I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đề tài:
a. Để rèn luyện kỹ năng, phương pháp giải toán cho học sinh ngoài việc
trang bị cho học sinh kiến thức cơ bản, người thầy giáo cần giúp các em tổng
hợp phân loại các phương pháp giải và các dạng thường gặp để các em dễ nhớ,
dễ vận dụng.
b. Bất đẳng thức là một trong những mảng kiến thức khó và rộng của bộ
môn Toán nhưng nhờ các bài tập về bất đẳng thức mà học sinh có thể hiểu kĩ
hơn, sâu hơn về giải và biện luận phương trình, bất phương trình; Tìm giá trị
lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức, về mối liên hệ giữa các yếu tố trong tam
giác và trong quá trình giải toán khả năng tư duy sáng tạo của người học được
phát triển mạnh. Thực tế khi giải các bài tập về bất đẳng thức học sinh thường
gặp nhiều khó khăn vì cách giải chúng không hoàn toàn có một mẫu quy tắc
nào như ở một số mảng kiến thức khác.
Qua nhiều năm giảng dạy toán ở trường phổ thông, là người thầy, tôi
thường trăn trở suy nghĩ, thu thập tài liệu, cố gắng sắp xếp hợp lý một số
phương pháp và bài tập về chứng minh bất đẳng thức với mong muốn giúp học
sinh tự tin hơn khi đứng trước một số bài toán về bất đẳng thức cụ thể là các bài
toán chứng minh bất đẳng thức.
c. Phạm vi và giới hạn bài viết.
Khuôn khổ bài viết có hạn nên tôi muốn tổng hợp phân loại các phương
pháp chứng minh bất đẳng thức và các ví dụ áp dụng dành cho học sinh THCS
đặc biệt là học sinh khá giỏi lớp 8; 9.
Để bài viết không quá dài, phần giải các ví dụ tôi không trình bày chi tiết.
2. Kiến thức cần nắm vững
2.1. Định nghĩa bất đẳng thức:
Với hai số a, b bất kỳ ta nói rằng a
≥
b
⇔
a -b

0
⇒
ac > bd
7 a > b > 0 ; 0 < c < d
⇒

c
a
>
d
b
8. a > b > 0
⇒
a
n
> b
n

a > b
⇔
a
n
> b
n
(n lẻ)

a b〉

⇔
a

<
b
1
2.3. Các hằng bất đẳng thức:
1. a
2

≥
0 với mọi a. Dấu bằng xẩy ra
⇔
a = 0
2.
a
≥
0 với mọi a. Dấu bằng xẩy ra
⇔
a = 0
3.
a
≥
a với mọi a. Dấu bằng xẩy ra
⇔
a
≥
0
4.
ba +
≤

a

b
1
+
c
1
)
≥
9
Giải: Xét hiệu H = (a + b + c) (
a
1
+
b
1
+
c
1
) - 9
= (
b
a
+
a
b
- 2) + (
c
a
+
a
c

+
b
1
+
c
1
)
≥
9
Dấu = xẩy ra
⇔
H = 0
⇔
a = b = c
Ví dụ2: Cho a > 0, b > 0. chứng minh rằng:
3
33
22






+
≥
+ baba
Giải: Xét hiệu: A =
3
33

2
33
ba +

≥

3
2






+ ba

Dấu bằng xẩy ra
⇔
a = b
1.3. Bài tập tương tự:
Bài 1: Chứng minh:
b
a
+
a
b

≥
2 với ab > 0
Bài 2: Chứng minh: x

cb
a
+
+
ac
b
+
+
ba
c
+
2. Phương pháp sử dụng tính chất
2.1. Phương pháp giải: Sử dụng một hay nhiều tính chất đã nêu ở 2.2 để biến
đổi. Từ đó khẳng định bất đẳng thức cần chứng minh
2.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Cho a, b > 2. Chứng minh ab > a + b
Giải: Ta có: a > 2 , b > 0
⇒
ab > 2b (1) (Tính chất 3)
b > 2 , a > 0
⇒
ab > 2a (2) (Tính chất 3)
Từ (1) và (2)
⇒
2ab > 2 (a + b) (Tính chất 4)

⇒
ab > a + b (Tính chất 3)
Ví dụ 2: Cho x
≥

(x+y)
2

≥
4xy (1)
Tương tự ta có: (y+z)
2

≥
4yz (2)
(x+z)
2

≥
4xz (3)
Nhân từng vế (1),(2),(3)
⇒
[(x+y)(y+z)(x+z)]
2

≥
(8xyz )
2
(Tính chất 6)

