 2 1 2

3
1
2
1







 n

n

Bài 2: Chứng minh các Bất đẳng thức sau:

a) 2n+2 >2n+5  n  1, N  n

b) [(n+1)!]n

 2!.4!….(2n)!  n , N*  n

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

VI-Ph ơng pháp 6 Dùng Bất đẳng thức trong tam giác: 
 (Ngời thực hiện: Nguyễn Quang Hiền)

1- Néi dung ph¬ng ph¸p

Nhiều Bất đẳng thức mà các yếu tố có liên quan tới cả số và cả hình
nên khi giải Bất đẳng thức đó ngồi việc vận dụng các tính chất của
Bất đẳng thức ta phải sử dụng cả các tính chất khác trong hình học
đặc biệt là Bất đẳng thc trong tam giỏc.

2- Các kiến thức cần vận dụng:

Nếu a, b, c là ba cạnh của một tam giác thì ta có

- a, b, c >0

- |a-c| < b <a+c ; |b-c| < a <b+c vµ |c-a| < b < a+c

- Mét sè quan hƯ kh¸c trong tam gi¸c:

3- Bµi tËp mÉu:

Bài 1: Cho a,b,c là độ dài ba cạnh trong một tam giác chứng minh rằng
(a+b+c)2

 9bc. BiÕt a  b  c

Gi¶i:

Ta cã a+b+c  2b+c do a b Ta ®i chøng minh (2b+c)2  9bc (1)

(1)  4b2 + 4 bc + c2

 9bc  4b2 - 5 bc + c2

 0  4b2 -4bc -bc+ c2
 0

 4b(b-c) -c(b-c)  0  ( b-c)(4b-c)  0 (2)

ta thấy b  c  b-c  0 và 4b-c a+b-c +2b  0  (2) đúng
Vậy Bất đẳng thức ban đầu đợc chứng minh.

Bài 2: cho a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác hãy chứng minh rằng:
a2 +b2 +c2 < 2 (ab+bc+ca)

Gi¶i:

Do a,b ,c là độ dài ba cạnh trong một tam giác nên ta có:

0<a<b+c  a2< ab + ac t¬ng tù ta cã b2 < ba+bc vµ c2 < ca +cb

Cộng vế với vế của ba Bất đẳng thức cuối cùng ta đợc:
a2 + b2 +c2 < 2 (ab+bc+ca) (Đfcm)

Bài 3: Cho a,c,b là độ dài ba cạnh của tam giác chứng minh rằng:
a(b-c)2+ b(c-a)2 c(a-b )2 > a3 + b3 +c3

Gi¶i:

a(b-c)2+ b(c-a)2 c(a-b )2 > a3 + b3 +c3

 a(b-c)2+ b(c-a)2 c(a-b )2 - a3 - b3 - c3 > 0

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

 a(b-c-a)(b-c+a) + b9(c-a-c)(c-a+b) +c(a-b-c)(a-b+c) > 0

 ( a+b-c)( ab-ac-a2 -bc-b2+ab+ac+bc+c2) >0 
 (a+b-c)(c2 - a2- b2+2ab) > 0

 (a+b-c)(c-a+b)(c+a-b) >. 0 đúng

do a,b ,c là độ dài ba cạnh trong một ram giác
Vậy a,c,b là độ dài ba cạnh của tam giác ta có:

a(b-c)2+ b(c-a)2 c(a-b )2 > a3 + b3 +c3
4- Bài tập áp dụng:

Bi 1 Cho a,c,b là độ dài ba cạnh của tam giác chứng minh rằng:
a2(b+c)+ b2(+-a) +c2(a+b ) >2abc + a3 + b3 +c3

Bài 2 Cho a,c,b là độ dài ba cạnh của tam giác chứng minh rằng:
a2(b+c)+ b2(c+a) +c2(a+b ) < 3abc + a3 + b3 +c3

bai3 Cho a,c,b là độ dài ba cạnh của tam giác chứng minh rằng:

2a2 b2+2b2 c2 + 2a2 c2-a4 -b4 -c4 > 0

VII - Ph ơng pháp 7: Phơng pháp làm trội: 
 (NguyÔn Ngäc ChiÕn)

1- Nội dung phơng pháp:

Dựng cỏc tớnh cht ca Bất đẳng thức để đa một vế của Bất đẳng thức về dạng
tính đợc tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn tức là biến

Tæng Sn = u1 + u2 +…..+ un =(a1 -a2) + (a2-a3) +( a3 -a4 )+….+(an-an+1)

Tich T= u1. u2. …… un =

1
3

2
2
1

...
...


n

n

a

a
a

a

2- Kiến thức cần vận dụng:
Các tính chất của Bất đẳng thức.
Kỹ năng biến đổi tơng đơng ……
3- Bài tập mu:

Bài 1: cho các số tự nhiên phân biệt u1 , u2 ,…., un kh¸c >1

Chøng minh r»ng:

(1-1
2

u )(1- 22

u )..(1-u2n

). > 0,5

Giải:

không mất tính tổng quát giả sử 2 u1 < u2 <….< un  u i > i +1

( Do các ui phân biệt )

(1-1
2

u )(1- 22

u )…..(1-u2n

) > (1- 2

2
1

)(1-32
1

)…..(1-( 1)2
1


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

=(1-2
1

)(1-31 )…..(1-( 11)



n )(1+2

)(1+31 )…..(1+( 11)



n )

=2.13..24.....(3... 1)



n
n

.234.3...(.4....( 21))




n
n

=2(.( 21))




n
n

=21 2( 1 1)




n >0,5

VËy

(1-1
2

u )(1- 22

u )…..(1-u2n

). > 0,5

Nhận xét ở đây ta thay các ui bởi các i+1 để đợc giá tri nhỏ hơn VT

v× u i > i +1

Bµi 2 Chøng minh r»ng  n tự nhiên ta có 1.23..45..67....(8...(2n2n)1) <

1
2
1

n
Giải:
ta có
)
2
(
)
1
2

(
n
n

= 2

2
)
2
(
)
1
2
(
n
n

1
)
2
(
)
1
2
(
2
2


n

n
=
1
2
1
2


n
n

Lần lợt thay n= 1,2,3,… rồi nhân vế với vế của các Bất đẳng thức đó ta đợc:

)
2
...(
8
.
6
.
4
.
2
)
1
2
...(
7
.
5

.
3
.
1
n
n
<
1
2
1

n (Đfcm)

