SÁNG KIẾN KINH NGHIỆMBỒI DƯỠNG TƯ DUY SÁNG
TẠO QUA VIỆC CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC

Tóm tắt nội dung A – Lời mở đầu
1 – Lí do chọn đề tài
2 – Phạm vi nghiên cứu
B – Nội dung
Phần I – Lý thuyết chung về Bất Đẳng Thức
1 - Định nghĩa và tính chất
2 – Các hằng bất đẳng thức cần nhớ.
Phần II – Phương pháp chứng minh bất đẳng thức
1 – Các phương pháp chung.
2 – Các ví dụ minh hoạ cho từng phương pháp.
- Phần bất đẳng thức đại số

dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của họ
c
sinh, phù hợp với đặc điểm của từng lớp học, môn học; bồi dưỡng phương pháp
tự học, khả năng làm việc theo nhóm; rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào
thực tiễn; tác động đến tỡnh cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học
sinh”.
Để thực hiện được điều đó, bản thân từng giáo viên, từ
ng học sinh cũng cần có
những thay đổi rõ rệt về quan điểm, phương pháp dạy, phương pháp học. Đặc
biệt là đối với mỗi giáo viên, ngoài mục tiêu lấy học sinh làm trung tâm trong
giờ giảng người giáo viên cần luôn luôn tìm tòi, học hỏi, đổi mới phương pháp
sao cho phù hợp với nội dung, hình thức bài giảng. Là một giáo viên dạy toán,
tôi thấy việc làm thế nào để học sinh thấy cái hay trong học toán, phát huy
được óc sáng tạo, phát triển tư
duy lôgic ở học sinh là việc làm rất cần thiết.
Do yêu cầu thực tiễn đặt ra: Làm thế nào để bồi dưỡng năng khiếu học
toán, nâng cao và bổ sung thêm những kiến thức cần thiết cho học sinh, giúp các
em có một nền móng vững chắc từ khi còn ở bậc THCS, làm tiền đề để học tốt
môn Toán ở các lớp trên?
Việc xây dựng các chuyên đề để bồi dưỡng học sinh khá - giỏi là nhu cầu
không th
ể thiếu trong các trường THCS, nhằm đáp ứng yêu cầu ngày càng cao
của chiến lược“ bồi dưỡng nhân tài” trong sự nghiệp đổi mới của đất nước.
Chuyên đề chứng minh bất đẳng thức trong chương trình toán THCS là
phần khó, gây nhiều bối rối, lo sợ, ngại giải loại toán này. Tuy nhiên, đây cũng
là phần đòi hỏi nhiều tư duy, nên cũng rất hay, lôi cuốn những học sinh yêu môn
toán. Trong nhiều năm qua, tôi thường được phân công dạy toán lớp 8, lớp 9 và

Bộ GD - ĐT
Vũ Hữu Bình
Bộ GD - ĐT
Vũ Hữu Bình
Phan Vă
n Phùng

Chủ biên
Nguyễn Đức Đồng
Nguyễn Văn Vĩnh B - Nội dung

Phần I Lí thuyết chung về bất đẳng thức

I - định nghĩa và tính chất
1 - Định nghĩa
* Hai biểu thức A và B nối với nhau bởi một trong các quan hệ “ >”, “<”,
“”, “ ”, cho ta một bất đẳng thức A > B hoặc A < B hoặc A  B hoặc A 
B.
* Viết A > B  A – B > 0 ( đọc là A lớn hơn B)
A  B  A – B  0 ( đọc là A nhỏ hơn hay bằng B )
* Bất đẳng thức A > B ( hoặc A < B ) là bất đẳng thức thực sự
( hay bất đẳng thức chặt)
2 – Tính chất:
* Tính bắc cầu:  a,b,c  R
a  b

b  c  a  c

n  R
a > b  a
2k + 1
> b
2k + 1

a  b > 0 
n
a 
n
b
* Lấy nghịch đảo và đổi chiều bất đẳng thức
a > b > 0 hoặc a < b < 0 ( a và b cùng dấu) thì:
ba
ba
11


* So sánh 2 luỹ thừa cùng cơ số
m > n > 0 thì:

a > 1  a
m
> a
n
a = 1  a
m
= a
n
a < 1  a

= a
j
+ Hệ quả:
1)

2
21
21
1

11
n
aaa
aaa
n
n









 

n
n
i

1
b
a
thì
b
a
mb
ma



9) a, b, c là độ dài 3 cạnh một tam giác thì | c – b | < a < c + b.
10) Trong tam giác vuông, độ dài cạnh huyền lớn hơn (hoặc bằng) cạnh
góc vuông.
11) Trong một tam giác, cạnh đối diện góc lớn hơn là cạnh lớn hơn.

