Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng phương pháp Hình học để giải một số bài toán chứng minh bất đẳng thức Đại số

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT BÌNH XUYÊN

===***===

BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Tên sáng kiến:
‘HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 10 SỬ DỤNG PHƯƠNG
PHÁP HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ’
Tác giả sáng kiến: Trương Thị Việt Hồng
Mã sáng kiến: 31.52.04

Vĩnh Phúc, năm 2018


MỤC LỤC
Mục lục…………………………………………………..…………...……….3
Danh mục các chữ viết tắt…………………………………..………………....5
1. Lời giới thiệu .................................................................................................... 6
2. Tên sáng kiến: .................................................................................................. 8
3. Tác giả sáng kiến: ............................................................................................ 8
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: . ........................................................................ 9
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: . ........................................................................ 9
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: .......................... 9
7. Mô tả bản chất của sáng kiến: ....................................................................... 9
I. Nội dung, biện pháp thực hiện:…………………………...…….……...9
CHƯƠNG I: Cơ sở khoa học của sáng kiến…………….........…….…..9
§1. Cơ sở Tốn học………………………………………........……......9
§2. Cơ sở thực tiễn…………………………………………....……….12

CHƯƠNG II: Dùng các phương pháp Hình học để chứng minh một số bất
đẳng thức Đại số………………………………………………............... …14
I. Phương pháp tọa độ………………………………………....………...14
II. Phương pháp véctơ................................................................................21
III. Phương pháp diện tích.........................................................................26
IV. Phương pháp đồ thị..............................................................................29
V. Phương pháp sử dụng định lí cosin trong tam giác...............................31
CHƯƠNG III. Thực nghiệm sư phạm……………………………………34
II. Kết luận.................................................................................................35
III. Tài liệu tham khảo..............................................................................36
8. Những thơng tin cần được bảo mật (nếu có):. ................................. ...........37
9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến. ........................................... 37
10. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng
kiến theo ý kiến của tác giả và theo ý kiến của tổ chức, cá nhân đã tham gia áp
dụng sáng kiến lần đầu, kể cả áp dụng thử (nếu có) theo các nội dung sau:
10.1 Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng
kiến theo ý kiến của tác giả: .......................................................................... 37

3


10.2 Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng
kiến theo ý kiến của tổ chức, cá nhân: ..................................................... …37
11. Danh sách những tổ chức/ cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng
sáng kiến lần đầu (nếu có): ............................................................................... 38

4


DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT

BĐT

Bất đẳng thức

CMR

Chứng minh rằng

CĐ

Cao đẳng

đpcm

Điều phải chứng minh

ĐH

Đại học

GTLN

Giá trị lớn nhất

GTNN

Giá trị nhỏ nhất

SGK

Sách giáo khoa

THPT

Trung học phổ thông

THPTQG

Trung học phổ thông quốc gia

VP

Vế phải

VT

Vế trái

5


BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Lời giới thiệu
Hình học là mơn học có vị trí quan trọng trong chương trình Tốn THPT, nó
đóng vai trò rất lớn trong việc phát triển, rèn luyện tư duy và khả năng quan sát cho
học sinh. Tuy nhiên đa phần học sinh thường chỉ giải các bài toán Hình học thuần
túy hoặc chỉ quan tâm đến vấn đề sử dụng các phương pháp trong phạm vi Hình
học mà ít nghĩ đến việc vận dụng các phương pháp Hình học để giải các bài tốn

Đại số.
Việc nhìn nhận một vấn đề Tốn học dưới nhiều khía cạnh, phương diện khác
nhau là điều rất cần thiết cho người học Toán. Học sinh ở trường THPT thường có
thói quen tách bạch kiểu “Đại số” và “Hình học” chứ chưa nhìn thấy mối quan hệ
giữa chúng. Rất nhiều học sinh đã bị ảnh hưởng của phương pháp cũ khá sâu nên
khó bứt ra khỏi sự ràng buộc của thói quen tư duy cũ để mở ra hướng suy nghĩ mới.
Thói quen tâm lí là một trở ngại thường gặp trong việc học tập của học sinh.
Nguyên nhân hình thành do nhiều mặt, trong đó nguyên nhân chủ yếu là tư duy của
học sinh có tính phương hướng. Một loạt kiến thức hoặc phương hướng nào đó
dùng nhiều lần, ấn tượng lâu rồi sẽ thành thói quen tâm lí. Do vậy dùng phương
pháp Hình học để giải một số bài tốn đại số sẽ góp phần giúp học sinh xóa bỏ
được thói quen đó.
Trong Tốn học, bất đẳng thức là một nội dung rất khó. Các vấn đề liên quan
đến bất đẳng thức là một phần quan trọng của Đại số và Giải tích. Nhiều bài tốn
của Hình học, Lượng giác và nhiều mơn học khác cũng địi hỏi giải quyết các vấn
đề về ước lượng, cực trị, tối ưu…Giáo viên và học sinh ở trường THPT cũng