Bài 3 Cho hn =1+

3
1
+
5
1
+.+
1
2
1

n

Chứng minh rằng n là các số nguyên dơng ta có

1
2

h +3 22

h +5 23

h +…….+(2 1) 2

1
n

h

n < 2
Gi¶i:

n là các số nguyên dơng ta có 

1) 2

2
(

k

h

n k hk

n
h
k )
1
2
1
)(
1
2
(
1
1



  <

1
1



k

h - hk

(Do hk = hk-1 +

1
2

1


n )  21

h +3 22

h +5 23

h +…….+(2 1) 2

1
n

h
n <

1+ (

1
1

h - 2

h ) +( 2

h - 3

h )+…..+( 1

1


k

h -hk

1
)

1
2
1

h +3 22

h +5 23

h +…….+(2 1) 2

1
n

h

n < 1+ 1
1

h - 1

1


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



1
2

h +3 22

h +5 23

h +…….+(2 1) 2

1
n

h

n < 1+ 1
1
h =2
VËy
1
2
1

h +3 22

h +5 23

h +…….+(2 1) 2

1
n

h

n < 2 (đfcm)

Bài 4 Chứng minh rằng:

1
1

n

 + 2

)
1

(
1
1



n +…..+ ( )2

1
1

k
n
 <

n
n
kn 1

Gi¶i:

Trớc tiên ta chứng minh Với ba số x,y,z thoả m·n x+y+z =0 ta cã:

2
2
2
1
1
1
z

y

x   = x y z

1
1
1



 * ThËt vËy:

XÐt ( 1x  1y 1z )2 =

x + 2

y + 2

z +2( xy

xz

+ zy1 )

= 12

x + 2

y + 2

z +2( xy
z
y
x 

)= 12

x + 2

y + 2

z  2 2 2

1
1
1

z
y

x   = x y z

1
1
1




¸p dơng * víi x=1, y=n, z= -(n+1)
Ta cã

1
1

n

 < 2 2

)
1
(
1
1
1



n

n =1+ n

1

-1
1

n

2
1
1
n

 + 2

)
1
(
1
1



n +…..+ ( )2

1
1
k
n
 <1+
n
1

-1
1


n +1 + 1

1


n - 2


n +
..+1 +
…
k
n
1

-1
1

k

n =k+1+ n

1

-1
1

k

n < k+1+n

n
n

kn 1

4 - Bài tập áp dụng:

Bài 1 Chøng minh r»ng: a)

10
1
+
11
1
+….+
100
1
>1
Tỉng qu¸t b)

n
1
+
1
1

n +.+ 2

n >1 n nguyên dơng

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

.a) 1
)
1
(
(

1
...

3
.
2

1
2
.
1








n
n

.b) 1+

n
n

1
2
1
...
3

1
2

2
2

2     

Bµi 3 Chøng minh ... 1 2

2
1
1

2
2

2
1

2    

n

na
a

a trong đó N*, n ak =

k

1
...
3
1
2
1





Bµi 4: Chøng minh víi mäi sè tù nhiªn n>1 ta cã:

4
3
1

...
2
1
1
1
2
1










n
n
n

n

VIII- Ph ơng pháp 8: Phơng pháp sử dụng Bất đẳng thức Cauchy và Bất 
đẳng thức Bunhiacopxky

(Ngời thực hiện: Đỗ Ngọc Ngà)

1 - Kiến thức cơ bản

Cỏc k nng bin đổi Bất đẳng thức

- Bất đẳng thức Cauchy cho hai số a, b  0:

ab
b
a




2 DÊu "=" x¶y ra khi a=b

- Bất đẳng thức cauchy cho n số không âm a1, a2, …, an

n
a
a

a1 2 ... n

 a1.a2...an DÊu "=" x¶y ra khi a1 =a2 = …= an

2- Bµi tËp mÉu:

Bµi 1 Cho n số dơng a1 ,, a2, , an và a1, a2. … a n =1

Chøng minh r»ng: (1+ a1), (1+a2 ). … (1+a n)  2n
Gi¶i:

áp dụng Bất đẳng thức Cauchy hai số 1 và ai, i=1,2,3…,n ta đợc

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

Nhân vế với vế của các Bất đẳng thức trên ta đợc:
(1+ a1), (1+a2 ). … (1+a n) 2 a1.2 a2 …….2 an

 (1+ a1), (1+a2 ). … (1+a n) 2n do a1, a2. … a n =1

DÊu "=" x¶y ra khi 1= a1 ,1=a2 ,. … ,1=a n.  a1 = a2 =…..=an =1

Bµi 2 Cho a,b  0 chøng minh r»ng 3a3+72 b3  18 ab2
Gi¶i:

Do a, b 0  3a3, 9b3, 8b3 0

áp dụng Bất đẳng thức Cauchy cho ba số 3a3, 9b3, 8b3

Ta đợc 3a3+ 9b3+8b3  33 3a39b38b3 = 18ab2

DÊu "=" x¶y ra khi 3a3= 9b3= 8b3  a=b=0

Bµi 3: Cho a>b >0 Chøng minh r»ng a + b(a1 b)

 3
Gi¶i

Ta thÊy a = b +( a-b ) do a>b  a-b >0.

áp dụng Bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm b, a-b, b(a1 b)

 ta đợc:

a + b(a1 b)

 =b+(a-b) + ( )
1

b
a

b  3 3 b(a-b)
1
b)

-b(a =3

VËy a>b >0 ta cã a + b(a1 b)

 3 DÊu "=" x¶y ra khi b=a-b= ( )
1

b
a
b 

 b= 0,5 a = b(a1 b)

  a=2 vµ b=1

Bài 3: Cho a,b 0 p,q là các số hữu tỷ dơng thoả mÃn 1p +q1 =1

Chứng minh rằng:

q
b
p
ap q

  ab. *
Gi¶i:

Do p,q là các số hữu tỉ nên 1p ,q1 cũng là các số hữu tỉ, do đó từ giả thiết

tån tại các số tự nhiên m,n,k sao cho 1p =

k
m

, q1 =

k
n

và m+1
Khi đó * 

k
m

m

k

a +kn n
k

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

Theo Bất đẳng thức Cauchy ta có

k
m

m
k

a + k

n
n
k

b = ( m
k

a + m
k

a +….+ m
k

a + n
k

b + n
k

b +…..+ n
k

b ): k 

k
n
k
n
k
m
k
m
k
b
b
a

a .... . .... = ab

VËy 

k
m

m

k

a +kn n
k

b  ab DÊu "=" x¶y ra khi m
k

a = n
k

b  ma n b

Bµi 4: Cho các số a1, a2,., an thoả mÃn điều kiện:

0< a  ai  b víi i = 1, 2,. …., n Chøng minh r»ng:

(a1+a2+…..+an ) (

n
a
a
a
1
...
1
1
2
1



 ) 
ab
b
a
n
2
)
( 2 2
2



Gi¶i:

Theo gi¶ thiÕt ta cã 0<a  ai  b  ai2 -(a+b) ai +ab  0 víi i=1,2…. ,n

 ai2 +ab  (a+b) ai  ai +

i
a
ab

 a+b do ai >0 víi i=1,2…. ,n

Lần lợt cho i =1,2,3,…,n rồi cộng các vế lại với nhau ta đợc
(a1+a2+…..+an ) + (

n
a

ab
a
ab
a
ab


 ...
2
1

) n(a+b) (1)
áp dụng Bất đẳng thức Cauchy cho hai số ta đợc
(a1+a2+…..+an ) + (

n
a
ab
a
ab
a
ab


 ...
2
1

)2[(a1+a2+…..+an ) (

n
a
ab
a
ab
a
ab


 ...
2
1
)]
2
1
(2)

Tõ (1) vµ (2)  2[(a1+a2+…..+an ) (

n
a
ab
a
ab
a
ab


 ...
2

)]12 n(a+b)
 4[(a1+a2+…..+an ) (

n
a
ab
a
ab
a
ab


 ...
2
1

)]n2(a+b)2
 (a1+a2+…..+an ) (

n
a
a
a
1
...
1
1
2

1


 ) 
ab
b
a
n
4
)
( 2 2
2


ab
b
a
n
2
)
( 2 2
2



 (a1+a2+..+an ) (

n
a
a

a
1
...
1
1
2
1

)
ab
b
a
n
2
)
( 2 2
2

( đpcm)

3-Bài tập ¸p dơng:

Bµi 1: Cho a,b,c >0 vµ a+b+c =1.

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

Bµi 2: Cho a,b,e,c,d >0 vµ a+b+c +d+ e=1.

Chøng minh (-1+a-1)(-1+b-1)(-1+c-1)(-1+d-1)(-1+e-1) 1024

Bài 3: Ch a,b,c Là độ dài ba cạnh của tam giác

Chøng minh r»ng:

8

1 













a

c

a

c

b

c

b

a

b

a

Bài 4: Cho hình thang ABCD có AB//CD có diện tích là S. Gọi E là giao điểm
của hai đờng chéo. Chứng minh rằng SABE  0,25

Dùng Bất đẳng thức Bunhiacopxky

1 - KiÕn thức cơ bản

Cỏc k nng bin i Bt ng thức

Cho 2n sè a1, a2, …, an; b1, b2,…,bn ta lu«n cã

(a1b1+a2b2 +….anbn)2  (a21 + a 22+ …+a 2n ). (b 21+ b 22+…+b 2n )

DÊu "=" xảy ra khi

1
1

b
a

2
2

b
a

=..=

n
n

b
a

Bài tập mẫu:

Bài 1 Cho ba sè x,y,z tho¶ m·n: . x(x-1)+y(y-1)+z(z-1) 

4
3

Chøng minh r»ng x+y+z  4

Gi¶i:

áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopxky cho 6 số 1, 1, 1, x, y, z ta đợc:
(x+y+z)2  (1+1+1) (x2+y2+z2) =3(x2+y2+z2) (1)

ta cã x(x-1)+y(y-1)+z(z-1) 

4
3

 (x2+y2+z2)-(x+y+z) 


4
3

(2)
Tõ (1) vµ (2) Ta cã

3
1

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

4
3

Đặt S = x+y+z ta có

3
1

S2-S

4
3

 (S+1)(S-4) = 0  -1  S 4 VËy x+y+z  4

DÊu "=" x¶y ra khi x=y=z =

Bài 2 Chứng minh rằng nếu phơng trình:

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

Giả sử x= t là nghiệm của phơng trình ta có: t# 0 vì 0 không là nghiệm của
phơng trình. và t4 + at3 + bt2 + at +1 =0  t2 +

t +a(t+ t

) +b = 0 (1)
Đặt T = (t+

t

)  T2 = t2 +

t +2  4 do t

2 +

t  2

khi đó (1) Trở thành T2+aT +b -2=0  T2=-(aT +b -2)

áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopxky ta có:
T4 =(aT +b -2)2[a2 + (b-2)2] (T2 +1)

 a2 + (b-2)2 
1

2
4


T
T

=T2-1+

1
1
2 

T > 4-1 =3

VËy a2 + (b-2)2 > 3 (đfcm)

Bài Tập áp dụng:

A ) Cho a,b,c >0 vµ p=(a+b+c):2 Chøng minh r»ng:

p
b
p
c
p
a
p

p        3

b-Cho n sè bÊt kú a1 ,a2, …, an, Chøng minh r»ng:

(a1 + a2 + …+ an)2  n(a21 + a22 + …+ a2n)

c- Cho a,b,c Kh¸c 0 chøng minh r»ng:

a
c
c
b
b
a
a

c
c
b
b
a

2

2
2
2
2
2

d- Cho a,b,c là dộ dài ba cạnh trong mét tam gi¸c h·y chøng minh r»ng:
a(2b+2c-a)-1 +b(2a+2c-b)-1 + c(2a+2b-c)-1

1

e- Cho ax- by  m Chøng minh rằng ax2+by2 m2: (a+b)

.f- giả sử Phơng trình x2 + ax + b =0 cã nghiÖm x = t.

Chứng minh rằng t<1+a2+b2

IX - Ph ơng pháp 9: Phơng pháp dùng tam thức bậc hai 
 (Ngời thực hiện: Lê anh Xuân)

1- Kiến thức cần vận dụng:

- Định lý về dấu cña tam thøc bËc hai:

Cho tam thøc bËc hai f(x) =ax2 +bx +c (a kh¸c 0 )

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

b) NÕu  =0 Th× a.f(x)  0 ,  x R  x DÊu "=" x¶y ra khi x=-b:2a

c) NÕu   0 th× f(x) cã 2 nghiƯm x1, x2 ta cã

x . x1 x2

af(x) 0 + 0

-- NÕu tam thøc bËc hai f(x) =ax2 +bx +c (a kh¸c 0 )

tån tai sè t sao cho a.f(t) < 0 thì f(x) có hai nghiệm phân biƯt x1 < t < x2

- NÕu tån t¹i t,k sao ch f(t)f(k) < 0 th× f(x) cã hai nghiƯm x1, x2 và trong

hai số t,k có môt số n»m trong vµ mét sè n»m ngoµi hai nghiƯm.
2- Bài tập mẫu:

a- Dạng thứ nhất:
§Ĩ chøng minh ax2 + bx+ c

0 ta ®i chøng minh a >0 vµ  0

Bµi 1: a Chøng minh r»ng: x2 y4 +2(x2+2)y2+4xy +x2  4xy3

b) a2 + b2 + c2 + d2 + e 2

 a (b + c + d + e )
Gi¶i:

a) Ta có x2 y4 +2(x2+2)y2+4xy +x2 - 4xy30
Biển đổi tơng đơng ta đợc:

x2 y4 +2(x2+2)y2+4xy +x2 - 4xy30  (y2+1)2. x2+ 4y (1-y2).x +4y2 0

Ta thấy (y2+1)2. x2+ 4y (1-y2).x +4y2 là tam thức bạc hai đối với biến x vì

“a”= (y2+1)2 >0 XÐt ’ =[2 (1-y2)]2-(y2+1)2.4y2= -16. y2  0  y

 x2 y4 +2(x2+2)y2+4xy +x2 - 4xy3  0 đúng  x,y
 x2 y4 +2(x2+2)y2+4xy +x2 - 4xy3  0

 VËy x2 y4 +2(x2+2)y2+4xy +x2 4xy3
b ) a2 + b2 + c2 + d2 + e 2

 a (b + c + d + e )

 a2 + b2 + c2 + d2 + e 2 - a (b + c + d + e )  0

 Ta coi a2 + b2 + c2 + d2 + e 2 - a (b + c + d + e ) là tam thức bậc hai đối với

biÕn a Ta cã “a”=1 > 0  =(b + c + d + e )2 -4 (b2 + c2 + d2 + e 2)

áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopxky ta đợc:

 (1+1+1+1)(b2 + c2 + d2 + e 2) - 4 (b2 + c2 + d2 + e 2) =0 đúng 


b,c,d,e

 a2 + b2 + c2 + d2 + e 2 - a (b + c + d + e )  0 a, b,c,d,e
 VËy: a2 + b2 + c2 + d2 + e 2  a (b + c + d + e )

DÊu "=" x¶y ra khi b = c = d = e , a=(b+c+d+e):2

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

Trong đó f(x) =ax2 +bx +c (a khác 0 )

Bµi 2: Cho -1 ,= x  0,5; vµ

3
2
6

5




y Chứng minh rằng x2 +3xy +1 >0 
Giải:

Đặt f(x) = x2 +3xy +1 ta cã

 = 9y2 - 4 = (3y-2)(3y+2)
  < 0 

3
2
3

2




y 

3
2
6

4




y

Theo bµi ra ta cã:

3
2

5




y   < 0  x2 +3xy +1 >0

Bµi 3: Cho các số thực x,y,z thoả mÃn điều kiện: x+y+z=xyz vµ x2 =xy

Chøng minh r»ng x2  3

Giải:

Theo bài ra ta có x+y+z=xyz và x2 =xy  x+y+z = x3  y+z =x(x2 -1)

Vµ yz =x2  y,z lµ nghiƯm cđa phơng trình t2 +(x-x3) t + x2 =0 (1)

XÐt  =(x-x3)2-4x2 =x2[(x2-1)2-4]  0 do (1) cã nghiÖm  (x2-1)2-4 0
 (x2+1)(x2-3)  0 do (x2+1)  0 x2 3

3-Bài tập áp dụng:

1/ Cho các số thực x,y,z thoả man điều kiện x+y+z =5 vµ xy+xz+yz =8
Chøng minh r»ng; 1  x,y,z

3
7

2/ Giả sử x1 ,x2 là nghiệm của phơng trình: x2+k.x + a =0 (a khác 0). tìm tÊt

cả các giá trị của k để có Bất đẳng thức sau: (x1: x2 )3+(x2: x1 )3 52

3/ Giả sử x1 ,x2 là nghiệm của phơng trình: x2+2k.x + 4 =0 (a khác 0). tìm tÊt

cả các giá trị của k để có Bất đẳng thức sau: (x1: x2 )2+(x2: x1 )2 3

X- Ph ơng pháp 10: Phơng Pháp hình häc
 (Ngêi thùc hiƯn: Ngun Minh H¶i)

1- KiÕn thø c cÇn vËn dơng:

- Bất đẳng thức trong tam giác:

- Víi ba ®iĨm bÊt kú A,B,C ta lu«n cã AB +BC  CA
Dấu "=" xảy ra khi B năm giữa A và C

- Tổng quát: Cho n điểm bất khì A1,A2 ,….,An ta lu«n cã

A1A2+A2A3+…+ An-1 An A1An

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

2- Bµi tËp mÉu:

Bµi 1: Chøng minh r»ng  a,b ta cã a24 (a b)21 (b 3)21  5

Gi¶i

Trên mặt phẳng toạ độ lấy các điểm: A(0;-1) B(a;1 ), C(b,2) D(3,3)
Khi đó ta có: AB= 2 4, ( )2 1, ( 3)2 1









 BC a b CD b

a ,

AD= (3 0)2 (3 1)2




 =5 mà ta luôn có AB+BC+CD AD

Vậy a24 (a b)21 (b 3)21  5

Dấu "=" xảy ra khi B,C,D thẳng hàng theo thứ tự đó.

Bµi 2: Cho 0 < a,b,c  1 chøng minh a+b+c  1+ab +bc +ca

Gi¶i:

Xét tam giác đều ABC Gọi M, N, P lần lợt

là các điểm trên AB,AC,BC sao cho AM=a BP =b và CN =c
Khi đó diện tích của tam giác AMN là

S AMN = 0,5 AM.AN.sin A = 0,5 a (1-b) sin 60o =
4

3 a(1-c)

T¬ng tù ta cã SBMP=
4

3 b(1-a) vµ S
CNP =

3 c(1-b)

Mặt khác ta có SAMN+S BMP +SCNP S =0,5.AB. AC Sin 60o=
4


4

3 a(1-c)+
4

3 b(1-a)+

3 c(1-b) 


3  a (1-c)+ b (1-a)+ c (1-b) 


 a+b+c  1+ab +bc +ca

Bµi 3: Cho x,y,z,t là các số dơng hÃy chứng minh rằng:
2

2 z

x . y2z2 + y2t2 . x2z2 (x+y)(z+t)

Giải:

Vì x, y, z, t là các số dơng nên luôn tồn tại
tứ giác ABCD có AC vuông góc với BD tại O
và OA=x , OC=y, OB =z, OD =t

khi đó ta có AB= x2 z2

 , BC= y2z2

CD = y2 t2

 , DA= x2z2

SABC= 0,5. AB. h  0,5 AB.BC

SACD = 0,5 AD. l 0,5. AD.DC

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

 SABCD  0,5 (AB.BC +AC.D C)
 0,5(x+y)(z+t)  0,5 ( x2 z2

 . y2z2+ y2t2 . x2z2)

 x2 z2

 . y2z2+ y2t2 . x2z2  (x+y)(z+t) (đpcm)

3- Bài tập áp dụng:

1/ Chứng minh rằng: 2 6 34 2 6 10






 x x x

x  4

2/Cho a,b ,c là đô dài ba cạnh của một tam giác a’,b’,c’ là ba chiều cao
t-ơng ứng chứng minh rằng: (a+b+c)2: (a’2+b’2+c’2)

4

3/Cho x,y tho¶ m·n ®iỊu kiƯn 2x+y  2, 2x-y  2 vµ x+4 2y
Tìm giá trị nhỏ nhất của x2+y2.

