ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
KHOA TOÁN HỌC


BÀI THU HOẠCH
HỌC PHẦN:
RÈN LUYỆN NGHIỆP VỤ SƯ PHẠM 3 Đề tài: PHƯƠNG PHÁP GIẢI VÀ CÁC DẠNG
TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC Sinh viên thực hiện:
Trần Ngọc Hiếu
Lớp: Toán 3B Huế, tháng 11/2013

MỤC LỤC
LỜI NÓI ĐẦU 1
Chủ đề 1: SỬ DỤNG CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, CÁC TÍNH
CHẤT CỦA BẤT ĐẲNG THỨC 2
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 2
a. Khái niệm bất đẳng thức: 2
b. Tính chất: 2

2. VÍ DỤ MINH HỌA 33
3. BÀI TẬP LỰ LUYỆN 37
Chủ đề 9: PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA 37
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 37
2. VÍ DỤ MINH HỌA 38
3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN 40
Chủ đề 10: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ - HÌNH GIẢI TÍCH 41
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 41
2. VÍ DỤ MINH HỌA 41
3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN 44
Chủ đề 11: PHƯƠNG PHÁP ĐẠO HÀM 45
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 45
2. VÍ DỤ MINH HỌA 45
3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN 48
TÀI LIỆU THAM KHẢO 49
1

LỜI NÓI ĐẦU
Nhằm giúp các bạn học sinh cấp 3 có thêm tài liệu để giải các bài toán bất
đẳng thức trong các đề thi Đại học – Cao đẳng. Tôi xin giới thiệu tài liệu
Phương pháp giải và các dạng toán bất đẳng thức.
Nội dung gồm:
Chủ đề 1: Sử dụng các phép biến đổi tương đương, các tính chất của bất
đẳng thức.
Chủ đề 2: Phương pháp quy nạp.
Chủ đề 3: Phương pháp phản chứng
Chủ đề 4: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy.

với A gọi là vế trái, B gọi là vế phải và A, B là hai biểu thức đại số.
Ta có:
A B A B 0;A B A B 0
       

A B A B 0;A B A B 0
       

b. Tính chất:
Tính chất 1:
A B
A C
B C


 




Tính chất 2:
A B A C B C
    

Tính chất 3: + Với
C 0:A B AC BC
   

+ Với
C 0:A B AC BC

n n
A B 0,n N,n 2 A B
     

Tính chất 7:
* 2n 1 2n 1
A B,n N A B
 
   

*
2n 1 2n 1
A B,n N A B
 
   
c. Phương pháp:
Để chứng minh A > B ta sẽ chứng minh A – B > 0 (nghĩa là ta sử dụng
định nghĩa, tính chất cơ bản… để biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh đến 3
một BĐT đúng hay một tính chất đúng hoặc có thể sử dụng BĐT đúng biến đổi
dẫn đến BĐT cần chứng minh).
2. VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Chứng minh
a.
a b 2 ab, a,b 0
   
(1) (BĐT Cauchy)
b.




3 3 2 2 2
a 2ab b ab 0 a a b b a b 0
         









2
2 2
a b a b 0 a b a b 0 *
       

Do a, b > 0 => (*) đúng
Vậy:
3 3 2 2
a b ab a b, a,b 0
    

c. (3)

 
 
     
 
 
 
 
 
(đúng)
Vậy:
4 4 3 3
a b ab a b, a,b
   
Ví dụ 2: Chứng minh:
2 2 2
a b c ab bc ca(*), a,b,c
     
Giải
(*)
2 2 2
2a 2b 2c 2ab 2bc 2ca
     






2 2 2
a b b c c a 0

        
Để chứng minh (*) ta sẽ chứng minh:


2
2b c 9bc (1)
 
Thật vậy:
(1)
2 2
4b 4bc c 9bc
   

2
2b c bc
  

Ta có:
 
2
2b c 2b b b
2b c bc
2b c 2c c c
   

  


b 2a
(*) b 2a 3b 6a b 4ab 4a
3

       





2
2 2
2 a 2ab b 0 a b 0
      
(đúng)
Vậy: BĐT (*) đpcm.
b. Sử dụng câu a.
 