6


thường phải đối mặt với nhiều dạng tốn khó liên quan đến bất đẳng thức và cực
trị.
Trong hầu hết các đề thi tuyển sinh đại học, thi học sinh giỏi tỉnh, thi học sinh
giỏi quốc gia, Olympic Toán khu vực và quốc tế, các bài toán bất đẳng thức cũng
hay được đề cập và thường là những bài thuộc loại khó hoặc rất khó. Lí thuyết bất
đẳng thức và đặc biệt các bài tập về bất đẳng thức rất phong phú và rất đa dạng.
Hàng trăm tài liệu, chuyên khảo về bất đẳng thức được khai thác dưới nhiều chủ đề
và các quan điểm phân loại khác nhau.
Tuy nhiên thực trạng dạy học bất đẳng thức ở trường THPT còn gặp rất nhiều
khó khăn, kết quả chưa được tốt. Việc dạy chuyên đề này cho học sinh ở THPT

chưa được đầu tư đúng mức.
Học sinh chưa nắm được các tính chất cơ bản của bất đẳng thức, các bất đẳng
thức quen thuộc (Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân, bất đẳng
thức Cauchy – Schwarz). Cho nên việc áp dụng vào các bài tập là rất khó khăn.
Học sinh chưa biết vận dụng lí thuyết vào giải các bài tập toán.
Giáo viên cũng chưa khái quát được cho học sinh mỗi dạng toán cần phải làm
như thế nào mà vẫn chỉ quan tâm việc đưa ra nhiều bài tập có thể và trình bày lời
giải hoặc chỉ hướng dẫn một cách qua loa vì đây là một chuyên đề tương đối khó và
thời lượng theo phân phối chương trình rất hạn chế dù được học thêm trong chủ đề
tự chọn.
Trong việc dạy học chứng minh bất đẳng thức, thường thì giáo viên chỉ cung
cấp một số tính chất cơ bản, bất đẳng thức giữa giữa trung bình cộng và trung bình
nhân, bất đẳng thức Cauchy – Schwarz…mà không dạy được thấu đáo cho học sinh
cách vận dụng những nội dung lí thuyết đó vào các bài tốn.
Qua tìm hiểu một số giáo viên ở nhiều trường THPT trong tỉnh, chúng tơi được
biết về tình hình giảng dạy chuyên đề bất đẳng thức gặp rất nhiều khó khăn, chẳng
hạn như:
7


+) Bản thân nhiều giáo viên cũng chưa có kiến thức vững vàng và thành thạo
về bất đẳng thức nên có tâm lí e ngại khi dạy nội dung này vì trong các kì thi, câu
bất đẳng thức thường là rất khó.
+) Thời lượng chương trình dành cho nội dung này rất ít (chỉ 2 tiết gồm cả
luyện tập) nên khơng có điều kiện để đi sâu thêm về chủ đề này.
+) Các tài liệu tham khảo rất lớn nhưng khả năng chắt lọc được số lượng tối
thiểu các bài toán mà lại bao quát được nhiều hiện tượng thường gặp trong các kì
thi là điều rất khó.
Chứng minh bất đẳng thức đại số là một phần khó học, khó làm với hầu hết học
sinh phổ thơng bởi nó có đặc thù là nó địi hỏi sự suy luận, khả năng phân tích,

đánh giá, tổng hợp cao.Vì thế, học sinh rất ngại học phần này. Nhưng nếu biết sử
dụng những kiến thức Hình học đơn giản hơn mà các em đã được học để nhằm giải
quyết một số dạng toán chứng minh bất đẳng thức Đại số thì sẽ tạo hứng thú và
niềm đam mê của các em học sinh.
Chính vì vậy, tơi quyết định chọn đề tài: “Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng
phương pháp Hình học để giải một số bài toán chứng minh bất đẳng thức Đại
số”
Việc chọn đề tài này nhằm mục đích:
- Góp phần nâng cao hiệu quả giảng dạy, học tập ở trường THPT.
- Giúp học sinh mở mang được kiến thức và khắc phục được thói quen, phương
thức tư duy một vấn đề.
- Tạo cho học sinh khả năng nhìn nhận, chuyển đổi bài tốn Đại số sang Hình
học. Từ đó phát triển được tư duy linh hoạt và khả năng sáng tạo Toán học cho học
sinh.
2. Tên sáng kiến: “Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng phương pháp Hình học
để giải một số bài toán chứng minh bất đẳng thức Đại số”
3. Tác giả sáng kiến: Trương Thị Việt Hồng
8


4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Trương Thị Việt Hồng
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học 10
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: 28/03/2018.
7. Mô tả bản chất của sáng kiến:

I. NỘI DUNG SÁNG KIẾN
Chương I. CƠ SỞ KHOA HỌC CỦA SÁNG KIẾN
Khi các kí hiệu Đại số được đưa vào sử dụng rộng rãi thì khơng chỉ bộ mơn Đại
số phát triển nhanh chóng mà những ngành Tốn học liên quan cũng phát triển
không kém. Chúng được Đại số hóa ở mức độ cao, đặc biệt là bộ mơn Hình học. Sự

kiện Descartes phát minh ra phương pháp tọa độ đã tạo ra bước đột phá mới cho
Toán học: Hình học giải tích được hình thành và phát triển rực rỡ. Từ đây, có thể
nói Hình học và Đại số đã có một bước tiến mới trong việc phát triển tương hỗ lẫn
nhau. Người ta có thể nghiên cứu Hình học bằng cơng cụ Đại số và những bài tốn
có bản chất Hình học được ngụy trang dưới lớp vỏ Đại số cũng được khéo léo đưa
về giải quyết bằng phương pháp Hình học. Ở mức độ Tốn học phổ thơng chúng ta
có thể thấy được điều đó mà nội dung trong đề tài này là một ví dụ.

§1. CƠ SỞ TỐN HỌC
Nhà tốn học nổi tiếng người Mỹ Peter Hilton đã từng nói: “Tốn học là một suy
nghĩ có hệ thống, nương nhờ một ngơn ngữ và kí hiệu một cách đẹp đẽ. Nó được
đặc trưng bởi sự phát triển và sáng tạo những mơ hình và sự thiết lập những mối
quan hệ tinh tế giữa các bộ phận bề ngồi rất khác nhau của nó. Nó khơng phải là
tập hợp những bộ môn khác nhau mà là một thể thống nhất có chứa chấp một kho
tàng khái niệm và kĩ thuật khác nhau nhưng liên quan với nhau…”. Trong chương

9


trình Tốn THPT chúng ta cũng có thể nhìn nhận được mối quan hệ giữa Hình học
và Đại số tuy bề ngoài chúng rất khác nhau.
Trong hệ tọa độ Descartes vng góc Oxy, ta có thể thiết lập ánh xạ f gán mỗi
điểm M trong mặt phẳng tọa độ đó với một bộ số (x; y) hoặc ánh xạ g gán mỗi
vectơ u với một bộ số (x’; y’). Khi đã có sự thiết lập trên thì độ dài đoạn thẳng AB
có thể biểu diễn dưới dạng biểu thức Đại số như sau: Với hai điểm
A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) ta có AB  ( x2 - x1 )2  ( y2 - y1 )2 .

Từ các bất đẳng thức Hình học và vectơ:
a) AB  BC  AC ( A, B, C là ba điểm bất kì)
b) u  v  u  v

thì

bằng

việc

gắn

các

điểm

A(a1; a2 ), B(b1; b2 ), C (c1; c2 ) hoặc

u(a1  b1; a2  b2 ), v(b1  c1; b2  c2 ) ta có bất đẳng thức Đại số tương ứng:

(a1  b1 )2  (a2  b2 )2  (b1  c1 )2  (b2  c2 ) 2  (a1  c1 ) 2  (a2  c2 ) 2

Hoặc là, với bất đẳng thức Cauchy – Schwartz phát biểu cho hai bộ số
(a1; a2 ),(b1; b2 ) :

(a12  a22 )(b12  b22 )  (a1b1  a2b2 )2
sẽ có một kết quả tương ứng trong Hình học. Thật vậy, từ định nghĩa tích vơ huớng
của hai vectơ và để ý rằng cos(u, v)  1 , ta có bất đẳng thức:
u.v  u v

(*)

Khi đó, nếu xét u(a1; a2 ), v(b1; b2 ) thì (*) chính là bất đẳng thức Cauchy – Schwartz.
Ta xét một số thí dụ minh họa:

Thí dụ 1. Chứng minh rằng với mọi số thực x, y ta ln có:
x 2  4 y 2  6 x  9  x 2  4 y 2  2 x  12 y  10  5

Lời giải:
10


Nhận

xét:

Bất

đẳng

thức

đã

cho

tương

đương

với

( x  3)2  (2 y)2  (1  x)2  (3  2 y) 2  5

Xét các vectơ u  ( x  3;2 y), v  (1  x;3  2 y)  u  v  (4;3)  u  v  5

Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành: u  v  u  v (ln đúng)  điều phải
chứng minh.
Thí dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số thực x ta ln có:
x2  x  1  x2  x  1  1

Lời giải:
Bất đẳng thức đã cho tương đương với
2

2

2
2
1  3
1  3


  x  
 1
x  
2  2 
2  2 




3
 1 
1 
Xét các điểm: A    ;0  , B   ;0  , M   x;

 thì bất đẳng thức đã cho
2
 2 
2 



chính là:
AM  BM  AB (luôn đúng)  điều phải chứng minh.

