(Sáng kiến kinh nghiệm) rèn luyện kỹ năng chứng minh bất đẳng thức đối xứng với các biến cho học sinh trung học phổ thông

I - PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài:
Tốn học là môn khoa học rèn luyện tư duy trừu tượng nhưng Tốn học
THPT lại mang tính trực quan, cụ thể bởi vì mục tiêu của mơn tốn ở bậc THPT
là hình thành những biểu tượng tốn học ban đầu và rèn luyện kĩ năng toán cho
học sinh, tạo cơ sở phát triển tư duy và phương pháp cho học sinh sau này. Dạy
học toán học ở trung học là để học sinh hình thành những kiến thức và kĩ năng
mới, biết phối hợp nhịp nhàng các năng lực trí tuệ như: quan sát, ghi nhớ, óc
tưởng tượng và chủ yếu là năng lực tư duy mà đặc trưng là năng lực tư duy độc
lập, linh hoạt, sáng tạo, vận dụng những hiểu biết đã học để giải quyết vấn đề
được đặt ra một cách tốt nhất.
Trong đó các bài tốn về bất đẳng thức là những bài tốn khó, là những bài
tốn điển hình để rèn luyện tư duy, trí thơng minh, óc sáng tạo cho học sinh.
Vì vậy, tơi nhận thấy việc hình thành cho học sinh những kiến thức và kĩ
năng mới trong quá trình giải các bài toán về bất đẳng thức là một nhiệm vụ hết
sức quan trọng của người giáo viên. Đó là lý do tại sao tôi chọn đề tài ‘‘Rèn
luyện kĩ năng chứng minh bất đẳng thức đối xứng đối với các biến cho học
sinh THPT’’.
2. Mục đích nghiên cứu:
Trong thực tế giảng dạy ở trường THPT, học sinh gặp nhiều khó khăn khi
giải các bài toán liên quan về bất đẳng thức, vì các bài tốn chứng minh bất đẳng
thức thường khơng có cách giải mẫu, khơng theo một phương pháp nhất định
nên học sinh không xác định được hướng giải bài tốn. Khi gặp các loại bài tốn
này, tơi nhận thấy các em thường lúng túng, thụ động, không biết bắt đầu từ đâu,
cũng khơng biết phân tích bài tốn thế nào. Chính vì vậy dẫn đến thực trạng hiện
nay là hầu hết các em đều sợ, khơng có hứng thú và chấp nhận bỏ qua các bài
toán về bất đẳng thức.
Để khắc phục hạn chế trên, định hướng các em tư duy logic, phát triển trí
thơng minh, tơi mạnh dạn đưa ra một số hướng tiếp cận với các bất đẳng thức
đối xứng đối với các biến, hy vọng các em học sinh có thể tự định hướng được
phương pháp chứng minh và hứng thú hơn khi học về bất đẳng thức nói riêng và

bộ mơn Tốn nói chung.
3. Đối tượng nghiên cứu
Đề tài này tôi chỉ đưa ra nghiên cứu hướng tiếp cận, phương pháp chứng
minh bất đẳng thức đối xứng đối với các biến cho các bạn u thích tốn học,
các thầy cơ giáo, các em học sinh các trường THPT làm tài liệu tham khảo và
tiếp tục phát triển.
4. Phương pháp nghiên cứu
Để nghiên cứu đề tài này, tôi chủ yếu sử dụng phương pháp điều tra,
phương pháp đối chứng và phương pháp nghiên cứu tài liệu.
1


II - PHẦN NỘI DUNG
II.1. Cơ sở lí luận:
- Trong các bài tốn bất đẳng thức (BĐT) ở chương trình tốn phổ thơng,
BĐT Cauchy đóng vai trị vơ cùng quan trọng. Một phần lớn các bài toán BĐT
được giải quyết bằng việc vận dụng các kĩ thuật biến đổi của BĐT Cauchy, đặc
biệt là các bất đẳng thức đối xứng đối với các biến.
- Có những bài tốn về mặt biểu thức tốn học tương đối cồng kềnh hoặc
khó giải, khó nhận biết được phương hướng giải, ta có thể chuyển bài tốn từ
tình thế khó biến đổi về trạng thái dễ biến đổi hơn. Đó là cơ sở của phương pháp
đổi biến số.
- Đối với các bất đẳng thức đối xứng đối với các biến, các biến trong bài
toán có vai trị như nhau nên khơng giảm tổng qt ta có thể giả sử các biến
được sắp xếp theo thứ tự khơng giảm. Khi đó, nhiều bài tốn được giải quyết
đơn giản hơn.
- Ngoài những bất đẳng thức đối xứng với tất cả các biến như trên, chúng ta
cũng thường gặp một số bất đẳng thức chỉ đối xứng với hai trong ba biến trong
biểu thức. Khi đó, do tính đối xứng của các biến, chúng ta có thể đánh giá bất
đẳng thức theo biến không đối xứng, hoặc cũng có thể đánh giá theo tổng, tích

của hai biến đối xứng.
Trên cơ sở đó, tơi mạnh dạn đưa ra một số định hướng để giải quyết các bài
toán bất đẳng thức đối xứng đối với các biến.
II.2. Thực trạng của vấn đề:
- Bất đẳng thức là một kiến thức khó nhưng khơng thể thiếu trong vốn kiến
thức của học sinh phổ thông, nhất là học sinh khá giỏi.
Tuy nhiên, khi giảng dạy trên lớp gặp một số bài tập về bất đẳng thức tơi
thấy học sinh cịn rất nhiều lúng túng trong việc làm bài tập, hay định hướng
cách làm, đặc biệt là học sinh học ở mức độ trung bình.
Thực hiện việc kiểm tra một vài bài tập về nội dung đề tài trước khi áp dụng
để đưa vào giảng dạy ở hai lớp 10C2,10C7, tôi thu được kết quả như sau:
Lớp

Sĩ số

Điểm giỏi

Điểm khá

12C2
12C7

42
40

6
4

12
10

Điểm
tbình
14
15

Điểm yếu
10
11

Trước vấn đề trên tôi thấy việc hướng dẫn học sinh một số phương pháp
chứng minh bất đẳng thức là một việc cần thiết để giúp học sinh có thêm kiến
thức về bất đẳng thức, tạo điều kiện cho học sinh định hướng tốt, vận dụng tốt
phương pháp phù hợp để chứng minh các bất đẳng thức. Khi đó tạo nên hứng
thú, kích thích và phát triển tinh thần say mê, thích thú học toán.