2
2 2 2
b 2a 1 b 2a
b 2a c. b 2a c
3 3
3
 
 
    
 
 
(1)

Chứng minh: 2a
3
+ 2b
3
+ 2c
3
< 3 + a
2
b + b
2
c + c
2
a
Giải:
Ta có:
   
2
2
2 2
a 1
1 a 1 b 0 1 a b a b
b 1


       



(1)
Mặt khác:

+ c
3
(4), 1 + c
2
a > c
3
+ a
3
(5)
Cộng (3), (4) và (5) theo vế => đpcm.
Ví dụ 6: Cho x, y > 0 thỏa mãn xy = 1. Tìm giá trị lớn nhất của:
4 2 2 4
x y
A
x y x y
 
 

(Đề chuyên Toán Tin – ĐHSP Hà Nội năm 1997-1998)
Giải:
Ta có:


2
2 4 2 2
x y 0 x y 2x y
    4 2 2

Ta có:
 
3
3 3
1
b c b c
4
  
(1)
Thật vậy: (1)


3 3 3 3 2 2
4 b c b c 3b c 3bc
     



3 3 2 2 2 2
b c b c bc 0 b b c c b c 0
         




b c c a a b
b c c a a b
 
    
 
  
 
  
(3)
Mà:
a b c 2a 2b 2c
b c c a a b 2(b c) 2(c a) 2(a b)
    
     

2a 2b 2c
2
b c a c a b a b c
   
     
(4)
(do: a + b > c; b + c > a; c + a > b)
Từ (3) và (4) => đpcm.
3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài tập 1: Chứng minh: (ax + by)
2
< (a
2
+ b
2



Bài tập 5: Cho a > 0, b > 0. Chứng minh:
3
3 3
a b a b
2 2
 
 

 
 
7
Chủ đề 2
PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Để chứng minh một bất đẳng thức (*) đúng với
n p
 
(với (*) phụ thuộc
vào số tự nhiên n, p là hằng số và
p

N
*
) ta tiến hành các bước sau:
Bước 1: Kiểm tra (*) đúng với n = p

 Giả sử (*) đúng với n = k > 1, k

N
*
, tức là:
k
k k
a b a b
2 2
 
 

 
 

 Chứng minh (*) đúng với n = k + 1, nghĩa là ta chứng minh:
k 1
k 1 k 1
a b a b
2 2

 
 
 

 
 

Thật vậy:
k 1 k

 
     

Vậy: BĐT (*) đã được chứng minh. 8
Ví dụ 2: Chứng minh:
1 3 5 2n 1 1
. . (*), n
2 4 6 2n
2n 1

  

N
*

Giải:
 Với
1 1
n 1:
2
3
 
. Vậy: (*) đúng với n = 1
 Giả sử (*) đúng với n = k > 1, k

N
*

2(k 1)(2k 3) 2(k 1)
    2 2
4k 8k 3 4(k 2k 1) 3 4
       
(đúng)
Vậy: BĐT (*) đã được chứng minh.
3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài tập 1: Chứng minh: Với mọi số tự nhiên n > 3 có 2
n
> 2n + 1
Bài tập 2: Chứng minh: Với n nguyên dương và mọi số thực
1
  

Ta có
n
(1 ) 1 n
    
(BĐT bec-nu-li)
Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu
0
 
hoặc n = 1
Bài tập 3: Chứng minh: (2n)! < 2
2n
(n!)
2






Chứng minh: a > 0, b > 0, c > 0
Giải:
Vì vai trò của a, b, c là như nhau nên ta chỉ chứng minh a > 0.
Giả sử: a < 0
Trường hợp a = 0 không thể xảy ra được do (3).
Do đó: a < 0, từ (3) => bc < 0
(2) => a(b + c) > -bc > 0 => b + c < 0
=> a + b + c < 0 (vô lí do (1))
Vậy: a > 0
Ví dụ 2: Cho a, b, c

(0 ; 1). Chứng minh có ít nhất một trong các BĐT
sau là sai:
1 1 1
a.(1 b) (1), b.(1 c) (2), c.(1 a) (3)
4 4 4
     
Giải:
Giả sử các BĐT (1), (2), (3) đều đúng
Suy ra:
1
a(1 b)b(1 c)c(1 a) (*)
64
   
Theo kết quả Ví dụ 1a) Chủ đề 1, ta có:

Bài tập 1: Chứng minh: Nếu a
1
a
2
> 2(b
1
+ b
2
) thì ít nhất một trong hai
phương trình x
2
+ a
1
x + b
1
= 0, x
2
+ a
2
x + b
2
= 0 có nghiệm.