Thí dụ 3. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, x, y ta ln có:
ax  by  a 2  b 2 . x 2  y 2

Lời giải:
Xét các vectơ u  (a; b), v  ( x; y) thì bất đẳng thức đã cho chính là:
u v  u.v (ln đúng)  điều phải chứng minh.

11


§2. CƠ SỞ THỰC TIỄN
Sách giáo khoa Đại số 10 nâng cao đã đưa ra định nghĩa bất đẳng thức, những
tính chất cơ bản và các hệ quả của chúng. Cụ thể:
Định

nghĩa:

Giả

sử

a, b

là

hai

số

thực.

Các

mệnh

đề

" a  b"," a  b"," a  b"," a  b" được gọi là những bất đẳng thức.

Tính chất:
a  b và b  c  a  c
a bacbc

Nếu c  0 thì a  b  ac  bc
Nếu c  0 thì a  b  ac  bc
Từ đó ta có các hệ quả sau:
a  b và c  d  a  c  b  c
ac b a bc

a  b  0 và c  d  0  ac  bd

a  b  0 và n  N *  a n  b n
ab0 a  b
a  b  3 a  3 b.

Một số bất đẳng thức chứa giá trị tuyệt đối:
 a  a  a với mọi a  R
x  a  a  x  a (với a  0)
x  a  x  a hoặc x  a (với a  0)
a  b  a  b  a  b (với mọi a, b  R )

Ngồi ra SGK nâng cao cịn giới thiệu bất đẳng thức giữa trung bình cộng và
trung bình nhân cho hai và ba số thực khơng âm (SGK chương trình chuẩn chỉ giới
thiệu bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân cho hai số thực khơng
âm):
12


Với mọi a  0, b  0 ta có
ab
 ab . Đẳng thức xảy ra khi a  b.
2

Với mọi a  0, b  0, c  0 ta có
abc 3
 abc . Đẳng thức xảy ra khi a  b  c.
3

Và bất đẳng thức Cauchy – Schwartz cho hai bộ hai số, hai bộ ba số cũng được
giới thiệu trong bài đọc thêm.
Mặc dù kiến thức cơ bản chỉ có vậy nhưng để giải quyết một bài tốn bất đẳng

thức Đại số khơng phải là điều dễ dàng. Câu bất đẳng thức, cực trị cũng thường là
câu phân loại khó để lấy điểm tối đa trong các kì thi tuyển sinh vào các trường Đại
học, Cao đẳng các năm trước và một vài năm nay là kì thi THPT Quốc gia. Hàng
trăm cuốn sách tham khảo, đề cập đến nhiều phương pháp thường dùng trong
chứng minh bất đẳng thức, hẳng hạn:
1) Dùng định nghĩa và biến đổi tương đương.
2) Sử dụng các bất đẳng thức kinh điển.
3) Dùng đạo hàm.
4) Phương pháp tam thức bậc hai.
5) Phương pháp lượng giác hóa.
6) Phương pháp hàm lồi
...
Tuy nhiên, các phương pháp trên sẽ giúp ích rất ít cho các bạn học sinh khi gặp
những bài toán bất đẳng thức Đại số mang “hồn Hình học” trong nó. Chúng địi hỏi
phải có một cách nhìn sáng tạo hơn nhằm làm rõ được bản chất và ẩn ý của bài
toán. Việc dùng các phương pháp Hình học để giải quyết các bất đẳng thức như thế
là một biện pháp hữu hiệu. Và nhiệm vụ rất quan trọng cần giải quyết là phải
chuyển dịch được bài toán đã cho về một bài tốn mang nội dung Hình học.
13


Chương 2

DÙNG CÁC PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI QUYẾT MỘT
SỐ BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ
I. Phương pháp tọa độ.
Người ta xem việc phát minh ra phương pháp tọa là một cuộc cách mạng trong
Toán học vì nó giúp cho Tốn học thốt ra khỏi cách tư duy của không gian vật lý
thông thường, nhằm đạt tới những đỉnh cao khác của sự khái quát và trừu tượng
trong Toán học. Phương pháp tọa độ đã mang lại cho Tốn học có thêm sức mạnh

mới và đặt nền móng cho một phương pháp tư duy sáng tạo mới dùng để nghiên
cứu Toán học và vận dụng Toán học vào cuộc sống.
Các bước giải một bài toán bằng phương pháp tọa độ:
- Trước hết cần xét tính chất của bài toán đã cho và chọn hệ tọa độ thích hợp, đây
là bước rất quan trọng vì nó giúp cho việc thực hiện giải bài tốn đó được nhanh
chóng, tránh được sai sót do tính tốn.
- Bằng phương pháp tọa độ và bằng các phép tính đại số, chúng ta cần thực hiện
các yêu cầu do nội dung của các bài tốn đặt ra. Chuyển các kết quả tính tốn được
bằng cơng cụ Đại số sang các tính chất Hình học cần chứng minh hay tính tốn.
Bài tốn 1. Chứng minh rằng với mọi số thực a ta đều có bất đẳng thức:
a 2  2a  5  a 2  2a  5  2 5