2


II.3. Các biện pháp tiến hành để giải quyết vấn đề
Để giải được các bài toán về bất đẳng thức, bên cạnh việc nắm vững khái
niệm và các tính chất cơ bản của bất đẳng thức, còn phải nắm được các phương
pháp chứng minh và định hướng để biến đổi bất đẳng thức. Nếu khơng dễ bị dẫn
đến khó khăn, bế tắc.
Có nhiều phương pháp để chứng minh bất đẳng thức và ta phải căn cứ vào
đặc thù của mỗi bài toán mà sử dụng phương pháp cho phù hợp. Mỗi bài tốn
chứng minh bất đẳng thức có thể áp dụng được nhiều phương pháp giải khác
nhau, cũng có bài phải phối hợp nhiều phương pháp một cách hợp lí .
Sau đây, tơi trình bày một số phương pháp biến đổi áp dụng cho các bất
đẳng thức đối xứng với các biến. Trong đề tài này, tôi nghiên cứu 2 dạng: Bất

đẳng thức (BĐT) đối xứng đối với tất cả các biến và bất đẳng thức (BĐT) đối
xứng với 2 trong 3 biến.
A – BẤT ĐẲNG THỨC ĐỐI XỨNG ĐỐI VỚI TẤT CẢ CÁC BIẾN:

A.1. Sử dụng các kĩ thuật biến đổi bằng cách vận dụng BĐT Cauchy:
A.1.1. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔSI) :
1. Dạng cụ thể ( 2 số, 3 số )
n = 2:
1.1
1.2

 x , y ≥ 0 khi đó :
x y
 xy
2
x  y  2 xy

n = 3:

2

1.3
1.4
1.5

 x , y , z ≥ 0 khi đó :
x y z 3
 xyz
3
x  y  z  3 3 xyz

3

 x y 

  xy
 2 

 x yz 

  xyz
3



2
 x  y   4 xy

3
 x  y  z   27 xyz

1 1
4
 
x y x y
1
4

xy  x  y  2

1 1 1

9
  
x y z x yz
1
4

xyz  x  y  z  3

1.6
Đẳng thức xảy ra  x= y .

Đẳng thức xảy ra  x= y =z.

2. Dạng tổng quát (n số): Với mọi số thực: x 1 ; x 2 ; x 3 ; … ; xn khơng âm ta có:
Dạng 1:
Dạng 2:
Dạng 3:

x1  x2  ......xn n
 x1 x2 ...........xn
n
x1  x2  ......xn  n n x1 x2...........xn

 x1  x2  ......xn 


n



n

 x1 x2 ...........xn

3


x  x  ............  xn

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi: 1 2
Hệ quả 1:
Nếu: x1  x2  ...  xn  S ( S khơng đổi) thì:
Max  P  x1 x2 ...xn 

S
 
n

n

Khi:

x1  x2  ...  xn  S

n

Hệ quả 2:
Nếu: x1x2 ...xn  P ( P không đổi) thì:

Min  S  x1  x2...  xn   n n P

x
 x2  ...  xn  n P
1
Khi:

A.1.2. MỘT SỐ QUY TẮC CẦN CHÚ Ý KHI SỬ DỤNG BĐT CAUCHY:
Để giải quyết các dạng bài toán này, trước hết các em học sinh cần nắm
vững một số quy tắc cần chú ý khi sử dụng BĐT Cauchy sau đây.
1. Quy tắc song hành: Hầu hết các BĐT đều có tính đối xứng do đó việc
sử dụng các chứng minh một cách song hành, tuần tự sẽ giúp ta hình dung ra
được kết quả nhanh chóng và định hướng cách giải nhanh hơn.
2. Quy tắc dấu bằng: Dấu bằng “=” trong BĐT là rất quan trọng. Nó giúp
ta kiểm tra tính đúng đắn của chứng minh. Nó định hướng cho ta phương pháp
giải, dựa vào điểm rơi của BĐT.
3. Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng: Không chỉ học sinh mà ngay
cả một số giáo viên khi mới nghiên cứu và chứng minh BĐT cũng thường rất
hay mắc sai lầm này, áp dụng liên tiếp hoặc song hành các BĐT nhưng không
chú ý đến điểm rơi của dấu bằng. Một nguyên tắc khi áp dụng song hành các
BĐT là điểm rơi phải được đồng thời xảy ra, nghĩa là các dấu “ = ” phải được
cùng được thỏa mãn với cùng điều kiện của biến.
4. Quy tắc biên: Cở sở của quy tắc biên này là các bài tốn quy hoạch
tuyến tính, các bài tốn tối ưu, các bài tốn cực trị có điều kiện ràng buộc, giá trị
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm nhiều biến trên một miền đóng. Ta biết rằng
các giá trị lớn nhất, nhỏ nhất thường xảy ra ở các vị trí biên và các đỉnh nằm trên
biên.
5. Quy tắc đối xứng: Các BĐT thường có tính chất đối xứng vậy thì vai
trị của các biến trong BĐT là như nhau do đó dấu “ = ” thường xảy ra tại vị trí
các biên đó bằng nhau. Nếu bài tốn có gắn hệ điều kiện đối xứng thì ta có thể
chỉ ra dấu “ = ” xảy ra khi các biến bằng nhau và mang một giá trị cụ thể.