Phần hai – Phương pháp chứng minh bất đẳng thức

I - Phương pháp chung chứng minh bất đẳng thức
1 – Cách 1 : Dùng định nghĩa.
Để chứng minh A > B ta xét hiệu A – B và chứng minh A – B > 0
2 - Cách 2 : Dùng các phép biến đổi tương đương đưa bất đẳng thức phải chứng
minh về hằng bất đẳng thức đã biết.
3 – Cách 3: Từ các hằng bất đẳng thức đã biết và dùng các tính chất của bất đẳng
thức suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
4 – Cách 4:
Dùng phương pháp làm trội, làm non suy ra bất đẳng thức cần chứng minh

i
b
a
b
a


6 – Cách 6:Đặt biến phụ, đưa bất đẳng thức cần chứng minh về các hằng bất đẳng
thức đã biết.
7 – Cách 7: Chứng minh bất đẳng thức bằng phản chứng.
8 – Cách 8: Dùng phương pháp xét khoảng. II – Các ví dụ minh hoạ

Bất đẳng thức đại số

1) Các bất đẳng thức dạng đa thức liên quan đến tổng các bình phương
và tích 2 số đích cuối cùng cũng sử dụng đến hằng bất đẳng thức ( a  b)  0
* Ví dụ 1: Chứng minh : a
2
+ b
2
+ c
2
 ab + ac + bc ( 1
)
Trong ví dụ này, tôi hướng cho học sinh xét và vận dụng hằng bất đẳng
thức a
2

2
+ ( b – c)
2
 0
 M  0  bất đẳng thức (1) đã được c/m.
- Cách 2
: Dùng phép biến đổi tương đương. Trong cách 2 chỉ khác cách 1
về trình bày như sau:
( 1 )  2a
2
+ 2b
2
+ 2c
2
 2ab + 2ac + 2bc
 (a – b)
2
+ ( a – c)
2
+ ( b – c)
2
 0 luôn đúng
 bất đẳng thức (1) đúng.
- Cách 3
: Dùng hằng bất đẳng thức để chứng minh:
có ( a – b )
2
 0  a
2
+ b

) < 2(ab + ac + bc)  (a – b)
2
+ ( a – c)
2
+ ( b – c)
2
< 0 ( vô lí )
Vậy bất đẳng thức (1 ) đúng.
* Ví dụ 2: Chứng minh : a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2
 a( b + c + d + e ) (2 )
Nhận xét: vế trái là tổng các bình phương của 5 số hạng, vế phải là tổng
các tích có a phân phối đều vào các tích, nên hướng làm như ví dụ trên, nhưng
số hạng a
2
phân bố đều 4 tổng, nên cách giải tương tự như ví dụ trên.

0)
2

+ x
4
2
+ x
5
2
 x
1
( x
2
+ x
3
+ x
4
+ x
5
)
( đưa về VD 2)
2) Các bất đẳng thức liên quan đến tích và tổng các số không âm thường
dùng bất đẳng thức Côsi và hệ quả của bất đẳng thức đó.
Ví dụ: Cho a > 0; b > 0 ; c > 0 và a + b + c = 1.
Chứng minh: b + c > 16 abc
Giải : áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2số không âm ta có :
(b + c)
2
 4 bc (1)
)
4
()
4

Vì b + c > 0  b + c  16 abc 3) Các bất đẳng thức tổng quát, có luỹ thừa bậc n hoặc n số hạng, hoặc n
thừa số ;… thường được chứng minh dựa vào phương pháp quy nạp.
* Phương pháp quy nạp:
+ Bất đẳng thức phải chứng minh đúng với n = n
0
+ Giả sử bất đẳng thức đó đúng với n = k thì ta cần chứng minh bất đẳng
thức đó đúng với n = k + 1
* Ví dụ 1: Chứng minh: 2
n
> n
3
( 1 ) với n  0 ; n  |N.
Giải : Bất đẳng thức ( 1 ) đúng với n = 10 ( *1 )
Vì 2
10
= 1024 > 10
3
= 1000.
Giả sử bất đẳng thức ( 1 ) đúng với n = k , tức là 2
k
> k
3
( *2)
Ta cần chứng minh 2
k+ 1
> ( k + 1 )
3

3
)> 0 vì 2
k
> k
3
( theo giả sử )
Xét [ k ( k- 3) – 3)] – 1 có k  0  k( k – 3)  70
 [ k ( k- 3) – 3)] – 1  10. 67 – 1 = 669 > 0
 Xét 2
k+ 1
- ( k + 1 )
3
 0
 2
k+ 1
> ( k + 1 )
3
( *3)
Từ (*1); ( *2); (*3)  bất đẳng thức đúng theo nguyên tắc quy nạp toán học.