4/ Cho a  b  c>0 chøng minh r»ng: c(a b) c(b c)  ab

5/ Cho a,b,c >0 chøng minh r»ng: a2 c2 b2 c2




 = (a+b).c

6/ Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 1 2 1






 x x x

x

Trên đây là một số phơng pháp chứng minh Bất đẳng thức mặc dù cha

đợc đầy đủ. Nhng chúng ta đã biết trong chơng trình tốn cấp II học sinh cha
đợc học thật cụ thể và bài bản, mà chủ yếu Bất đẳng thức đợc tập chung ỏ các
lớp luyện thi học sinh giỏi, các kỳ thi vào cấp III và thi vào đại học.

Do vậy ngời giáo viên phải thấy rằng Bất đẳng thức đợc sử dụng rộng
nên giáo viên hớng dẫn cho học sinh tổ chức các buổi học ngoại khoá và tự
học ở nhà. Tuỳ từng đối tợng mà giáo viên đa ra những phơng pháp, những bài
tốn phù hợp với trình độ học sinh để học sinh rễ cảm nhận ,tiếp thu làm cho
học sinh khơng cảm thấy bị gị bó khi học Bất đẳng thức.

Cần tạo cho học sinh tính linh hoạt khơng máy móc sử dụng một phơng
pháp mà phải tìm các phơng pháp có lời giải nhanh nhất. Một điều mà chúng
ta thấy rằng khi chứng minh Bất đẳng thức thì cần vận dụng linh hoạt, kết hơp
các các phơng pháp.

d- Một số ứng dụng của Bất đẳng thức 
(Ngời thực hiện: Vũ Mạnh Dơng)

I. Giải ph ơng trình: Dùng bất đẳng thức
1-

Ph ¬ng pháp giải: Để Giải phơng trình A(x) = B(x).

Cỏch 1: Ta biến đổi phơng trình về dạng g(x) = h(x) mà g(x)a ; h(x)

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

Cách 2: Ta biến đổi phơng trình về dạng h(x) = m; (m là hằng số). Mà
h(x)  m hoặc m  h(x) khi đó nghiệm của phơng trình là các giá trị ca x

làm Dấu ''='' xảy ra.

2- Cỏc kin thức cần nhớ :
- Bất đẳng thức Côsi

- Bất đẳng thức Bunhiacôpxky
- Bất đẳng thức Trebsep

- Một số bất đẳng thức khác

- Các kỹ năng biến đổi tơng đơng, bin i ng nht.

3-Bài tập mẫu:

Bài 1: Giải phơng trình:

7
6

3 2


 x

x + 5 2 10 14


 x

x = 4 - 2x -x2

Nhận xét: Thông thờng khi giải dạng bài tập có căn thức ta thờng làm

mất căn thức bằng cách sử dụng công thức

n a na hoặc đa về a2k ak .

i vi bài tốn này học sinh có thể tìm điều kiện rồi bình phơng hai vế. Với
các cách làm này thì phơng trình đã cho tơng đơng với phơng trình bậc cao
hơn có thể khơng giải đợc. Vì thế nên ta tìm cách giải khác:

Ta thÊy VP= 4 - 2x -x2

=5- 12 5.

x Vì -x 120
Dấu ''='' xảy ra khi x = -1

Từ đó nghĩ đến việc đánh giá vế trái:
Ta có: 3 2 6 7


 x

x = 3( 1)2 4 2





x . DÊu ''='' x¶y ra khi x=-1.

5x210x14  5(x1)29 3 DÊu ''='' x¶y ra khi x=-1.

Suy ra VT  5 DÊu ''='' x¶y ra khi x=-1; VT=5 VP

DÊu ''='' x¶y ra khi x= -1.

Vậy nghiệm của phơng trình là x= -1

Bài 2: Giải phơng trình:

x + 4 2 6 11




 x x x

TXD:

42

4

2

04

02 























x

Ta thÊy VP= 32 2 2




x do  32 0



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

DÊu ''='' x¶y ra khi x= 3.(*)

áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho vế trái ta có:

VT = (1. x 2+ 1. 4 x) 11x  24  x 2.

DÊu ''=''xảy ra khi x= 3 (**)
Từ (*) và (**) suy ra

Nghiệm của phơng trình đã cho là: x= 3

Bài 3: Giải phơng trình:

2 2

4 5

5
,
3

3 2 2

2







 x x x x x

x

Gi¶i:

Ta cã:





 2 1 1
5
4
1
1
1
2
2
2
2
2












x
x
x
x

x
x

NhËn thÊy VT:



 



2
5
4
2
2
5
,
3
3
2
2

2     




 x x x x x

x

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dơng ta đợc:



4 5



)
2
2
(
5
,
3

3 2 2

2







 x x x x x

x DÊu ''=''x¶y ra khi:

2
3
3
2
5
4
2
2 2

2 x x  x  x   x

x .

Vậy nghiệm của phơng trỡnh ó cho l: x= 3/2.

Bài 4: Giải phơng trình:

1
1
6
8
1
4

3      

 x x x

x .

Gi¶i:

Phơng trình đã cho tơng đơng với:

   
1
1
3

2
1
1
3
1
2
1
1
3
1
2

1 2 2






















x
x
x
x
x
x

áp dụng bất đẳng thức a b  a b

DÊu ''=''x¶y ra khi a.b 0

ta cã: x1 2 3 x 1  x 1 23 x1 1
DÊu ''='' xảy ra khi

10
5
9
1
4
3
1
2
0
)
1
3

)(
2
1
(

x
x
x
x
x

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Bài 5: Giải phơng tr×nh

(8x - 4x2-1)(x2 - 2x +1) = 4(x2 +x+1)

Thơng thờng ta nhân phân phối đợc một phơng trình bậc 4 đầy đủ.

Giải phơng trình mất nhiều cơng và ít hiệu quả.Từ đó nghĩ đến việc hạ
bậc phơng trình bằng cách nhân hay chia cả hai vế của phơng trình cho một
nhân tử nào đó cho hợp lý.

Thư thÊy x=1 không phải là nghiệm của phơng trình nên chia cả hai vế
của phơng trình cho 4(x-1).