Chiều của BĐT cũng sẽ giúp ta định hướng được cách chứng minh: đánh
giá từ Trung bình cộng (TBC) sang Trung bình nhân (TBN) và ngược lại.

4


A.1.3. VẬN DỤNG CÁC KĨ THUẬT BIẾN ĐỔI SỬ DỤNG BĐT CAUCHY
1. Kĩ thuật đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân
Đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá BĐT theo chiều “  ” , đánh giá từ
tổng sang tích, hiểu nơm na là thay a + b bằng a.b và cần chú ý làm sao khi
biến tổng thành tích, thì tích phải triệt tiêu hết biến, chỉ cịn lại hằng số.

a
Ví dụ 1. Chứng minh rằng: 

2

 b 2   b 2  c 2   c 2  a 2   8a 2b 2c 2 , a, b, c

Giải
2 2
Sử dụng BĐT Côsi : x2 + y2  2 x y = 2|xy| ta có:
a 2  b 2  2 ab  0


 2
2
b  c  2 bc  0
 2
2

c  a  2 ca  0


a

2

 b2   b2  c 2   c 2  a 2   8| a 2b2c 2 |  8a 2b2c 2 a, b, c

(đúng)

Nhận xét:
 Chỉ nhân các vế của BĐT cùng chiều khi và chỉ khi các vế cùng không
không âm.
2 2
 Chú ý rằng: x2 + y2  2 x y = 2|xy| .
 Trong bài tốn trên có dấu “  ” nên ta đánh giá từ TBC sang TBN; và do
8 = 2.2.2 sẽ gợi ý cho ta sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số, 3 cặp số.
a, b, c, d  0
1

. CMR : abcd  .
 1
1
1
1
81




3

Ví dụ 2. Cho: 1  a 1  b 1  c 1  d
Giải: Từ giả thiết suy ra:
1 
1  
1  
1 
b
c
d Côsi
bcd
 1 
1


1

=


 33
 
 

1 a  1 b   1 c   1 d  1 b 1 c 1 d
 1 b   1 c   1 d 
Vậy:

5

 1
bcd
3 3

1 b  1 c  1 d
1  a

cda
 1
1  b  3 3 1  c 1  d 1  a
 
 


dca
 1
1  c  3 3 1  d 1  c 1  a
  


abc
 1 3 3
1  d
 1 a  1  b  1 c 














0







abcd 

0





0



1

 1  a   1 b   1 c   1 d 

 81

abcd
 1 a   1 b   1  c   1 d 

0

1
81

Bài toán tổng quát:
 x1 , x2 , x3 ,..., xn  0

1
. CMR : x1 x2 x3...xn 
1
1
1
 1
n
 n  1
1  x  1  x  1  x  ...  1  x  n  1
n
1
2
3

Cho: 

Nhận xét:


Đối với những bài tốn có điều kiện là các biểu thức đối xứng của biến thì
việc biến đổi điều kiện mang tính đối xứng sẽ giúp ta xử lí các bài toán
chứng minh BĐT dễ dàng hơn.

Bài tập tương tự:
Bài 1:


Chứng minh rằng:



8

a  b  64ab(a  b)2

1
1
1
a ,b , c >0
Bài 2: Cho a+b+ c=1 . CMR: a −1 b −1 c −1 ≥ 8

{

( )( )( )

a,b≥0

,

(1)

Bài toán tổng quát:
Cho:
 x1 , x2 , x3 ,..............., xn  0

1
 1
 1
1

n
;
CMR
:

1

1

1

 ........  1   n  1





x

 x

 x1  x2  x3  ........  xn  1
 xn

 1  x2
 3

2. Kỹ thuật chọn điểm rơi:
Trong kĩ thuật chọn điểm rơi, việc sử dụng dấu “ = ” trong BĐT Côsi và
các quy tắc về tính đồng thời của dấu “ = ”, quy tắc biên và quy tắc đối xứng sẽ
được sử dụng để tìm điểm rơi của biến.

6


a, b, c  0


3
a  b  c 
2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Ví dụ 1. Cho 

S  abc 1  1  1
a b c

Sai lầm thường gặp:

S  a  b  c  1  1  1  6 6 a.b.c. 1 . 1 . 1  6
a b c
a b c
 Min S = 6
Nguyên nhân sai lầm :

a  b  c  1  1  1 1  a b  c  3  3
a b c
2 (trái với giả thiết).
Min S = 6 
Phân tích:
Do S là một biểu thức đối xứng với a,b,c nên dự đoán Min S đạt tại điểm rơi

a b c  1
2

a b c  1
2
Sơ đồ điểm rơi:


1
 a  b  c 
2

 1  1  1  2
 a  b  c 



1  2   4
2 

Hoặc ta có sơ đồ điểm rơi sau :

a bc  1
2



 a   b   c  2

1  1  1  2
 a b c



 2   4
2

1  2   4
 2 

Vậy ta có cách giải theo sơ đồ 2 sau:

1 1 1
1 11

S   4a  4b  4c      3  a  b  c   6 6 4a.4b.4c. . .  3  a  b  c 
a b c
a b c


a bc  1
2 thì MinS = 2
Với

15

3 15
 12  3. 
2 2.