10

Bài tập 2: Cho 0 < a, b, c, d < 1. Chứng minh: có ít nhất một BĐT sau là
sai: 2a(1 – b) > 1, 3b(1 – c) > 2, 8c(1 – d) > 1, 32d(1 – a) > 3.
Bài tập 3: Cho x, y > 0 và x
2
+ y

SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
 Bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm
Nếu a > 0, b > 0 thì
2
a b a b
ab haya b 2 ab,ab
2 2
 
 
 
   
 
 
 
 
 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
 Bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm
Nếu a
1
> 0, a
2
>

0,

a
n

1 1 1
9, x,y,z 0
x y z
 
    
 
  11

Giải:
a. Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
2
1 1 1 1
a b 2 ab, .
a b a b
   
1 1 1 1
(a b) a ab. . 4
a b a b
 
    
 
 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b
b. Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
3
3

     

Sử dụng BĐT
1 1 1 1
, x,y 0
x y 4 x y
 
   
 

 
(xem lại Ví dụ 1a)
Ta có:
ab ab 1 ab ab
a b 2c (a c) (c b) 4 a c c b
 
  
 
      
 
(1)
Tương tự:
bc 1 ab bc
2a b c 4 a c a c
 
 
 
   
 
(2)

  

Giải:
a. Cách 1:
Đặt:
u b c
w u v u v w u v w
v c a a , b , c
2 2 2
w a b
 


     

     


 



Lúc đó:
w u v u v w u v w
VT(*)
2u 2v 2w
     
  
1 w u v u
3

b c c a a b
     
      
     
  
     

1 1 1
(a b c) 3
b c c a a b
 
     
 
  
 

 
1 1 1 1
(b c) (c a) (a b) 3
2 b c c a a b
 
        
 
  
 

3
3
1 1 1 1 3
.3. (b c)(c a)(a b).3. . . 3

b c c a a b
     
        
     
  
     

a b c a b c
(a b c) 1
b c c a a b 2
 
 
      
 
  
 
(Sử dụng câu a)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
Cách 2:
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
2 2
2
a b c a b c
. a
b c 4 b c 4
 
  
 
(1)
Tương tự:

   
   

(do a, b, c > 0 và a + b + c = 1)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
Ví dụ 5:
a. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của
ABC

, p là nửa chu vi tam giác
Chứng minh:
abc
(p a)(p b)(p c)
8
   

14

b. Cho
ABC

có chu vi bằng 3 và độ dài ba cạnh là a, b, c
Chứng minh: 4(a
3
+ b
3
+ c
3
) + 15abc > 27
Giải:

=> -9 + 4(ab + bc + ca) – 3abc < 0
81 27
9(ab bc ca) abc 0
4 4
     
(5)
Mà: a
3
+ b
3
+ c
3
– 3abc = (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
– ab – bc – ca)
= 3[(a + b + c)
2
– 3(ab + bc + ca)]
= 27 – 9(ab + bc + ca) (do a + b + c = 3)
=> -9(ab + bc + ca) = a
3
+ b
3
+ c
3
– 3abc - 27 (6)

81
abcd
       

 

Đảng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
a b c d
4
   

Ví dụ 7: Cho a > 1, b > 1. Chứng minh:
a b 1 b a 1 ab
   

Giải:
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
1 a 1 a
a 1 1.(a 1)
2 2
 
    
(1)
1 b 1 b
b 1 1.(b 1)
2 2
 
    
(2)

  

Ví dụ 9: Cho a, b, c > 0. Chứng minh:
2
2 1 1 1
a bc 2 ab ac
 
 
 

 

Giải:
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
2 2
2
2 1
a bc 2 a bc 2a bc
a bc
a bc
    

(1)

16

1 1 1 1
2 ab ac
a bc
 

ab ab a b ab (a b) ab
 
      
 
 
 
(1)
Mà:
2
2
2
a b 1 4
ab 4ab (a b) 4
2 ab (a b)

 
      
 

 
(2)
Kết hợp (1) và (2) => đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
a b
2
 

Ví dụ 11: Cho x, y, z > 0 và thỏa mãn
1 1 1

 
  