Lời giải:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chọn 3 điểm:
A= (1; 2), B = (-1; -2), M = (a; 0)  Ox
Ta thấy: y A . y B  4  0 nên A, B nằm về hai phía của trục Ox
MA  (a  1) 2  2 2  a 2  2a  5

14


MB  (a  1) 2  2 2  a 2  2a  5
AB  (1  1) 2  (2  2) 2  2 5

Ta luôn có: MA + MB  AB. Do đó: a 2  2a  5  a 2  2a  5  2 5 .
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi M  AB . Mà đường thẳng AB có phương trình:
y = 2x. Do đó, 0 = 2a  a = 0.
Bài toán 2. Cho 2 số thực a, b thỏa mãn: 3a – b +7 = 0. Chứng minh rằng:
a 2  b 2  2a  12b  37  a 2  b 2  6a  6b  18  5

Lời giải:
Bất đằng thức đã cho có thể viết dưới dạng:
(a  1) 2  (b  6) 2  (a  3) 2  (b  3) 2  5

Do đó, ta chọn A = (1; 6), B = (-3; 3) và M = (a; b)   : y  3x  7 .
Dễ thấy A, B nằm về hai phía của ∆.
Theo bất đẳng thức 3 điểm ta có: MA + MB  AB hay:
(a  1) 2  (b  6) 2  (a  3) 2  (b  3) 2  (1  3) 2  (6  3) 2  5

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Dấu đẳng thức xẩy ra khi M là giao điểm của AB: 3x – 4y +21 = 0 với ∆.
7
42
7 42
Suy ra M =   ;  , hay a   , b  .

 9 9 

9

9

Bài toán 3. Chứng minh rằng với mọi số thực x ta đều có bất đẳng thức:
x 2  2 x  5  x 2  12 x  136  89

Lời giải:
Bất đằng thức đã cho có thể viết dưới dạng:
15

( x  1) 2  2 2  ( x  6) 2  10 2  89

Xét hệ trục tọa độ đề các vng góc Oxy. Ta chọn:
A= (1; 2), B = (6; 10), M = (x; 0)  Ox
Ta ln có MA  MB  AB nên

( x  1) 2  2 2  ( x  6) 2  10 2  5 2  8 2  89

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi M  AB . Mà đường thẳng AB có phương trình:
8x - 5y + 2 = 0. Do đó, 8x + 2 = 0 x  

1
4

Bài toán 4. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
a 2  b 2  ab  b 2  c 2  bc  c 2  a 2  ca

Lời giải:
Bất đằng thức đã cho có thể viết dưới dạng:
2

2

2
2
2
b b 3
c c 3

c a c 3 a 3



  b    
     


 a    
2   2 
2   2 
2 


 2 2   2

2

(1)

Xét hệ trục tọa độ đề các vng góc Oxy. Ta chọn:
a a 3
c c 3
 , B  b;0 , C   ;

A   ;

2

2

2
2





Theo bất đẳng thức 3 điểm ta có: AB + BC  AC hay (1) hiển nhiên đúng.
Dấu “=” xảy ra  A, B, C thẳng hàng và B nằm giữa A, C
 AB, BC cùng hướng
a
c
b
b
b  0
a  2b c  2b
2
2


 2b(a  c)  0  


a
c
a 3
c 3
a  c
2
2

Do a, b, c là các số thực dương nên a = c. Thế điều kiện a = c vào đẳng thức
a 2  b 2  ab  b 2  c 2  bc  c 2  a 2  ca
16


ta có: 2 a 2  b 2  ab  3a 2 a 2 4ab  4b 2  0  a  2b  0  b 

a c
 .
2 2

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài tốn 5: Cho a, b, c, d thỏa mãn: a2  b2  c2  d 2  5.
15 3
Chứng minh rằng: (5  a  2b)(5  c  2d )(5  ac  bd )  ( ) 2
2

(2)

Lời giải:
Xét hệ tọa độ đề các vng góc (Từ nay

y
P

về sau nếu khơng có gì đặc biệt thì ln
xét như vậy). Từ giả thiết ta dễ thấy các

M

O

điểm M(a, b), N(c, d), P(1, 2) nằm trên

x

Q

đường tròn O(0, 0), bán kính

5.
R

Ta có:

(2) 

N

(a  1)2  (b  2)2 (c  1)2  (d  2)2 (a  c)2  (b  d )2  15 
.
.
 