Ta c phng trỡnh: 2
2
2
)
1
(
1
4
1
4
8






x
x
x
x

x
Ta có:
4
3
4
3
)
1
(
4
4
1
4

8 2 2








 x x

x

DÊu ''=''x¶y ra khi x-1= 0 suy ra x = 1. Mặt khác ta cã:

 

4
3
4
3
2
1
1
1
1
1
1
1
1
)
1
(
1
)
1
(
1
)
1
(
)
1
(
)
1
(

1
2
2
2
2
2
2
2
2




























x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x

DÊu ''='' x¶y ra khi 0 1
2
1
1
1




 x
x

Nhận thấy x= 1 khơng phải là nghiệm của phơng trình.
Vậy phơng trình đã cho l vụ nghim.

Bài 6: Giải phơng trình

17 3 3 3


 x

x +17 3 3 3


 x

x = 2

Gi¶i:

áp dụngbất đẳng thức

2
1
2
1

2  

 k

k b

a )2 1

(  

 a b k

(bất đẳng thức trên có thể chứng minh bằng qui nạp toán học)
Dấu ''=''xảy ra khi a2=b2

Tađợc:
(
2
)
3
(
5
3

3 17 3

17x3 x x x






 )17

2
)
3
(
5
3
3 3

3 x x x

x     

 =1

 17 3 3 3


 x

x +17 3 3 3


 x

x 1

DÊu ''=''x¶y ra khi (17 3 3 3


 x

x )2 =(17 3 3 3


 x

x )2

 x3 3x 3 5 (x3 3x)






</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Vậy nghiệm của phơng trình đã cho l: x= 1

Bài 7: Giải phơng trình
5
8
18
)
5
(
)
1

( 6 6

x
x
Giải

Ta lu«n cã (a)2k ( a)2k




áp dụng bất đằng thức:

k
k

k b a b

a2 2 2

2 





 



(bất đằng thức trên có thể chứng minh băng qui nạp toán học)
Dấu ''=''xảy ra khi a=b.

5
8
18
2
5
1
2
2
5
1
2
)
5
(
)
1
(
)
5
(
)
1

(
6
6
6
6
6
6









 








   











x
x
x
x
x
x
VT

DÊu ''=''x¶y ra khi x+1=

-x-2
1
5
5  x 

vây nghiệm của phơng trình đã cho l:

2
1
5

x

Bài tập 8: Giải phơng trình

527x10  5x6  5864 0

Giải:

Ta thấy x=0 không phải là nghiệm phơng trình:
chia cả hai vÕ cña (*) cho x6

Ta đợc 27 5 1 5864 0
6
4
5



x

x  5 27( 

3
4
x

3
4
x

3
4

x
6
1

x + 6

x ) =5

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho vế trái ta đợc:
VT = 5 27 ( 

3
4
x

3
4
x
6
1

x + 6

x )

5 27. ) ( 1 ) 5

3
(

55 2

6
3
4

x
x

DÊu ''=''x¶y ra khi: 
3

x

3 /









x

Vậy nghiệm của phơng trình đã cho l:

x

/

3 /

4./Bài tập áp dụng: Giải các phơng tr×nh sau:
a- 6 4 2 10 27







 x x x x
b- 2 4 5


 x

x + 2 2 8 12 5 2 20 17







 x x x

x

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

d- x100+ 100

)
6

(x  =2.3100

e- ( 1)2002



x + 2002

)
2

(x  =1

g- 19x2 y2 x



 +19 x2y2x=219 y2
II Tìm GTNN và GTLN của biêủ thức

Bài 1 Tìm GTNN và GTLN của biểu thức sau a =

1
5
4
2

2
2

x
x
x

Giải:

Biểu thức nhận giá trị phơng trình a=

1
5
4
2

2
2

x
x
x

(*) có nghiệm
Do x2+1 >0 nên (*)  víi x2 (a-2) -4x +a-5 =0

+ NÕu a=2 th× phêng tr×nh cã nghiƯm x=-3:4

+ NÕu a kh¸c 2 (*) cã nhiƯm   =4-(a-2)(a-5)  0  a2 -7a +6 

 1 a  6

NÕu a=1 th× x=-2

Nếu a=6 thì x =0,5 Vậy giá trị nhỏ nhất của BT đã cho là 1 khi x=-2 và giá
trị lớn nhất của BT đã cho l 6 khi x=0,5.

Bài 2: Tìm GTNN và GTLN cđa biĨu thøc B =2x2 +4xy +5y2.

BiÕt r»ng x2 +y 2 =a (1)

Víi a lµ h»ng sè  1.

Giải:

Vì a 1 nên ta có B:a =(2x2 +4xy +5y2 ):(x2 +y 2) (*)

NÕu y=0 th× B:a =2  x

Nếu y khác 0 Đặt x:y khi đó (*) trở thành B:a =

1
5
4
2

2
2





t
t
t

Theo bµi 1 ta cã: 1  t 6  1 B:a  6  a  B 6a

Vậy giá trị nhỏ nhất của BT đã cho là a khi x:y =-0,5  x=-2y thay vào (1)
Ta đợc x=2

5a ,

y=-5

5a :; x=-2

5a ,

y=-5
5a

Giá trị lớn nhất của BT đã cho là x:y =0,5  y=2x thay vào (1)
Ta đợc x=

5a , y=2

5a ;

x=-5

5a , y=-2

5
5a

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Gi¶i:

Gäi S1, S2 lần lợt là diệm tích các hình vuông
có cạnh là AM và AN

S1=AM2, S2+=BM2.

S nhỏ nhất khi S1+S2 = AM2 +BM2. lín nhÊt

Ta cã AM2+MB2  0,5 (MA+MB)2=0,5 a2.

DÊu "=" x¶y ra khi MA=MB
hay M là trung điểm củ AB

Vậy: S lớn nhất khi M là trung điểm của AB.
Bài tập ¸p dông:

1/ Chøng minh r»ng 3x+4 2

1 x  5

2/ Tìm GTNN và GTLN của biểu thức

3
2

2
1

3
2

2
1

x
x

3/ Tìm GTNN và GTLN của biểu thức x+ 2 12

x

x  biÕt x>0

Bài 4: Cho đờng tròn (O,R) và một điểm M thay đổi trên đờng kính AB. Tìm vị
trí của điểm M để tổng diện tích hai đờng trịn đờng kính MA và MB có diện
tích nhỏ nhất.

E- PhÇn thùc nghiƯm:

Tổng qt một Bất đẳng thức và ứng dụng

Sau mỗi lần chứng minh sông một Bất đẳng thức giáo viên cần định hớng cho
học sinh tổng quát hoá Bất đẳng thức vừa chứng minh. nếu làm tốt đợc việc
này sẽ không chỉ làm đẹp và phong phú Bất đẳng thức mà cịn đem lại những
ứng dụng khơng nhỏ. Giúp học sinh có vốn kiến thức rộng về Bất đẳng thức
tạo điều kiện cho việc học tốn nói chung và Bất đẳng thức nói riêng.