⇒
(x+y)(y+z)(x+z)
≥
8xyz (Tính chất 8)
2.3. Bài tập tương tự:

+
c
a
Bài 3: Cho x + y = 2. Chứng minh : x
4
+ y
4

≥
2
3. Phương pháp phân tích: ( Biến đổi tương đương)
3.1. Phương pháp giải: Xuất phát từ bất đẳng thức cần chứng minh ta biến đổi
nó tương đương với một bất đẳng thức khác mà ta đã biết là đúng từ đó suy ra
bất đẳng thức cần chứng minh là đúng.
3.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng: (a + b)
2

≤
2 (a
2
+ b
2
) với mọi a , b.
Giải: (a + b)
2

≤
2(a
2

≤
0 (2)
Bất đẳng thức (2) luôn đúng
⇒
bất đẳng thức (1) đúng (đpcm)
Ví dụ 2: Cho 2 số a, b thoả mãn: a + b = 1
Chứng minh: a
3
+ b
3
+ab
≥

2
1
(1)
Giải: (1)
⇔
a
3
+ b
3
+ab -
2
1

≥
0

⇔

≥
0

⇔
2a
2
+ 2b
2
- 1
≥
0

⇔
2a
2
+ 2(1 - a)
2
- 1
≥
0 ( vì b = 1 - a)

⇔
4 (a -
)
0
2
1
2
≥
(2)

4

2
6
2
6
x
y
y
x
+≤
với x
0,0 ≠≠ y
4. Phương pháp tổng hợp
4.1. Phương pháp giải: Từ một bất đẳng thức đã biết là đúng, dùng các phép
biến đổi tương đương biến đổi bất đẳng thức đó về bất đẳng thức cần chứng
minh.
Phương pháp giải này làm cho học sinh thấy khó ở chỗ là không biết nên
bắt đầu từ bất đẳng thức nào nhưng nếu biết phương pháp giải này ngược với
phương pháp phân tích thì cũng rất dễ tìm ra bất đẳng thức xuất phát.
4.2. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1: Cho a, b
≥
0. Chứng minh
ab
ba
2
2
≥
+


≥
4ab
⇔
( a - b)
2

≥
4ab
⇔
a + b
≥
2
ab
(vì a + b
≥
0 )
⇔

ab
ba
≥
+
2
(đpcm)
Dấu “ =” xảy ra
⇔
a = b.
Ví dụ 2: Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng:
( ) ( )

+ a
2
c
2
+ b
2
d
2

≥
a
2
c
2
+ b
2
d
2
⇔
a
2
d
2
- 2adbc + b
2
c
2
+ a
2
c

(ac + bd)
2
( )( )
≥++⇔
2222
dcba
ac + bd ( vì ac + bd > 0)

⇔
a
2
+ b
2
+ 2
( )( )
2222
dcba ++
+ c
2
+ d
2

≥
2ac + 2bd + a
2
+ b
2
+ c
2
+d

Bài 1: a
2
+ b
2
+ c
2

≥
ab + bc + ca với mọi a, b
Bài 2: (x-y)
2
+ (y -z)
2
+ (z -x)
2

≤
3(x
2
+ y
2
+z
2
) với mọi x, y, z
Bài 3:
3
33
22



2
Giải: Giả sử: a + b > 2
⇔
a
2
+ 2ab + b
2
> 4 (1)
Ta có: (a - b)
2

≥
0
⇔
a
2
- 2ab + b
2

≥
0
⇔
2ab
≤
a
2
+ b
2
⇔
a

≤
4 (2) mâu thuẫn với (1). Vậy phải có a + b
≤
2
Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
Nếu a + b + c > 0; abc >0 , ab + bc + ac > 0 thì a > 0, b > 0, c > 0.
Giải: giả sử a
≤
0
Nếu a = 0 thì abc = 0 trái với giả thiết abc > 0
Nếu a < 0 : do a + b + c > 0 nên b + c > 0
Do abc > 0 nên bc < 0
⇒
a(b + c) + bc < 0
Hay ab + ac + bc < 0 trái với giả thiết ab + ac + bc > 0
Vậy a > 0. Tương tự ta chứng minh được b > 0, c > 0
5.3. Bài tập tương tự:
Bài 1: cho các số a, b, c , m, n, p thoả mãn: ap - 2bn + cm = 0 và ac - b
2
= 0
chứng minh mp - n
2