Nhận xét:
 Trong bài toán trên chúng ta đã dùng kĩ thuật đánh giá từ TBN sang TBC,
chiều của dấu bất đẳng thức không chỉ phụ thuộc vào chiều đánh giá mà nó
cịn phụ thuộc vào biểu thức đánh nằm ở mẫu số hay ở tử số.
Ví dụ 2. Cho a , b , c , d> 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a
b
c
d
b c  d c  d a a b  d a b c
S








bc d c d  a abd a bc
a
b
c
d

7


Sai lầm thường gặp

a
bcd

2

a
b  c  d

b
cd a


2
b
c  d  a


c
a b d

2
a  b  d 
c


d
abc

2

d
a  b  c

a
bcd
.
2
bcd
a
b
cd a
.
2
cd a
b
c
a b  d

.
2
a b d
c
d
a bc
.
2
a b c
d
 S  2+2+2+2=8

Nguyên nhân sai lầm:
a  b  c  d

b  c  d  a

c  d  a  b
d  a  b  c
Min S = 8  
 a + b + c + d = 3(a + b + c + d)  1 = 3  vô lí.
Phân tích:
Để tìm MinS ta cần chú ý S là một biểu thức đối xứng với a , b , c , d ≥ 0. Do đó
MinS nếu có thường đạt tại điểm rơi tự do là: a=b=c=d> 0.

4
40
 12 
3
3 . Từ đó suy ra

Vậy ta cho trước
, dự đốn
các đánh giá của BĐT bộ phận phải có điều kiện dấu bằng xảy ra là tập con của
điều kiện dự đốn: a=b=c=d> 0.
a=b=c=d

Min S 

Ta có sơ đồ điểm rơi : Cho a=b=c=d> 0, ta có:
a
b
c
d
1

 b  c  d  c  d  a  a  b  d  a  b  c  3

b  c  d  c  d  a  a  b  d  a  b  c  3

a
b
c
d




1 3

   9

3 

Giải: Sử dụng BĐT Cơsi ta có :


a

bcd 
8 bcd
  .


9 a  a ,b , c , d 9
9a

S


 
a ,b,c,d  b  c  d

 88

a
b
c
d
b  c  d c  d  a a b  d a b c
.
.

.
.
.
.
.
bcd cd a abd abc
9a
9b
9c
9d

8b c d c d a a b d a b c 
             
9 a a a b b b c c c d d d 

8


b c d c d a a b d a b c  8 8
8 8
40
  .12.12  . . . . . . . . . . .    .12 
3 9
3
a a a b b b c c c d d d  3 9
40
Với a=b=c=d> 0 thì: MinS= 3 .

Bài tập tương tự:
a, b, c  0



a  b  c 
Bài 1: Cho 

3
S  a 2  12  b2  12  c 2  12
2 . Tìm GTNN của:
b
c
a


a, b, c  0

Bài 2: Cho a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Bài 3: Cho

a , b> 0

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

S

S  abc 

1
abc

a b
ab

ab a  b

a, b, c  0


3
a  b  c  2
Bài 4: Cho 
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1 1 1
S  a 2  b2  c 2   
a b c
3. Kỹ thuật đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng
Nếu như đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá với dấu “  ”, đánh giá
từ tổng sang tích, hiểu nơm na là thay a + b bằng a.b thì ngược lại đánh giá từ
TBN sang TBC là thay a.b bằng a + b . Và cũng cần phải chú ý làm sao khi biến
tích thành tổng, thì tổng cũng phải triệt tiêu hết biến, chỉ còn lại hằng số.

a, b, c  0

Ví dụ 1. Cho a  b  c  1 . Chứng minh rằng :

abc  a  b   b  c   c  a  

8
729

Sơ đồ điểm rơi :
Ta nhận thấy biểu thức có tính chất đối xứng do đó dấu “ = ” của BĐT xảy ra
1
a bc 
3 . Nhưng thực tế ta chỉ cần quan tâm là sau khi sử dụng BĐT
khi
Côsi ta cần suy ra được điều kiện xảy ra dấu “ = ” là a=b=c .
Giải:

Ta có:

abc  a  b   b  c   c  a   


3



 



3

 a  b  b  c   c  a    1 3  2  3
      8
 
3
729

  3  3
 


Côsi  a  b  c 

3

Bài tập tương tự:

9


Bài 1:

1  a  b   1  ab  1
CMR: - 

2  1 a2   1 b2  2


a, b, c  0

Bài 2: Cho a  b  c  1 . Chứng minh rằng :

a, b, c  0

a  b  c  1 . Chứng minh rằng :
Bài 3: Cho 

ab  bc  ca  abc 

8
27

16abc  a  b

Trong kĩ thuật đánh giá TBN sang TBC ta thấy thường nhân thêm các
hằng số để sao cho sau khi biến tích thành tổng các tổng đó triệt tiêu các biến.
Đặc biệt là đối với những bài tốn có thêm điều kiện ràng buộc của ẩn số. Sau
đây ta lại nghiên cứu thêm 2 phương pháp nữa đó là phương pháp nhân thêm
hằng số, và chọn điểm rơi trong việc đánh giá từ TBN sang TBC.
4. Kỹ thuật nhân thêm hằng số trong đánh giá TBN sang TBC :

a, b, c  0

Ví dụ 1. Cho a  b  c  1 . Tìm giá trị lớn nhất: S  a  b  b  c  c  a
Phân tích: Do vai trị của a , b , c trong các biểu thức là như nhau do đó điểm rơi

1
3 từ đó ta dự đốn Max S = 6 .
của BĐT sẽ là
2
2
ab  bc  ca 
3  hằng số cần nhân thêm là 3 .