2
2
2
2

3

2

3

MP.NP.MN  15  2

    MP.NP.MN  153
2 2
2

(2’)

Bất đẳng thức hình học (2’) có thể diễn đạt là: với tam giác nội tiếp đường trịn
(O,

5 ) bất kỳ (có thể cố định một đỉnh) thì giá trị lớn nhất của tích ba cạnh tam

giác đạt được là 153
Từ cơng thức S 

a.b.c
rõ ràng việc tìm GTLN của a.b.c tương đương tìm
4R

GTLN của SABC ( vì R khơng đổi).
Vì vậy: (MN.MP.MP) lớn nhất  SMNP lớn nhất  MNP đều
Để xác định cạnh của tam giác MNP đều ta xét
17

S=

a.b.c 1
 bc sin A  a = 2RsinA =
4R 2

15

Vì thế (2’) đúng  (2) đúng
Muốn tìm điều kiện dấu “=” xẩy ra, ta gọi Q (x0, y0) thuộc O(0, 15 ) và PQR
đều. Khi đó: PQ2 = 15 hay (x0 – 1)2 + (y0 – 2)2 = 15  2x0 + 4y0 = -5.
 x 2 0  y0 2  5
Từ đó ta giải hệ: 
 xác định Q  xác định R.
2
x

4
y


5
0
 0

Bài toán 6: Cho 4 số a, b, c, d thỏa mãn: a2  b2  c2  d 2  5.
Chứng minh rằng:

5  a  2b  5  c  2d  5  ac  bd 

3 30
2

(3)

Lời giải:
Từ giả thiết ta có M(a, b), N(c, d), P(1, 2) đều nằm trên đường trịn tâm O(0, 0),
bán kính
(5) 

5 . Ta có:
(a  1)2  (b  2)2
(c  1)2  (d  2)2
(a  c)2  (b  d )2 3 30



2
2
2
2

 MP + NP + MN  3 15  CMNP  3 15

(3’)

Mặt khác ta cũng biết rằng trong các tam giác cùng nội tiếp một đường trịn thì
tam giác đều là tam giác có chu vi lớn nhất. Vì vậy, hồn tồn tương tự bài tốn 5
ta sẽ có điều phải chứng minh.
Bài tốn 7: Cho a, b thỏa mãn: a2  b2  16  8a  6b.

Chứng minh rằng: 10  3b  4a  40

(4)

Lời giải:
Từ giả thiết ta viết lại: ( a – 4)2 + (b – 3)2 = 9. Do vậy với a, b thỏa mãn nó thì
điểm M(a, b) nằm trên đường trịn tâm O1(4, 3) và bán kính 3.
18


Kết hợp với giả thiết thì (4) tương đương với
10 

a 2  b2  16
 40  2  a 2  b2  8
2

Tương đương với bất đẳng thức hình học : 2  OM  8

(4’)

Bài tốn trở thành : chứng minh rằng với M bất kỳ thuộc đường trịn (O1) thì (4’)
ln đúng. Nối OO1 cắt vịng trịn tại M1, M2 , vì M1, M2 tương ứng là các điểm trên
đường tròn gần và xa O nhất nên hiển nhiên ta có : OM1  OM  OM2
Vì OO1 = 5 nên OM1 = OO1 – O1M1 = 5 – 3 = 2
OM2 = OO1 + O1M2 = 5 + 3 = 8
 (4’) đúng  đpcm

Dấu “=” bên trái xẩy ra khi  M  M1 . Theo định lý Talet ta có:
M1M '1 OM1

6

 M1M1' 
'
O1O1
OO1
5
8
8
6
Tương tự : OM1'   a  ; b 
5
5
5

Dấu “=” bên phải xảy ra khi M  M2  a 

32
24
;b 
5
5

Bài toán 8: Cho x, y là các số thực bất kì. Chứng minh rằng:
( x  y)2  ( x 2  y  1) 2 

9
32

Lời giải:

19

(7)


Nhìn vào vế trái của bất đẳng

6

thức cần chứng minh, ta nhận

4

M

thấy nó có dạng A2 + B2, vì thế ta

2

có thể quan niệm nó là bình

N
A
-5

phương của một đoạn MN nào

B

5

10

-2

đó.

-4

VT(7) = (x – y)2 + [x2 – (y – 1)]2
Đặt M(x, x2), N(y, y – 1)  VT (7) = MN2
Dễ thấy M thuộc parabol y = x2 và N thuộc đường thẳng x – y – 1 = 0. Do vậy
bài tốn có thể chuyển dịch thành :
Chứng minh rằng: với mọi vị trí của M và N thì khoảng cách gần nhất MN có thể
đạt được là

9
32

Từ đồ thị ta có thể khẳng định: min MN = AB, trong đó A là tiếp điểm của parabol
y = x2 với đường thẳng d song song với đường y = x – 1. Hoành độ của A là nghiệm
kép của phương trình:
x2 = x + b  b 