≤
0
Bài 2: chứng minh rằng: Nếu a
≥
3; b
≥
3; a

3 thì 2
n
> 2n + 1 (1)
Giải:
Với n= 3 ta có 2
3
= 8,; 2n + 1 = 7
⇒
2
n
> 2n + 1 đúng với n = 3
Giả sử (1) đúng với n = k (k
3, ≥∈ kN
)
Tức là 2
k
> 2k + 1. Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k+1
hay 2
k+1
> 2(k+1) +1
hay 2
k+1
> 2k+3 (2)
Thật vậy: hay 2
k+1
=2.2
k
mà 2
k
> 2k +1

(k+2)(k+3)(k+4)…2k > 2
k
⇒
(k +1)(k+2)(k+3)…(2k)(2k+1) > 2
k
⇒
2(k +1)(k+2)(k+3)…(2k)(2k+1) > 2.2
k
⇒
(k+2)(k+3)…(2k)(2k+1)(2k+2) > 2
k+1
Vậy bất đẳng thức (1) đúng với mọi số tự nhiên n >1 nghĩa là:
(n+1)(n+2)(n+3)….2n > 2
n

6.3. Bài tập tương tự
Bài 1: Cho a
≥
0, b
≥
0, n
∈
N. Chứng minh rằng
22
nn
n
baba +
≤



các khoảng giá trị của biến x chẳng hạn như x
≥
a và x < a để sử dụng định
nghĩa bất đẳng thức x
≥
a
0≥−⇔ ax
hay x < a
⇔
x -a < 0.
Trong trường hợp bất đẳng thức cần chứng minh chưa có dạng A(x) > 0 hay
A(x) < 0 trước hết ta chuyển vế để đưa về dạng đó.
7.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Chứng minh x
10
-x
9
+x
4
- x+ 1 >0
Giải:
Xét A = x
10
-x
9
+x
4
- x+ 1
= x
9

> 0; 1-x > 0 mà x
10

≥
0 và x
4

≥
0 nên từ (2)
⇒
A > 0.
Ví dụ 2: Chứng minh 12x
4
+ 8x
3
+11x
2
+7x+10 >0
Giải: xét B = 12x
4
+ 8x
3
+11x
2
+7x+10 (1)
Hoặc B= 10(x
4
+ x
3
+x

4
+1 > x
7
+ x
Bài 2: Chứngminh x
6
- x
5
+ x
4
- x
3
+x
2
- x + 1 > 0
Bài 3: Chứng minh x
6
- x
5
+ x
4
- x
3
+x
2
- x +
4
3
> 0
8. Phương pháp làm trội ( hoặc làm giảm)

=
−
=
−
<
kkk
kkkkk
Do đó: A <
( ) ( )
11
1

4.3.2
1
3.2.1
11

33
1
22
1
333
+−
+++=
−
++
−
+
−
nnn

4.3
1
3.2
1
3.2
1
2.1
1
2
1
nnnn
=
( ) ( )
4
1
12
1
4
1
1
1
2
1
2
1
<
+
−=



3
1
2
1
Giải:
A=






−
++++






++++






++++



1
1
132 nn
ở mỗi nhóm trong A ta làm trội bằng cách thay các phân số bởi phân số lớn
nhất trong nhóm, ta được
A<
1
132
2.
2
1
8.
2
1
4.
.2
1
2.
2
1
1
−
−
+++++
n
n
=
1 1 1
n
n

++
+
+
+
+
+ nnnn
Với n nguyên dương
9. Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức kinh điển ( bất đẳng côsi và bất
đẳng thức bunhiacốpxki)
9.1. Phương pháp giải: Để chứng minh một bất đẳng thức nào đó ngoài các
cách đã giới thiệu ta có thể sử dụng các bất đẳng thức kinh điển. Trong phạm
vi chương trình THCS , tôi xin giới thiệu và hướng dẫn học sinh vận dụng bất
đẳng thức Côsi và bất đẳng thức Bunhiacốpxki để chứng minh các bất đẳng
thức khác.
a. Bất đẳng thức Côsi: Cho a
1
, a
2
,….,a
n
là các số không âm. Khi đó ta có:
n
n
n
aaa
n
aaa


21

b
2
+ …+ a
n
b
n
)
2

≤
(a
1
2
+a
2
2
+ …+ a
n
2
)(b
1
2
+b
2
2
+ …+b
n
2
)
Dấu bằng xẩy ra

+
+
+
Giải: Do a, b, c >0
⇒
0
2
>
+ cb
a
và
0
4
>
+ cb
áp dụng bất đẳng thức côsi cho 2 số
cb
a
+
2
và
4
cb +
ta có
a
acb
cb
acb
cb
a