Sau đây là một ví dụ để chứng minh điều đó:

Chúng ta bắt đầu từ một Bất đẳng thức quen thuộc sau:

Chøng minh r»ng: 2 2 )2
2
(
2

b
a
b

a 



 (1)

 a,b; R  a,b DÊu "=" x¶y ra khi

a=b

Chøng minh r»ng: 4 4 )4
2
(
2

b
a
b

a 



 (2)

 a,b; R  a,b DÊu "=" x¶y ra khi

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Bất đẳng thức (1), (2) dễ dàng chứng minh.

Giáo viên cho học sinh tổng quát Bất đẳng thức từ Bất đẳng thức (1) và (2)
Ta đợc Bất đẳng thức

Chøng minh r»ng: a2k b2k a b)2k

2
(
2




 (3)

 a,b; R  a,b k là số tự nhiên

khác 0

Dấu "=" xảy ra khi a=b

Ta có thể chứng minh Bất đẳng thức (3) bằng phơng pháp quy nạp.
Vấn đề đặt ra với số mũ lẻ có xảy ra Bất đẳng thức tơng tự hay không ?
Ta so sánh

2
3
3 b

a  Víi )3

(ab  a,b; R  a,b

Ta xÐt 3 3 )3
2
(
2

b
a
b

a 



 = …..=

8
3

(a+b)(a-b)2.

Ta thÊy

8
3

(a+b)((a-b)2.  0 nÕu a+b 0 Dấu "=" xảy ra khi a=b và a= -b

VËy 3 3 )3
2
(
2

b
a
b

a 



 (4)

 a,b; R  a,b víi a+b  0, DÊu "=" x¶y ra khi
a2=b2

Ta thÊy

8
3

(a+b)((a-b)2.  0 nÕu a+b  0 DÊu "=" x¶y ra khi a2=b2

VËy 3 3 )3
2
(
2

b
a
b

a 



 (5)

 a,b; R  a,b víi a+b  0 DÊu "=" x¶y ra khi
a2=b2

Ta lại tổng quát Bất đẳng thức (4) ta đợc Bất đẳng thức:

1
2
1

2
1
2

)
2
(
2









 k k

k b a b

a

(6), a,b; R  a,b víi a+b  0, DÊu "=" x¶y ra khi
a2=b2

Ta lại tổng quát Bất đẳng thức (5) ta đợc Bất đẳng thức:

1
2
1

2
1
2

)
2
(
2









 k k

k b a b

a

(7), a,b; R  a,b víi a+b  0, DÊu "=" x¶y ra khi
a2=b2

Chứng minh Bất đẳng thức

1
2
1

2
1
2

)
2
(
2




 



 k k

k b a b

a (6)

a,b; R  a,b víi a+b  0, DÊu "=" x¶y ra khi

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

XÐt: )2 1
2

(ab k = a b)2k

(  )

(ab 
2

2
2k b k

a  )

(ab (*)
Ta chøng minh

2
2
2k b k

a  )

2
(ab

2
1
2
1
2k b k

a

Không mất tính tổng quát giả sử b  a

XÐt hiÖu:

2
2
2k b k

a  )

2
(ab -

2
2
2k b k
a  =

4
1

(a2k+1 +a2kb + b2ka + b2k+1 -2a2k+1

-2b2k+1 )

4
1

[a2k(b-a )-b

2k(b-a)]

=-4
1

(b-a)(b2k-a2k )

Do b a vµ ta cã a+b  0  b-a  0 vµ b2  a2  b2k  a2k.

 b2k - a2k

 0 

-4
1

(b-a)(b2k-a2k )

 0 (**)

Tõ (*) vµ (**)ta cã 2 1 2 1 )2 1
2
(
2






 k k

k b a b

a (6)

a,b; R  a,b víi a+b  0.

DÊu "=" x¶y ra khi a2=b2

Chứng minh tơng tự ta đợc Bất đẳng thức:

1
2
1
2
1
2
)
2
(
2






 k k

k b a b

a (7),

a,b; R  a,b víi a+b  0, DÊu "=" x¶y ra khi
a2=b2

Bây giờ ta kêt hợp các Bất đẳng thức (2); (6); (7) ta đợc Bất đẳng thức tổng

quát sau:

k
k

k b a b

a
)
2
(
2


 (8)

a,b; R  a,b víi a+b  0 ,

DÊu "=" x¶y ra khi a2=b2 nếu n lẻ; a=b nếu n chẵn a, b bất kỳ nếu 
1.
bài tập áp dụng:

Bài 1 - Cho ba số dơng a,b,c và số nguyên k chøng minh r»ng:

k
c
b
a
)
(

 +
k
c
a
b
)
(
 +
k
a
b
c
)
(

  2k

(*)

Gi¶i:

(*)  k

c
b
a
)
2

(
 +
k
c
a
b
)
2
(
 +
k
a
b
c
)
2
(

 3

Theo Bất đẳng thức (8) ta có k
a

c
b

)
2

(  = k k

a
c
b 1
)
2
(  
k
k
k
a
c
b 1
2

 = k

k
k
a
c
b
2

 k
c
b
a
)
2

(

  k k

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Chứng minh tơng tự cho các trờng hợp còn lại rồi cộng các vế của các Bất
đẳng thức đó lại ta đợc:

k
c
b

a

)
2
(

 +

k
c
a

b

)
2
(

 +

k
a
b

c

)
2
(

  k k

k

c
b

a



+ k k k

c
a

b



+ k k k

a
b

c



Ta chøng minh k k k

c
b

a



+ k k k

c

a

b



+ k k k

a
b

c



 3 k k

k

c
b

a

 + k k

k

c
a

b

 + k k

k

a
b

c

 

1,5

Ta thấy Bất đẳng thức cuối cùng là Bất đẳng thức Lepnit cho ba số ta
rễ dàng chứng minh. Vậy Bất đẳng thức (*) đợc chứng minh.

Bµi 2: Cho k là số nguyên lẻ và x,y,z là các sè thùc tho¶ m·n:
.x  z; y  t vµ k xk y k z k t k 2k1



chøng minh r»ng k x z k y t




  1

Gi¶i:

áp dụng Bất đẳng thức (6) ta có

(

k

k x z

)k =(

k
k x  z

)k ( x-z):2 do k lẻ và x z

k x z

 

k

k x z

.k 2 DÊu "=" xảy ra khi khi x2=z2.

Chứng minh tơng tự ta cã

k y t 

k

k y  t

.k 2 DÊu "=" x¶y ra khi khi y2=t2.