Vậy lời giải đúng là :
abc



 ab 




 bc 



 ca 




3
2
.  a  b .
2
3

Côsi

3
2
.  b  c .
2
3

Côsi

3
2
.  c  a .
2
3

Côsi







3
.
2

 a  b   23
2

2
3  b  c  3
.
2
2
2
c


a



3
3
.
2
2

2
3 2  a  b  c   3. 3
3
a b  bc  ca 
.

.2  6
2
2
2

Bài toán trên nếu cho đầu bài theo yêu cầu sau thì học sinh có định hướng

a, b, c  0

tốt hơn: Cho a  b  c  1 . Chứng minh rằng: S  a  b  b  c  c  a  6 .

10

Tuy nhiên nếu nắm được kỹ thuật điểm rơi thì việc viết đầu bài theo hướng
nào cũng có thể giải quyết được.

a, b, c  0

3
3
3
Ví dụ 2. Cho a  b  c  1 . Tìm giá trị lớn nhất của: S  a  b  b  c  c  a

Phân tích:
Do S là biểu thức đối xứng với a,b,c nên Max S thường xảy ra điều kiện :
2

a  b  3

2

b  c 
3


a
,
b
,
c

0



2
1
2 2

c

a

a

b

c



3  Hằng số cần nhân thêm là: 3 . 3
a  b  c  1 
3 
2 2
a

b




93

2
2
3
3
3
3
a  b  .  a  b . . 
4
3
3 3
2 2
b

c




9
2 2
3
3 3
b  c  3 .3  b  c  . . 
4
3
3 3
2 2
c  a  

9

2
2
3
3 3
c  a  3 .3  c  a  . . 
4
3
3 3
Ta có lời giải:
9 2 a  b  c  4 3 9 6 3
S  3 ab  3 bc  3 ca  3 .
 .  18
4
3
4 3

2

a  b  3

2

b  c 
3


2
1
a bc 
c  a  3

3
3.
Vậy Max S = 18 . Dấu “ = ” xảy ra  

Bài tập tương tự:
a  3

b  4
ab c  2  bc a  3  ca b  4
S 
c  2
2 2
Bài 1: Cho 
. Tìm giá trị lớn nhất của:
a, b, c, d  0

Bài 2: Cho a  b  c  d  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

S  abc  bcd  cd a  d ab

11


5. Kỹ thuật ghép đối xứng:
Trong kỹ thuật ghép đối xứng cần nắm được một số thao tác sau :
2  x  y  z    x  y    y  z    z  x 


x y y z z x



x  y  z 
2
2
2

* Phép cộng :
* Phép nhân :

x 2 y 2 z 2   xy   yz   zx  ; xyz= xy yz zx

 x, y, z

 0

bc ca ab
   a  b  c a, b, c  0
Ví dụ 1. Chứng minh rằng : a b c
Giải:
Áp dụng BĐT Cơsi ta có:
 1  bc ca 
bc ca
 
.
c
 
b
a b
2  a


ca ab
 1  ca ab 
 
.
a
 
2
b
c
b
c



 1 bc ab
bc ab

 
 
.
c
c 
a c
 2  a

bc ca ab
   a bc
 a b c
.

Dấu “ = ” xảy ra  a=b=c .
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC với a , b , c lần lượt là số đo 3 cạnh của tam giác.
 p  a   p  b   p  c   18 abc
CMR :
a)
.
b)

1  1  1  2 1  1  1 


p  a p  b p  c  a b c 

Giải:
a) Áp dụng BĐT Côsi ta có:












 p  a   p  b 

 p  a    p  b c



2
 p  b   p  c  a
 p  b  p  c 
2
2
 p  a   p  c  b
 p  a  p  c 
2
2
2



 p  a   p  b   p  c   18 abc

b) Áp dụng BĐT Cơsi ta có:

12



1  1
1 
 

 
2  p  a p  b 



1  1
1 


 
 
2  p  b p  c 


1 
1  1
2  p  a  p  c  

 





1
p  a  p  b





1
p  b  p  c





1
p  a  p  c



1

 p  a   p  b
2
1

 p  b   p  c 
 p  a   p  c



2
a



2
b

2

Dấu “ = ” xảy ra cho cả a) và b) khi và chỉ khi
(

2
c

1  1  1  2 1  1  1 


a b c
p  a p b p c





p

2
1



là nửa chu vi của

 ABC:

p



đều : a=b=c

a bc
2 )

Bài tập tương tự:

a 2  b2  c2  b  c  a
2
2
2
Bài 1. Chứng minh rằng: b c a a b c
Bài 2. Cho
rằng :



, abc  0

ABC, a, b, c lần lượt là số đo 3 cạnh của tam giác. Chứng minh

 b  c  a   c  a  b   a  b  c   abc

6. Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo cho 3 số, n số :
Nội dung cần nắm được các thao tác sau :








 x  y  z   1x  1y  1z   9,

*

x, y, z  0

1
1  .........  1   n2 , x , x ,........, x  0

x

x

........

x

n
1 2
n
1
2
 x1 x2
xn 


*

2  2  2  9
, a, b, c  0
Ví dụ 1. Chứng minh rằng : a  b b  c c  a a  b  c
Giải: Ta biến đổi tương đương BĐT như sau:

2 a  b  c





 1

 1  1 

 a b bc ca 

 a  b    b  c    a  c  

 9

 1

 1  1 

 a b bc c a 

 9

(đpcm )

13


c
a
b
3



Ví dụ 2. Chứng minh : a  b b  c c  a 2 , a, b, c  0 (BĐT Nesbit)
Giải: Ta biến đổi tương đương BĐT như sau:

c  
a  
b 


1 
  1 
  1 
a  b   b  c   c  a 


3
9
3

2
2
 a b c   a b c   a b c  9




a

b
b

c
c

a





 2

 a  b  c   a 1 b  b 1 c  c 1 a   92

 a  b    b  c    a  c    1  1  1   9

  a  b b  c c  a 

(đpcm)

