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

 Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
 A. PHẦN MỞ ĐẦU
 Bất đẳng thức là một trong những dạng toán hay và khó đối với học sinh 
trong quá trình học tập cũng như trong các kỳ thi, trước hết là kỳ thi đại học mà 
hầu hết học sinh THPT đều phải vượt qua. Ngoài ra bất đẳng thức cũng là một 
dạng thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi toán ở các cấp: Tỉnh, Quốc gia, 
Olympic khu vực và Olympic quốc tế.
 Để giúp các em có thêm một số kinh nghiệm trong quá trình học tập nhằm 
nắm vững các phương pháp chứng minh bất đẳng thức đồng thời sử dụng linh 
hoạt hơn trong việc giải các bài toán về bất đẳng thức, tôi quyết định viết đề tài 
này nhằm chia sẽ cùng đồng nghiệp, học sinh và độc giả một số phương pháp, 
kinh nghiệm giải bài toán bất đẳng thức.
 Đề tài gồm 2 phần cơ bản: 
 Phần I: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức. 
 Phần II: Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác.
 Do khuôn khổ của đề tài, ở mỗi phần tôi xin miễn nhắc lại các kiến thức 
cơ bản về bất đẳng thức vì những kiến thức này được trình bày chi tiết trong 
sách giáo khoa trung học phổ thông, mà chỉ tập trung vào các phương pháp biến 
đổi đồng thời nêu một số ví dụ minh họa.
§inh ThÞ L­u – Tr­êng THPT Chuyªn Qu¶ng B×nh 1 Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
 2
Do đó x8 x 5 x 2 x (đpcm)
 3
Ví dụ 3: CMR 
 1 1 1
 ...... 1 n N
 1.2 2.3 n(n 1)
Giải: Ta có 
 1 1 1
 (k N * )
 k(k 1) k k 1
Cho k=1, 2, .....n rồi cộng các đẳng thức theo vế ta có 
 1 1 1 1 1 1 1 1 1
 ...... 1 ...... 1 1
 1.2 2.3 n(n 1) 2 2 3 n n 1 n 1
Vậy ta có đpcm.
II. Phương pháp Tam thức bậc 2. 
Ví dụ 1: CMR 
 13 59 5x 2 2 13 59
 11 3x 2 2x 4 11
Giải: TXĐ: x R
 5x 2 2
 Gọi P thì 
 3x 2 2x 4
 (3P 5)x 2 2Px 4P 2 0 (*)
 Để (*) có nghiệm x thì 
 ' 0 P 2 (4P 2)(3P 5) 0
 11P 2 26P 10 0
 13 59 13 59
 P 
 11 11
 13 59 5x 2 2 13 59
Vậy 
 11 3x 2 2x 4 11
 Dấu đt bên trái xảy ra 
 13(13 59)
 x 
 121
 Dấu đt bên phải xảy ra 
§inh ThÞ L­u – Tr­êng THPT Chuyªn Qu¶ng B×nh 3 Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
 4y1 y2 y3 (abc acd abd bcd)
 4(y1 y2 y2 y3 y3 y1 ) 2(ab ac ad bc bd cd)
Theo BĐT Cauchy 
 y y y y y y
 1 2 2 3 3 1 3 (y y y ) 2
 3 1 2 3
 abc abd acd bcd ab ac ad bc bd cd
 3 
 4 6
IV. Phương pháp quy nạp. 
 Phương pháp này được áp dụng khi BĐT phụ thuộc 1 tham số n N , với 
các bước chứng minh như sau:
 + Bước 1. C/m BĐT đúng với n=n0
 + Bước 2. Giả sử BĐT đúng với n=k (k n0 ) ta cần chứng minh BĐT 
đúng với n = k+1. 
 + Bước 3. Kết luận BĐT đúng với mọi n N . 
Ví dụ 1 : C/m n 2 , n N * ta có : 
 1 3 5 2n 1 1
 . . ........... (*)
 2 4 6 2n 3n 1
 3 1
Giải: + Khi n=2 ta có (*) đúng. 
 8 7
 + Giả sử BĐT đúng với n=k tức là 
 1 3 5 2k 1 1
 . . ........... 
 2 4 6 2k 3k 1
Ta cần chứng minh (*) cũng đúng với n=k+1 (k 2) . Thật vậy 
 1 3 5 2k 1 1 1 3 2k 1 2k 1 1 2k 1
 . . ........... . ....... . .
 2 4 6 2k 3k 1 2 4 2k 2k 2 3k 1 2k 2
Ta cần chứng minh 
 1 2k 1 1 1
 . 