1
1
1
 xA   yA 
4

2
2

1 1
 1
3
9
2 4

 min MN2 = AB2 =
Và AB = d(A, d) 
.
32
2
4 2

Vậy MN2 

9
. Dấu “=” xảy ra  M  A , N  B.
32

Bài tập:
1. Cho a, b, c là các số thực tùy ý.
20


Chứng minh rằng:

ac

1  a2 . 1  c2

a b



1  a 2 . 1  b2



bc
1  b2 . 1  c 2

2. Cho a, b, c thỏa mãn: c  d  6; a 2  b2  1
Chứng minh rằng: c2  d 2  2ac  2bd  18  6 2.
3. Cho a, b là các số thực thỏa mãn: a2  b2  16  8a  6b.
Chứng minh rằng: 7b  24a
4. Cho a, b là các số thực tùy ý. Chứng minh rằng:
a 2  4  a 2  2ab  b 2  1  b 2  6b  10  5

II. Phương pháp véctơ.
Chứng minh các bất đẳng thức, giải các phương trình, tính giá trị cực đại, cực
tiểu của một hàm số, người ta thường gán tọa độ cho các vectơ u, v một cách thích
hợp rồi dùng các tính chất sau đây để xét và chứng minh:
1, u  v  u  v . Tương tự: u  v  w  u  v  w
2, (u  v)2  0
3, u.v  u v . Hoặc

2

(u.v)2  u .v

2

Điều cần chú ý rất quan trọng khi dùng phương pháp vectơ để giải toán là: cần
phải phân tích kỹ bài tốn sau đó chọn các vec tơ sao cho phù hợp với yêu cầu bài
toán.
Bài toán 9: Cho các số thực a, b, c, x, y, z thỏa mãn: a  b  c  2; ax  by  cz  6 .
Chứng minh rằng:

16a 2  a 2 x 2  16b2  b2 y 2  16c 2  c 2 z 2  10

Lời giải:

21

(6)


Nhìn vào biểu thức trong căn ở vế phải của (6) dễ thấy chúng có dạng a 2  b2 .
Vậy ta có thể xem chúng biểu thị cho độ dài của vectơ u (a, b) lúc đó:
Xét ba vec tơ: u(4a, ax), v(4b, by), w(4c, cz ) , bất đẳng thức (6) trở thành:
u  v  w 10 (6’)

Vế phải của (6’) làm ta liên tưởng đến kết quả:
u  v  w  u  v  w vậy phải chăng u  v  w  10?

Ta có: u  v  w  (4(a  b  c),ax +by  cz )  (8,6)
 u  v  w  82  62  10

Vậy (6) đúng  đpcm
Dấu ”=” xảy ra  thỏa mãn một trong các trường hợp sau:
1> Hai trong ba vec tơ u, v, w là vec tơ không
2> Một trong ba vec tơ u, v, w là vec tơ không và hai vec tơ còn lại cùng
hướng.
3> Cả ba vec tơ u, v, w đều khác vec tơ không và cùng hướng với nhau.

Bài toán 10: Cho x, y, z là ba số thực tùy ý.
Chứng minh rằng:

x 2  xy  z 2  x 2  xz  z 2  y 2  yz  z 2

(7)

Lời giải:
y
3 2
z
3 2
y z
3
3 2
(7)  ( x  ) 2  (
y)  ( x  ) 2  (
z)  (  )2  (
y
z)
2
2
2

2
2 2
2
2

Do biểu thức trong dấu căn có dạng a 2  b2 nên ta có thể hi vọng sử dụng được
phương pháp vec tơ để giải.
y 3
z
3
y ), v  ( x  , 
z)
Chọn u  ( x  ,
2 2
2
2
22


y z 3
3
Khi đó : u  v  (  ,
y
z)
2 2 2
2
y
3 2
Suy ra: u  ( x  ) 2  (
y) ;

2
2

z
3
v  ( x  )2  ( z )2
2
2

y z
3
3 2
u  v  (  )2  (
y
z)
2 2
2
2

Ta có: (7) có thể chuyển về dạng bất đẳng thức vec tơ tương đương:
u  v  uv

(7’)

Bất đẳng thức (7’) đúng  (7) đúng  điều phải chứng minh.
Dấu ”=” xảy ra  một trong hai vec tơ u , v là vec tơ khơng hoặc là chúng
ngược hướng với nhau.
Bài tốn này hay ở chỗ là vai trò của x, y, z như nhau nên dễ khiến ta biến đổi
bất đẳng thức (7) về dạng khác đi so với phép biến đổi trên, dẫn đến việc chọn vec
tơ u , v là rất phức tạp.