Bài tập tương tự:

c2
a2
b2
abc



2
Bài 1: Chứng minh rằng : a  b b  c c  a

a, b, c  0

Bài 2: Cho a  b  c  1 . CMR :

a, b, c  0

Bài 3: Cho a  b  c  1 . CMR:

,a, b, c  0

1  1  1  9
ab bc c a
2
1
1
1
 2

 2
 9
a  2bc b  2ca c  2ab
2

A.2. Phương pháp đổi biến số :
Có những bài toán về mặt biểu thức toán học tương đối cồng kềnh hoặc
khó giải, khó nhận biết được phương hướng giải, ta có thể chuyển bài tốn từ
tình thế khó biến đổi về trạng thái dễ biến đổi hơn. Phương pháp trên gọi là
phương pháp đổi biến số.

c  a  b 3
Ví dụ 1. Chứng minh rằng: a  b b  c c  a 2 , a, b, c  0 (BĐT Nesbit)

Giải :

b  c  x  0

yzx
z x y
x yz
; b
; c
c  a  y  0  a 
2
2
2
a  b  z  0
Đặt : 
.

Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau:
y x
yzx
zx y
x yz
z x y z


             6
2x
2y
2z
x y x z  z y

Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng. Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có :

14


VT 

2

y x
z x
y z
. 2
. 2
.  222 6

x y
x z
z y

Dấu “ = ” xảy ra  x= y =z  a=b=c
Ví dụ 2. Cho



ABC. Chứng minh rằng :
a 2  b2  c 2  a  b  c
b  c  a c  a b a b c
b  c  a  x  0

yz
zx
x y
; b
; c
c  a  b  y  0  a 
2
2
2
a  b  c  z  0
Đặt : 
.

Giải :
Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau:
2

2
2
 y  z    z  x   x  y   x  y  z
4x
4y
4z


(2)
yz
zx
xy 1  yz zx  1  zx xy  1  yz xy 


         
x
y
z
2 x y  2 y z  2 x
z 
Ta có : VT (2) 
Cơsi
yz zx
zx xy
yz xy

.

.


.
 x yz
x y
y z
x z
Bài tập tương tự:
Bài 1: Cho a , b , c >0 ; a+ b+c ≤1. Chứng minh rằng :

1
1
1
+ 2
+ 2
≥9
a +2 bc b +2 ca c + 2 ab
2

Bài 2: Cho



ABC. CMR : (b+ c−a)( c+ a−b)( a+b−c) ≥ abc .

1
Bài 3: Cho



ABC. CMR:

 p  a

2



1

 p  b

2



1
 p  c

2



p
 p  a  p  b  p  c 

A.3. Phương pháp sắp thứ tự các biến.
Do các biến trong bài tốn có vai trị như nhau nên khơng giảm tổng qt ta
có thể giả sử các biến được sắp xếp theo thứ tự không giảm. Khi đó, nhiều bài
tốn được giải quyết đơn giản hơn.
Ví dụ 1: Cho các số thực a , b , c không âm. Chứng minh rằng:
a ( a−b )( a−c ) +b ( b−c ) ( b−a ) +c ( c−a)(c−b)≥ 0

(*)

Giải:
Do vai trò của a , b , c là như nhau nên có thể giả sử a ≥ b ≥ c .

15


+ Nếu có hai trong ba số a , b , c bằng nhau thì BĐT hiển nhiên đúng.
+ Nếu a> b>c , chia hai vế của (*) cho (a−b)(b−c )(a−c) ta được BĐT tương
đương:

a
b
c
−
+
≥0
b−c c−a a−b

(1)

a
b
c
a>b> c
>
và
>0

(1) luôn đúng do 0⇒ b−c
a−c a−b

{

Ví dụ 2 : Cho ba số dương a, b, c thoả mãn: a  b  c  abc  4. Chứng minh :

a  b  c  ab  bc  ca

Giải: Do vai trò của a, b, c là như nhau nên có thể giả sử a  b  c.
Từ giả thiết ta có:

3c  c3  4  a  b  c  abc  3a  a3

a  1 và c  1.



+ Nếu a  b  1  c thì 4  a  b  2 ab  ab  4. Do đó:

(a  b  2)2  4(a  1)(b 1)  ab(a  1)(b  1)
 (a  b  ab)(ab  1)  (4  a  b)(a  b  1)
4 a  b
a  b  ab 
(a  b  1)
ab

1


(1)
Mặt khác, từ giả thiết suy ra

c

4 a  b
ab  1 . Kết hợp với (1) ta có:

a  b  ab  c(a  b  1)  a  b  c  ab  bc  ca

(đpcm).

+ Nếu a  1  b  c thì ta có (a  1)(b  1)(c  1)  0
 a  b  c  ab  bc  ca  1 abc (2)
Mặt khác, áp dụng BĐT Cơ-si cho các số dương, ta có:

4  a  b  c  abc  44 abcabc  abc  1.
Kết hợp với (2) ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra  a = b= c = 1.
Bài tập tương tự:
Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
1
1 a2



1
1 b2



1
1 c2



3
2

16


B – BẤT ĐẲNG THỨC ĐỐI XỨNG ĐỐI VỚI HAI TRONG BA BIẾN:
Ngoài những bất đẳng thức đối xứng với tất cả các biến như trên, chúng ta
cũng thường gặp một số bất đẳng thức chỉ đối xứng với hai trong ba biến trong
biểu thức. Khi đó, do tính đối xứng của các biến, chúng ta có thể đánh giá bất
đẳng thức theo biến khơng đối xứng, hoặc cũng có thể đánh giá theo tổng, tích
của hai biến đối xứng.
Để giải quyết các dạng bài tốn này, ngồi việc nắm vững các tính chất của
bất đẳng thức, các em cần nắm vững cách xét tính đơn điệu của hàm số, và sử
dụng bảng biến thiên của hàm số để giải quyết bài tốn bất đẳng thức.
Sau đây, tơi đưa ra một số ví dụ:
B.1. Đánh giá biểu thức theo biến khơng đối xứng:
2
2
2
Ví dụ 1: Cho x , y , z là các số thực không âm thỏa mãn x  y  z  1 . Tìm giá
x2
y2
P 2

 2
 xy
2x

2yz

1
2y

2xz

1
trị lớn nhất của biểu thức
.