 3k 1 2k 2 3(k 1) 1 3k 4
 (2k 1). 3k 4 3k 1.(2k 2)
 (4k 2 4k 1)(3k 4) (3k 1)(4k 2 8k 4)
 19k 4 20k 4 k 1
Đến đây ta thấy (*) đúng với n=k+1.
§inh ThÞ L­u – Tr­êng THPT Chuyªn Qu¶ng B×nh 5 Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
trong một số bài toán nếu đặt các giá trị ẩn thích hợp qua các hàm số lượng giác 
thì rất thuận tiện. 
Ví dụ 1: CMR x, y ta có: 
 1 (x 2 y 2 )(1 x 2 y 2 ) 1
 2 
 4 (1 x 2 ) 2 (1 y 2) 4
   
Giải: Đặt x tg y tg ,  
 2 2 
Ta có: 
 (x 2 y 2 )(1 x 2 y 2 ) (tg 2 tg 2  )(1 tg 2 .tg 2  )
 A 2 
 (1 x 2 ) 2 (1 y 2) (1 tg 2 ) 2 (1 tg 2  ) 2
 (sin 2 cos 2  sin 2  cos 2 )(cos2 cos 2  sin 2 sin 2  )
 sin(  )sin( b)cos(  )cos(  )
 1
 sin(2 2 )sin(2 2 )
 2
 1
 A dpcm
 4
*) Một số bài tập: 
1. CMR x, y R thì 
 1 (x y)(1 xy) 1
 2 (x 2 1)(y 2 1) 2
2. Cho 4 số thực a, b, c, d thõa mãn 
 a 2 b 2 1
 2 2
 c d 1
CMR 1 ac bd 1
VI. Phương pháp hình học. 
a) Sử dụng các BĐT về vectơ 
 1. u v u v
 Dấu “=” xảy ra u,v cùng chiều
 2. u.v u .v  u .v u .v
§inh ThÞ L­u – Tr­êng THPT Chuyªn Qu¶ng B×nh 7 Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
Ta có 
 S AMP S CPN S BNM S ABC
 1 0 1 0
 A sin 60 x(1 y) y(1 z) z(1 x) .sin 60 .1.1
 2 2
 x(1 y) y(1 z) z(1 x) 1
Ví dụ 6: Cho a, b, c dương. CM
 a 2 2ab b 2 b 2 3bc c 2 a 2 2 3ac c 2
Giải: Dựng hình như hình vẽ sao cho: A
 OA=a ; OB=b ; OC=c
 AOB 450 BOC 300 a
Áp dụng định lí hàm số cosin 
trong tam giác ta có: b
 O B
 AB a2 2ab b2
 c
 2 2
 BC b 3bc c C
 cosAOC cos(450 300 ) cos450 cos300 sin 450 sin300
 1 3 1 1 1 3 1 1
 . . . 2 3
 2 2 2 2 2 2 2
Vậy AC a 2 2 3ac c 2 tức là 
 a 2 2ab b 2 b 2 3bc c 2 a 2 2 3ac c 2
Dấu đẳng thức xảy ra 
 ab 2 bc 1 ac 2 3
 S S S acsin750 b 
 AOB BOC AOC 4 4 2 a c
*) Một số bài tập 
1. Cho a, b, c, d là 4 số thực thõa mãn 
 a 2 b 2 1 2(a b)
 2 2
 c d 36 12(c d)
CM: ( 2 1)6 (a c) 2 (b d) 2 ( 2 1)6
§inh ThÞ L­u – Tr­êng THPT Chuyªn Qu¶ng B×nh 9 Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
Cộng vế theo vế ta có ta có đpcm. 
Dấu “=’ xảy ra khi và chỉ khi x=0.
Ví dụ 2 : Với a, b, c dương CM 
 a 3 b3 c 3
 ab bc ca
 b c a
Giải : áp dụng BĐT Cauchy cho các cặp số dương ta có : 
 a 3 a 3
 ab 2 .ab 2a 2
 b b
 b3 b3
 bc 2 .bc 2b 2
 c c
 c 3 c 3
 ca 2 .ca 2c 2
 a a
Cộng vế theo vế ta có : 
 a 3 b3 c 3
 ab bc ca 2(a 2 b 2 c 2 ) (1)
 b c a
Mặt khác ta có 
 1
 a 2 b 2 c 2 ab ac bc (a b) 2 (b c) 2 (c a) 2  0
 2
 a 2 b 2 c 2 ab bc ca
Thay vào (1) suy ra đpcm. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c.
 c. Một số dạng toán cơ bản sử dụng BĐT Cauchy tổng quát để c/m.