Ví dụ 2: Chứng minh:
2
12
1

3
1
2
1
1


Thật vậy: S
k+1
=



















12
1

12
1
2
1


P
k
>
2
1
2
2
2
1

2
1
2
1
1111

 k
k
kkk

 P
k
>
2
1
 S
k+1
>
2

3
– 1) + 1  f(x)  1 ( 1 )
+ Nếu x < 1

f(x) = x
10
+ x
4
(1 – x
5
) + ( 1 – x)  f(x) > 0 ( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 )
 f(x) > 0
* Nếu đa thức toàn bộ là dấu “ + ” thì nhân vế trái với (x – 1) cho ta hằng
đẳng thức và ta cũng xét khoảng so với 1.

Ví dụ 2: Chứng minh A = x
4
+ x
3
+ x
2
+ x + 1 > 0
Giải:
Xét A(x – 1 ) = x
5
– 1
+ Nếu x
 1  A > 0


1
4.3.2.1
1
 …
nnn )1(
1
4.3.2.1
1

;
4
1
3
1
4.3.2.1
1






 …





n
1
 < 2

Ví dụ 2: Chứng minh: 1<
2




 bc
c
ca
b
ca
a
với a, b, c > 0
Giải: VT <
abc
ac
cab
cb
bca
ba








bca
cba
(2)
Từ (1) và (2) 
2
4.3.2.1
1

4.3.2.1
1
3.2.1
1
2.1
1
1 
n

Ví dụ 3: C
hứng minh
3
!2008
1

!3
1
!2

1
2
1
3.2
1
!3
1


4
1
3
1
4.3
1
!4
1


………………………………
2008
1
2007
1
2008.2007
1
!2008
1



1

34
1
23
1
2
1


Giải:
Xét











1
11
).1(
)1(
1
kk
k















1
11
2
11
1
11
1
11
1
11
kkkkkk
k
kkkk
k
2008
1
2007
1
2
4
1
3
1
2
3
1
2
1
2
2
1
1
1
2

VT<







2008



mà thoả mãn b + c = d + k thì nên đặt ẩn phụ.

VT = [(ax)
2
+ (b+c)ax + bc][ (ax)
2
+ (d+k)ax + dk]
Có b+ c = d + k
đặt t = (ax)
2
+ (b+c)ax + bc
 VT = t (t + bc – dk) với (bc>dk)
= t
2
+ t(bc – dk)
Sau đó chứng minh t
2
+ t(bc – dk) -  > 0 bằng cách biến đổi vế trái về bình
phương biểu thức cộng với một số dương( học sinh đã thường làm)
+ Nếu bất đẳng thức có dạng:
kaCho
n
i
i


1










n
i
i
n
i
i
nn
x
ka
x
n
k
a
x
n
k
a
x
n
k
a
1

n
i
ii
n
i
i
n
k
x
n
k
x
n
k
x
n
k
nx
n
k
VT
1
2
1
2
2
1
2
22
1

3
1
+ y
c =
3
1
+ z.
Do a + b + c = 1 nên x + y + z = 0.
Ta có a
2
+ b
2
+ c
2
=
222
3
1
3
1
3
1
















222
3
2
9
1
3
2
9
1
3
2
9
1
zzyyxx

=

zyx 
3
2
3
1
+ x

+ Bất đẳng thức 3 cạnh trong tam giác.
+ Bất đẳng thức cạnh huyền lớn hơn cạnh góc vuông
 có bất đẳng thức
về diện tích.
+ Các bất đẳng thức liên quan tổng và tích các cạnh, thường sử dụng bất
đẳng thức : Ví dụ 1: Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác. Hãy chứng minh:

Giải: áp dụng hằng bất đẳng thức
ab
ba








2
2
cbabacacbcba
111111






 2(VT)  2( VP)  VT > VP Ví dụ 2: Cho tứ giác lồi ABCD có tổng độ dài 2 đường chéo là d.
Chứng minh:

Giải:
BCDABDABCD
SSS



2
2
.
2
.
2
)(
2
.
2
.