Bài toán 11: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: ab + bc + ca = abc. Chứng
minh rằng:
a 2  2b 2
b 2  2c 2
c 2  2a 2


 3
ab
bc
ca

Lời giải:
Từ giả thiết: ab + bc + ca = abc. Suy ra:

1 1 1
   1.
a b c

Ta có:
1
2
1
2
1
2
a 2  2b 2
b 2  2c 2
c 2  2a 2

 2  2  2 
 2  3


 3 
2
2
ab
bc
ca
b
a
c
b
a
c
1

2

1

2

1

2

Xét 3 vec tơ u   ;  , v   ;  , w   ;  . Khi đó:
c b 

a c 
b a 
23


u 
1

1
b

1
2
1
2
 2 , v 
 2 , w
2
2
b
a
c
b

1
2
 2
2
a
c

2
1 1 1
1 2
2
2
  u  v  w  3     3


c a
b
c 
a b c

và u  v  w     ;
a

Mà ta ln có: u  v  w  u  v  w nên ta có điều phải chứng minh.
Vì u, v, w  0 nên dấu bằng xẩy ra khi u, v, w cùng hướng  a  b  c .
Lại có: ab + bc + ca = abc suy ra a = b = c = 3.
Bài toán 12: Cho ba số thực dương a, b, c với a > c, b > c.
Chứng minh rằng:

c(a  c)  c(b  c)  ab

(8)

Lời giải:
Dễ thấy mỗi biểu thức trong căn bậc hai ở bất đẳng thức (8) đều có dạng AX +
BY, nên ta hy vọng rằng có thể xem chúng là tích của hai vec tơ u ( A, B); v( X ,Y ) .

Xét các vec tơ sau:
u  ( a  c ; c ); v  ( c ; b  c )

Ta có: u.v  c(a  c)  c(b  c )
u . v  a . b  ab

Dựa vào bất đẳng thức vec tơ đúng: u.v  u . v nên:
c(a  c)  c(b  c )  ab  điều phải chứng minh.
1 1 1
Dấu ”=” xảy ra  u ; v cùng hướng   
a b c

Bài toán 13: Cho a, b là hai số thực
Chứng minh rằng:

1 (a  b)(1 ab) 1


2 (1  a 2 )(1  b2 ) 2
24

(9)


Lời giải:
Bài toán này giải bằng phương pháp biến đổi tương đương khá dễ dàng:
1
1
1
(1  a 2 )(1  b2 )  (1  a 2b2  a 2  b2 )  [(1- ab)2  (a  b)2 ]  1- ab . a  b

2
2
2
 đpcm

Song với phương pháp Hình học thì tình hình có vẻ khó khăn.
Nhìn vào bất đẳng thức cần chứng minh thì yếu tố Hình học chưa xuất hiện, vậy
ta phải làm sao đây?
2a 1  a 2
1  b 2 2b
Đặt u  (
;
); v  (
;
)
1  a2 1  a2
1  b2 1  b2

2a 2 1  a 2 2 4a 2  (1  a 2 ) 2
Ta có: u  (
) (
) 
 1  u 1
1  a2
1  a2
(1  a 2 )
2

2

1  b2 2
2b 2
v (
) (
) 1 v 1
2
1 b
1  b2
2

Dựa vào bất đẳng thức vec tơ đúng: u.v  u . v nên:
2a(1  b 2 )  2b(1  a 2 )
1
(1  a 2 )(1  b 2 )


(a  b)(1  ab)
1

2
2
(1  a )(1  b ) 2

Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài tập:
1. CMR: với mọi x, y, z là các số thực dương bất kì ta ln có:
x 2  xy  y 2  x 2  xz  z 2  y 2  yz  z 2  3 ( x  y  z )

2. CMR: với bất kì tứ giác nào có độ dài các cạnh là a, b, c, d ta ln có bất đẳng
thức: 3(a 2  b2  c 2 )  d 2 .

3. Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x  y  z  1. Chứng minh rằng:
25


x2 

1
1
1
2
2

y


z

 82.
x2
y2
z2

4. CMR: ( x  1) 2  y 2  ( x  1) 2  y 2  y  2  2  3 , với x, y  R .

III. Phương pháp diện tích.
Để giải một bài toán bất đẳng thức Đại số bằng phương pháp diện tích thơng
thường người ta dựa vào các kiến thức sau:
1.Tính cộng được của diện tích.
2. Tích của hai số dương a, b có thể xem là diện tích của hình chữ nhật cạnh a, b.
3. Các cơng thức tính diện tích các hình.

4. Các bất đẳng thức có được nhờ suy trực tiếp từ các cơng thức tính diện tích của
chúng.
1
1
Ví dụ: Trong tam giác ABC, S ABC  bc.sin A  bc
2
2
abc (a  b  c)2
hoặc S 

( R : const).
4R
108R

Và một điều đặc biệt cần quan tâm khi giải quyết các bài toán bằng diện tích là
khả năng tách nhập các hình một cách linh hoạt và sáng tạo.
Bài toán 14: Cho a, b, c  0 và a  c, b  c.
Chứng minh rằng:

(a  c)c  (b  c)c  ab

(10)

Lời giải:
Bài tốn này có rất nhiều cách giải với những cách nhìn nhận khác nhau. Ở đây,
chúng ta xem xét cách giải ”đượm màu sắc Hình học”.

26