Giải:
Ta có: 2 yz+ 1=x 2+ y 2+ z 2 +2 yz=x 2+ ( y+ z )2 ≥ 2 x ( y+ z )
Suy ra: 2 x2 +2 yz +1≥ 2 x2 +2 x ( y + z )=2 x ( x + y + z )
x2
1
x
⟹ 2
≤
2 x + 2 yz +1 2 x + y + z
y2
1
y
≤
.
2

2 y +2 xz+ 1 2 x+ y+ z

Tương tự:

1 x+ y
1
z
Suy ra : P ≤ 2 x+ y + z + √ x + y= 2 1− x+ y+ z + √ x + y

(

)

(

)

Ta có : x + y ≤ √ 2 ( x2 + y 2 ) =√ 2 ( 1−z 2 ) =√ 2−2 z2
1

z

(

)

4

+ √ 2−2 z 2
Suy ra: P ≤ 2 1−

2
√ 2−2 z + z
1

(

Xét hàm số : f ( z )= 2 1−
f ' ( z )=¿

z

)√
4

2

√ 2−2 z + z

+ 2−2 z

−1

√2−2 z

2

2

( √ 2−2 z + z )

2

−4

2

trên [ 0 ; 1 ]
z
3

√ ( 2−2 z 2 )

<0

với ∀ c ∈ ( 0 ; 1 ) .

Do hàm số liên tục trên [ 0 ; 1 ], nên f ( z ) nghịch biến trên [ 0 ; 1 ]
1

4

Suy ra : P ≤ f ( z ) ≤ f ( 0 )= 2 + √ 2.
1
Dấu = xảy ra khi x= y = ; z=0
√2

17


1

1 4
Vậy GTLN của P là 2 +√ 2 đạt được khi x= y = ; z=0
√2

Ví dụ 2: Cho các số thực dương x , y , z thỏa mãn x + y +1=z . Tìm giá trị nhỏ nhất
x
y
z 2 +2
+
+
của biểu thức: P =
.
x+ yz y+ zx z+ xy

Giải: Ta có: x + yz= yz− z− y−1= ( z−1 )( y +1 ) =( x+ y )( y +1 )
Tương tự:
Và:

y + zx= ( x + y ) ( x+1 )
z + xy=( x +1 ) ( y+1 )

Nên: P =
¿

x
y
z 2+2
+
+
( x+ y )( y +1 ) ( x + y ) ( x +1 ) ( x +1 ) ( y+ 1 )

x 2 + y 2 + x+ y
z 2+2
+
( x+ y ) ( x+ 1 )( y +1 ) ( x +1 ) ( y +1 )

Ta có: x 2+ y 2 ≥
Nên P ≥

( x + y )2
( x + y +2 )2
; ( x +1 ) ( y+1 ) ≤
2
4

2
2 ( x+ y ) + 4 ( x + y ) 4 ( z 2 +2 )
+
( x+ y +2 )2 ( x+ y ) ( x + y +2 )2

2 ( x + y ) +4 4 ( z 2 +2 )
4 ( z 2 +2 )
2
¿
+
=
+
¿ f ( z), z >1.
( x + y +2 )2 ( x + y +2 )2 z +1 ( z+ 1 )2
13

Lập BBT của hàm số f(z) trên (1; +) ta được: f (z) ≥ 4 .
13

Vậy: min P = 4 khi z=3 ; x= y =1
Bài tập tương tự:
2
2
2
Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x  y  z  xy  xz  10 yz .

P  8 xyz 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3x3
y2  z2

B.2. Đánh giá biểu thức theo tổng và tích của hai biến có vai trị như nhau
trong biểu thức.
Ví dụ 1. Cho x , y , z là các số thực dương thỏa mãn:
5 ( x 2+ y 2+ z 2 ) =9( xy +2 yz + zx).
x
1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = 2 2 −
y + z ( x+ y+ z )3

Giải:
Từ điều kiện:

5 x 2+5 ( y 2 + z 2 )=9 x ( y + z )+ 18 yz

 5 x 2−9 x ( y + z )=18 yz −5 ( y 2+ z 2 )
18


1
2
2
2 1
2
Áp dụng BĐT Cơsi ta có: yz ≤ 4 ( y + z ) ; y + z ≥ 2 ( y+ z )

 18 yz−5 ( y 2 + z 2 ) ≤ 2 ( y + z )2
Do đó: 5 x 2−9 x ( y + z ) ≤2 ( y + z )2  [ x−2 ( y + z ) ] ( 5 x+ y+ z ) ≤ 0
 x ≤ 2 ( y+ z )
P=

x
1
2x
1
4
1
−
≤
−
≤
−
2
3

2
3
3
y + z ( x + y + z ) ( y + z ) ( x + y + z ) y + z 27 ( y+ z )
2

1 3
Đặt y + z=t (t >0), ta có: P ≤ 4 t− 27 t .
1 3
Xét hàm số: f ( t )=4 t− 27 t trên (0 ;+ ∞)  P ≤16 .