−≥
+

4
2
ba
c
ba
c +
−≥
+
Cộng từng vế của 3 bất đẳng thức trên ta được:
22
)(
222
cbacba
cba
ba
c
ca
b
cb
a ++
=
++
−++≥
+
+
+
+

≥
0; b+c
≥
0; c+a
≥
0
⇒

ba +
,
cb +
,
ac +
có nghĩa.
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski với 2 bộ số:
a
1
=1, a
2
=2, a
3
=3, b
1
=
ba +
, b
2
cb +
, b
3

≥
0 nhưng phải áp dụng cho 2 bộ số.
+ Ngoài 2 bất đẳng thức hay sủ dụng cho học sinh THCS đã nêu ở
trên thì các em có thể sử dụng một số bất đẳng thức đã biết để chứng minh
một bất đẳng thức khác.
9.3. Bài tập tương tự:
Bài 1: cho a, b, c >0. Chứng minh
2>
+
+
+
+
+ ba
c
ca
b
cb
a
Bài 2: Cho a+b = 2. Chứng minh a
4
+b
4

2≥
10.Phương pháp tam thức bậc hai
10.1. Phương pháp giải: Dùng định lí về dấu của tam thức bậc hai để chứng
minh bất đẳng thức
Định lý về dấu của tam thức bậc hai:
Định lý về dấu của tam thức bậc hai f(x) = ax
2

1
, x
2
)
và khác dấu với a khi x nằm trong khoảng hai nghiệm.
10.2. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1: Cho bốn số thực a, b, c, d thoả mãn hệ điều kiện



=+
=+
6
1
22
dc
ba
Chứng minh rằng: c
2
+ d
2
-2ac -2bd
≥
18 -
26
(1)
Giải: c + d = 6
⇒
d = 6- c . Khi đó bất đẳng thức (1) có dạng:
c

2
Ta có bảng xét dấu sau:
x

2
12-
2
f(x) - 0 + 0 -
Do
22 ≤+≤− ba
nên từ (3) và bảng xét dấu
⇒
0
'
≤∆
. Theo định lý về dấu
của tam thức bậc hai thì (2) đúng với mọi c. Đó là điều phải chứng minh.
Dấu = xảy ra





==
==
⇔





+….+(b
n
x - a
n
)
2
Ta thấy f(x)
0≥
với mọi x. Ta viết f(x) dưới dạng sau
F(x) =( b
)
22
2
2
1 n
bb +++ 
x
2
- 2(a
1
b
1
+a
2
b
2
+…+a
n
b
n

( )( )
22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211 nnnn
bbbaaabababa ++++++≤+++ 
Dấu = xảy ra
⇔
0
'
=∆
⇔
phương trình f(x) =0 có nghiệm kép
⇔

n
n
b
a
b
a
b
a
=== 

⇒
baba +<+
(đpcm)

Ví dụ 2: Cho a,b,c,d > 0 . Chứng minh rằng:
( ) ( )
22
2222
dbcadcba +++≥+++
Giải: Trên trục hoành Ox đặt liên tiếp hai đoạn OA = a, AB = c, còn trên trục
Oy đặt liên tiếp OC = b, CD = d. Xét hình chữ nhật COAE và DOBF. Theo
định lý pitago ta có:
OE =
22
ba +
EF =
22
dc +
OF =
( ) ( )
22
dbca +++ba +
b
A
C
B
y

a
=
Ví dụ 3: Cho x, y là 2số thoả mãn:





≤−−
≤−−
≥−+
042
022
022
xy
yx
yx
Chứng minh: x
2
+ y
2

5
4
≥
Giải:
Gọi I(x;y) là điểm trên
mặt phẳng Oxy trong đó x, y thoả mãn
đề bài. Tập hợp các điểm I(x,y) là miền
ặt phẳng giới hạn bởi tam giác ABC.


≥

5
4
Hay x
2
+ y
2

5
4
≥
11.3. Bài tập tương tự
Bài 1: Chứngminh rằng với a > b > 0 thì
baba −<−
Bài 2: Chứng minh rằng với x, y, z, t > 0 thì
( )( ) ( )( )
( )( )
tzyxtytxzyzx ++≥+++++
22222222
C
O
H
B
A
-2
2
-4
1