Cộng vế với vế của hai Bất đẳng thức cuối cùng ta đợc:

k
k x z y t



k

k x z

.k 2+

k

k y t

.k 2

 k x z k y t



 k 2(k xk y k z k t):2

 k x z k y t



  k 2.k 2k1 :2 =1 (ĐPCM)

Các trờng hợp dấu bằng xảy ra học sinh tự xét.
Bài 3 Cho các số dơng a,b ,c chứng minh r»ng:

(a+b-c)n +(b+c-a)n +(c+a-b)n  an +bn +cn. (@) n là các số tự nhiên

Giải:

Vi 1 Bt ng thc ỳng.

Với n 2 Đặt x= a+b-c; y=b+c-a; z =c+a-b  x+y =2b 0

 b=

y
x

0 t¬ng tù ta cã a =

y
z

 0; c =

z
x

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

 .Khi đó Bất đẳng thức (@) trở thành
. xn +yn + zn  (

y
z

)n +(

y
x

)n+(

z
x

Theo Bất đẳng thức (8) ta có (

y
z

)n+(

y
x

)n+(

z
x

)n 

2
n
n y
z 
+
2
n
n y
x 
+
n
n z
x
2

 = xn +yn + zn

VËy (a+b-c)n +(b+c-a)n +(c+a-b)n  an +bn +cn n là các số tự nhiên

Bài 4 Giải phơng trình
5
8
18
)
5
(
)
1

( 6 6

x
x
Giải

ta luôn có k k

a
a 2 2

)
(

)
(  

áp dụng bất đằng thức:

k
k

k b a b

a2 2 2

2 




 



DÊu ''=''x¶y ra khi a=b.

5
8
18
2
5

1
2
2
5
1
2
)
5
(
)
1
(
)
5
(
)
1
(
6
6
6
6
6
6










 








   










x
x
x
x
x
x
VT

DÊu ''=''x¶y ra khi x+1=

-x-2
1
5
5  x 

Vậy nghiệm của phơng trình đã cho là:

2
1
5


x

Bµi tập củng cố và về nhà:

Bài 1 Giải phơng trình sau. x100 +(x+6)100=2.3100.

Bài 2:Chứng minh rằng: x2k +(x+4)2k+(x+2)2k+1

2+2 2k+1

X là số thực. n là các số nguyên dơng

Bài 3: Cho k >1 là các số lể và các số thực x1,x2, ., ,x n tho¶ m·n

2k.2-1 x

1  x2 ….,  x n  2 k-1 chøng minh r»ng:

k k x

1
2

2  + k x x

1  +……….+k

k
x

x 2 1

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

F- Kết luận

1- Kết quả nghiêm cứu

Trên đây là một số phơng pháp giải Bất đẳng thức từ cơ sở lý thuyết đến
các bài tập mẫu (trong mỗi phơng pháp có một số dạng cụ thể ) có lời giải. Từ
đó học sinh áp dụng vào các bài tập cụ thể, để củng cố từng dạng trong ph ơng
pháp đó. Nhng do khả năng trong nhóm có hạn, kinh nghiệm giảng dạy và
nghiêm cứu cha đợc là bao, nên phần trình bài trắc cịn nhiều hạn chế.

Tuy nhiên trong quá trình nghiên cứu đề tài này giúp nhóm chúng em tự

tin hơn, say sa với nghề nghiệp hơn.

Các em học sinh khi học đề tài này sẽ thấy mở mang ra nhiều. Biết các áp
dụng vào bài học một cách sáng tạo lô gíc các em thực sự say sa với mơn học.

2 Bài học rút ra và đề nghị:

Các Bất đẳng thức không chỉ cần thiết đối với học sinh THCS mà cịn cần cho
cả giáo trong q trình dạy tốn ở THCS nếu nghiên cứu tỉ mỉ sâu hơn nữa thì
thấy đây là một loại tốn rất độc đáo và hay giúp ta tự hồn thiện mình, từ đó
chủ động về kiến thức và tự tin trong dạy học toán.

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Các tài liệu tham khảo

STT Tên tài liệu Tên tác giả

1 Cỏc phng phỏp chng minh Bt

ng thức

Nguyễn vũ thanh

2 500 bài toán chọn lọc về Bất đẳng

thức (Tập I)

Phan huy khải

3 500 bài toán chọn lọc về Bất đẳng

thức (Tập II)

Phan huy khi

4 Phơng pháp tìm GTNN và GTLN

Phan huy kh¶i

5 Các bài tốn chọn lọc về Bất đẳng

thức

Vũ hoàng lân

6 Tuyển tập 180 bài toán Bất đẳng thức

Võ đại mau

7 250 bài toán đại số

Võ đại mau

8 Một số vấn đề phát triển toán 8

VHB + TH +Đqt

9 Một số vấn đề phát triển toán 8

VHB + TH +Đqt

10 Phơng pháp giải Bất đẳng thức

Trần văn thơng

11 Phơng pháp giải 35, 36 bộ đề thi vào

câp II và BDHSG

Võ đại mau

12 Những bài tốn hay và khó

Nguyễn đễ

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Mục lục

STT Tên mục Trang
1 A - phần mở ®Çu 2

2 I - Lý do chọn đề tài 2

3 II - Mục đích nghiên cứu: 3

4 III - Phơng pháp nghiên cứu 3

5 IV - Phạm vi nghiªn cøu 3

6 B - Những kiến thức cơ bản về Bất đẳng thức 4
7 các phơng pháp cm Bất đẳng thức 5
8 Ph ơng pháp 1: Phơng pháp dùng định nghĩa 5
9 Ph ơng pháp 2: đổi tơng đơng Dùng tính chất của Bất đẳng thức để biến 8
10 Ph ơng pháp 3: Dùng tính chất của tỉ số 12
11 Ph ơng pháp 4: Phơng phỏp phn chng 15

12 Ph ơng pháp 5: Phơng pháp quy nạp 17

13 Ph ng pháp 6: Dùng bất đẳng thức trong tam giỏc 21

14 Ph ơng pháp 7: Phơng pháp làm trội 23

15 Ph ng phỏp 8và Bất đẳng thức Bunhiacopxky : Phơng pháp sử dụng Bất đẳng thức Cauchy 26
16 Ph ơng pháp 9:Phơng pháp dùng tam thức bậc hai 31

17 Ph ơng pháp 10: Phơng pháp hình häc 34

18 Một số ứng dụng của Bất đẳng thức 36
19 Phần thực nghiệm: 43
20 Kết luận 48
21 Tài liệu tham khảo 50

22 Muc lôc 51

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43></div>


1 số vấn đề về bất đẳng thức đối xứng ba biến