Vậy: P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 16 khi

{

1
12
1
x=
3

y=z=

Ví dụ 2 . Cho x, y, z là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( x+ y+ z )( xy + yz + zx )
4 yz
+
xyz
( y+ z )2 .
( y + z )2 x( y + z ) ( y + z )

4 yz
P= 1+
+
+
+
yz
yz
x
( y+ z )2
Giải:
P=

√

√

( y + z )2 2( y + z ) 4 yz
y+z
4 yz
¿ 1+
+
+
=1+
+
2
yz
√ yz ( y + z )
√ yz ( y + z )2
y+z
4

t=
≥2
P≥1+t + 2
t
√ yz
Đặt
Ta có

√

f (t )=1+t+

4
t2

8
f ' (t )=1− 3 =0 ⇔t=2
t
trên [2 ; +∞) . Ta có

Xét hàm số
Lập bảng biến thiên, ta được: Min f(t) = 4 khi t = 2  x = y = z
Bài tập tương tự:
Cho x , y , z là các số thực dương thỏa mãn: x + y + z 2=xy +5.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =

4 ( x+ y )
2x
y
+

−
.
2
25 z
x + y +18 x + y + 4 z
2

II.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm:
Qua việc áp dụng kinh nghiệm trên vào giảng dạy cho học sinh tôi thấy
học sinh đã xác định được loại toán và cách làm, nhiều em học sinh đã làm được
các bài tập về bất đẳng thức và đã có hứng thú hơn khi học tốn.
19


Cụ thể, sau khi áp dụng đề tài này vào giảng dạy tại lớp 10C2, kết quả kiểm
tra tại hai lớp 10C2, 10C7 như sau:
Lớp

Sĩ số

Điểm giỏi

Điểm khá

12C2
12C7

42
40

12
5

15
11

Điểm
tbình
13
15

Điểm yếu
2
9

20


III. PHẦN KẾT LUẬN
Từ nhận thức của bản thân trên cơ sở thực tiễn chọn đề tài và các biện
pháp triển khai đề tài: ‘Rèn luyện kĩ năng chứng minh bất đẳng thức đối
xứng đối với các biến cho học sinh THPT’ , qua khảo sát thực tế việc tiếp thu
của học sinh, tôi thấy đã đạt được một số kết quả cụ thể như sau:
1. Với việc trình bày các bài tốn cơ bản, cùng với các ví dụ minh họa ngay
sau đó, sẽ giúp tăng cường bài giảng cho các thầy, cô giáo và với các em học
sinh sẽ dễ hiểu và biết cách trình bày bài, học sinh biết vận dụng thành thạo các
kiến thức đã học làm cơ sở cho việc tiếp thu bài mới một cách thuận lợi, vững
chắc.
2. Đặc biệt là nội dung phần bình luận sau một vài bài tập ví dụ sẽ giúp các
em học sinh củng cố những hiểu biết chưa thật thấu đáo, cùng với cách nhìn

nhận vấn đề đặt ra cho các em học sinh, để trả lời một cách thỏa đáng câu hỏi
“ Tại sao lại nghĩ và làm như vậy?”
3. Luyện tập cho học sinh thói quen suy nghĩ, quan sát, lập luận để học sinh
phát huy trí thơng minh, óc sáng tạo, khả năng phân tích, tổng hợp, tư duy độc
lập và thông qua việc thảo luận, tranh luận mà học sinh phát triển khả năng nói
lưu lốt, biết lí luận chặt chẽ khi giải tốn.
4. Học sinh biết vận dụng các kiến thức đơn lẻ để giải các bài tốn tổng hợp
nhiều kiến thức.
5. Ngồi ra có rất nhiều bài tốn được giải nhiều cách khác nhau sẽ giúp các
em học sinh trở nên linh hoạt trong việc lựa chọn phương pháp giải.
6. Với phong cách trình bày như vậy, bộ tài liệu này cịn nhằm giúp cho các
em học sinh rèn luyện năng lực vận dụng lý thuyết được học. Tạo khơng khí sơi
nổi, niềm say mê hứng thú cho học sinh bằng các bài toán sinh động, hấp dẫn
thực sự biến giờ học, lớp học ln là khơng gian tốn học cho học sinh. 
Cuối cùng, cho dù đã rất cố gắng bằng việc tham khảo một lượng rất
lớn các tài liệu sách hiện nay để vừa viết, vừa mang đi giảng dạy ngay cho các
em học sinh của mình từ đó kiểm nghiệm và bổ sung thiếu sót, cùng với việc
tiếp thu có chọn lọc ý kiến của các bạn đồng nghiệp để dần hồn thiện bộ tài liệu
này, nhưng khó tránh khỏi những thiếu sót bởi những hiểu biết và kinh nghiệm
cịn hạn chế, rất mong nhận được những đóng góp quý báu của quý thầy giáo, cô
giáo, các bạn đồng nghiệp và các bạn đọc gần xa.
Hậu Lộc, ngày 02 – 05 - 2017

21


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Tạp chí Tốn học tuổi trẻ - Nhà xuất bản giáo dục.
2. Phan Huy Khải. Tuyển tập các bài toán Bất Đẳng Thức – Tập 1. Nhà xuất
bản giáo dục -1996.

3. Trần Phương ( Chủ biên) .15 Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Nhà
xuất bản giáo dục – 2001
4. Lê Hồng Đức. Phương pháp giải toán bất đẳng thức. Nhà xuất bản Hà Nội–
2003
5. Trần Văn Hạo.( Chủ biên). Chuyên đề Bất đẳng thức. Nhà xuất bản giáo dục.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG

Thanh Hóa, ngày 02 tháng 05 năm 2017

ĐƠN VỊ

Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung của
người khác.

Người thực hiện

Lê Thị Mỹ Bình

22