 1) Cho n số thực dương a1 ,a2 ,.....,an thõa mãn 
 1 1 1
 ........ k (k 0 cho trước)
 a1 a2 an
CMR 
 1 1
 ....
 m1a1 m2a2 .... mnan m2a1 m3a2 .... m1an
 1 k
 mna1 m1a2 .... mn 1an m1 m2 .... mn
 Với m1 ,m2 ,........,mn là các số nguyên dương tùy ý.
§inh ThÞ L­u – Tr­êng THPT Chuyªn Qu¶ng B×nh 11 Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
Với quy ước ai=0 thì bi=0 
Chứng minh: 
 2 2 2
 +Nếu a1 a2 .... an =0 suy ra BĐT luôn luôn đúng 
 2 2 2
 +Nếu a1 a2 .... an >0. Xét tam thức 
 2 2 2
 f (x) (a1 x b1 ) (a2 x b2 ) .... (an x bn )
 2 2 2 2 2 2 2
 f (x) (a1 a2 .... an )x 2(a1b1 a2b2 .... anbn )x (b1 b2 .... bn )
 f (x) 0 x R ' 0
 2 2 2 2 2 2 2
 (a1b1 a2b2 .... anbn ) (a1 a2 .... an )(b1 b2 ... bn )
Ví dụ 1: Cho 2 số thực x, y thõa mãn x 3y 2 . 
 8
CMR 2x 2 3y 2 
 3
Giải: Theo BĐT BCS ta có 
 2
 1 1 8
 . 2x 1. 3y 1 2x 2 3y 2 2x 2 3y 2 
 2 2 3
 2
 x 
 2x 3y 3
Dấu “=” xảy ra 
 1 1 4
 y 
 2 3 3
Ví dụ 2: a) Cho n số thực a1 ,a2 ,.....,an và n số dương b1 ,b2 ,.....,bn 
 a 2 a 2 a 2 a a ..... a 2
 CMR 1 2 ..... n 1 2 n
 b1 b2 bn b1 b2 .... bn
 b) CMR 
 a 2 b 2 1
 1 a,b 0
 b 2 2a a 2 2b 1 2ab
Giải: a) Áp dụng BĐT BCS cho 2 bộ số dương 
 a a a 
 1 ; 2 ;.....; n và b ; b ;.....; b
 1 2 n 
 b1 b2 bn 
Ta có 
§inh ThÞ L­u – Tr­êng THPT Chuyªn Qu¶ng B×nh 13 Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc
Ví dụ 1: Nếu x 1 và n nguyên, n>1 thì 
 (1 x) n (1 x) n 2n
Giải: Ta có 
 n
 n n n n i n i i
 2 (1 x 1 x) (1 x) (1 x) Cn (1 x) (1 x)
 i 1
Vì x 1 nên (1 x) n i (1 x)i 0 i 1,2,....n 1. Vậy 2n (1 x) n (1 x) n
Ví dụ 2: CMR m nguyên dương, m 2 ta có: 
 2m 1 2
 m 2 1 1 
 . 1 1 (1)
 2 
 m m 1 
Giải: 
 2m 1 2 2m 1
 1 1 1 2 1
 (1) 1 2 1 1 2 1 2
 m 1 m 1 m 1 m 1 (m 1)
 2 2m 1
 1 1 2 1 2m 1 1 2 1
 1 C2m 1 2 C2m 1 2 ..... C2m 1 2 1 2
 m 1 m 1 m 1 m 1 (m 1)
Mặt khác ta có: 
 4m 2 1 3m 2 3
 2m 1 m(2m 1) m(2m 1)(2m 1) 1 2
 m 2 1 (m 2 1) 2 3(m 2 1)3 (m 1) 2 m 1
 đpcm
 2
Ví dụ 3: Nếu n là số tự nhiên lớn hơn 1. CM n n 1 
 n
Giải: Vì n 1 n n 1. Đặt n n 1 x(x 0) . Lúc đó ta có 
 n(n 1) n(n 1) 2 2
 n (1 x) n 1 nx x 2 .... x n n 1 x 2 x 2 x 
 2 2 n n
 2 2
 x 1 1 n n 1 
 n n
2. Sử dụng phương pháp phân chia. 
 a) Nếu hàm số biến thiên phức tạp trong tập xác định ta chia tập xác định D 
thành các tập con D1, D2,.sao cho việc tìm cực trị của hàm số trên các tập con 
dễ dàng hơn.
§inh ThÞ L­u – Tr­êng THPT Chuyªn Qu¶ng B×nh 15