(1)

17

Tương tự:
2
1 zx
1 y (1 z)(1 x)

  
(2)
2
1 xy
1 z (1 x)(1 y)

  
(3)
Nhân (1), (2) và (3) theo vế, ta được:
1 8xyz
(1 x)(1 y)(1 z) (1 x)(1 y)(1 z)

     

Hay:
1
xyz
8


ab 1,a b 2




  



2 6 2 6
a a
2 2
6 2 6 2
b b
2 2
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

Ví dụ 13: Tìm GTNN của
1 1

     

Theo BĐT Cauchy:

2
2
1 1 1 x y x y
x x. 2,y 2, . 2
2x 2x 2y y x y x
       


2 2
2 2
4
1 1 1 1 1 2
2
2 x y x y
xy
x y
 
    
 

 

Do đó:
A 4 3 2
 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Sử dụng BĐT
1 1 1 1
, a,b 0
a b 4 a b
 
   
 

 
(xem lại ví dụ 1a.)
Ta có:
1 1 1 1 1
2x y z (x y) (x z) 4 x y x z
 
  
 
      
 
(1)
Tương tự:
1 1 1 1
x 2y z 4 x y x z
 
 
 
   
 
(2)
1 1 1 1
x y 2z 4 x z y z

x y z
4
  

Cách 2:
Sử dụng BĐT
1 1 1 1 1 1
, a,b,c,d 0
a b c d 16 a b c d
 
     
 
  
 

Ta có:
1 1 1 1 1 1 1
2x y z x x y z 16 x x y z
 
    
 
    
 
(1)
Tương tự:
1 1 1 2 1
x 2y z 16 x y z
 
  
 

 
(1)
Tương tự:
1 1 1 2 1
x 2y z 16 x y z
 
  
 
 
 
(2)
1 1 1 1 2
x y 2z 16 x y z
 
  
 
 
 
(3)
Cộng (1), (2) và (3) theo vế:
1 4 4 4
A 1
16 x y z
 
   
 
 

1 1 1 1 1 1 1 1 1
(x 1) (y 1) (z 1)
x z x y y z x y z
     
 
           
 
     
 
     

2(x 1) 2(y 1) 2(z 1) 1 1 1
T
xz xy yz x y z
 
  
      
 
 
(1)
Mà:
1 1 1 1 1 1 1 1 1
T 2 2
x y z xy yz zx x y z
 
         
 
 
(2)
Ngoài ra:

Do
c b
b c
a,b,c 1 log 0,log 0
   

Ta có:
c a c b a c b
b c b c b b c
log log log log .log log log
a b a b a a
     (1)
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
c b
b c
c b c b c b
b c b c b c
log log
log log log log log log
2
a a 2 a .a .2 a 2a


  

c b
b c
log .log
2a 2a
 

bc ca ab
a b c
a b c
    

Bài tập 2: Cho a, b > 0. Chứng minh: 3a
3
+ 17b
3
> 18ab
2

Bài tập 3: Cho x, y > 0. Chứng minh:
2 2
1 1
x y 2( x y)
x y
    

Bài tập 4: Cho a
1
, a
2
, …, a
2007
> 0 sao cho tích a
1
.a
2
…a

2
). Ta luôn có:
2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
(a b a b ) (a a )(b b )
   
Đẳng thức chỉ xảy ra khi tồn tại t:
i i
i i
b ta (i 1,2)
a tb (i 1,2)
 


 


+ Cho 2 bộ số (a
1
, a
2
,…,a
n
), (b
1
, b
2
,…,b
n
). Ta luôn có:

a a a
    
1 2 n
i i
1 2 n
a a a
i,a tb là ;
b b b
    
2. VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Cho
x,y

R, 2x + 7y = 1. Chứng minh:
2 2
1
x y
53
 

Giải:
Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki cho 2 bộ số (2, 7); (x, y):
Ta có:
2 2 2 2 2
1
1 (2x 7y) (2 7 ) x y
53
      
Đẳng thức xảy ra khi
2



c, b c ; b c, c
 

Ta có:
2 2 2 2
VT(*) c a c b c c (b c) . (a c) c
        
b. a ab
 
Ví dụ 3: Cho
1
a,b,c
2

và a + b + c = 1. Chứng minh:
2a 1 2b 1 2c 1 15
     