)(
22
dACDB
S
ABCD


Ví dụ 3
: Tam giác ABC nhọn, H là trực tâm; AB = a; AC = b; BC = b
a) Chứng minh: HA + HB + HC <
3
2
(a + b + c)
b) Gọi K là hình chiếu của A trên BC.
bbacbcba
2
2
411




8
2
d
S
ABCD

Từ (1), (2), (3) => HA + HB + HC <
3
2
(AB + BC + AC)
Hay HA + HB + HC <
3
2
(a + b + c)
b) Xét  AKB và  CKH có
K
1
= K
2
= 90
0
;
A
1
= C
1
(Cùng phụ với góc ABC)
 AKB  CKH (g.g)

4
a
4
BA
KA.KH
4
KB)(CK


Phần III – Một số dạng toán vận dụng chứng minh bất đẳng thức
I – Giải phương trình
Dùng bất đẳng thức để đánh giá 2 vế của phương trình
Ví dụ 1:
222
2414105763 xxxxxx 
Giải: VP = 5 – (x + 1 )
2
 5
VT =
5329)1(54)1(3
22
 xx

 VT = VP  x = -1
Vậy x = - 1 là nghiệm của phương trình. Ví dụ 2
:
Giải phương trình:
1610231
2
 xxxx
với x > 3
Giải : + Xét thấy: 2x

22
)3()1(  xx
]
16102
2
 xVT

VT  VP











3
1
1
1
3
x
x
x
VPVT



 x = 5
Vậy x = 5 là nghiệm của PT II – Toán cực trị
Ví dụ 1 : Cho a > 0; b > 0; c > 0; abc = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = ab(a + b) + bc( b + c) + ca( a + c)
Giải:
a
bc
b
ac
c
ababcDo
1
;
1
;
1
1 

mà a > 0; b > 0; c > 0 nên:

6







c
c
a
b
ac
a
cb
c
ba
M

 Min M = 6  a = b = c
Ví dụ 2: Cho x
2
+ y
2
= 52. Tìm giá trị lớn nhất của A = | 2x + 3y|
Giải: áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki với 2 bộ số (2;3)và (x;y), ta có
(2x + 3y)
2
 ( 2
2
+ 3
2
)(x
2
+ y
2
)
(2x + 3y)

Tìm giá trị lớn nhất của AJ.BI
Giải:
Có I
1
= 120
0
– K
1

K
3
= 120
0
– K
1

  BIK  AKJ (g.g) 44
.
4
)(
.

).(
2

Hay K là trung điểm của cạnh AB
III – so sánh bằng cách sử dụng bất đẳng thức
Ví dụ 1:
Giải: Vì a > 0; b > 0.
Lại xét m = 9978.9981 = 9980. 9978 + 9978
n = 9979.9980 = 9980. 9978+ 9980
=> n > m > 0
99809979
99819978·


b
a
)1(
9980.9979219959
9981.9978219959
2
2







b
aXÐt

aC

1
1
1
1 





kk
k
a
a
a
aa
aD

 aC < aD  C < D
Có a
k + 1
+ 1 > a
k
+ 1

Ví dụ 3:
So sánh:
3
16

x
x
P

3
4
19
2
3
3
7
4
9
4
9
2
3
.2
2













P
x
x


P > 3 Cách 2:
3
16



x
x
P
=
3
124



x
x

áp dụng bất đẳng thức Côsi với hai số không âm ta có:
x + 4 ≥ 2
4.x

 x + 4 + 12 ≥4
12. x
= 4 (
.x
+3).
 P ≥


34
3
34



x
x

 P > 3 Phần IV - Bài soạn minh hoạ

Luyện tập
* Đối tượng dạy : Học sinh lớp 8 có lực học khá trở lên( sinh hoạt CLB )
* Ngày dạy: Sinh hoạt CLB Toán 8 ngày 1tháng 4 - 2008
*
Vị trí tiết dạy: Sau bài lý thuyết chung về bất đẳng thức và các phương pháp
chứng minh bất đẳng thức
A – Mục tiêu
+ Học sinh biết vận dụng định nghĩa, tính chất bất đẳng thức; hằng bất

2
=?
+ H
1
: chứng minh bài này theo
phương pháp định nghĩa.

- Còn cách nào để giải bài tập 1 nữa?
+ H
2
: Giải bài tập 1 theo phương
pháp biến đổi tương đương.

+ H
3
: Giải bài tập 1 theo phương pháp
từ các hằng bất đẳng thức đã biết.

+ H
4
: Giải bài tập 1 theo phương pháp
phản chứng.

Bài 1: Chứng minh bất đẳng thức :

: Có (a – b)
2
 0
 a
2
– 2ab +b
2
 0
 a
2
– 4ab +b
2
+ 2ab  0
 (a + b)
2
– 4ab  0
 (a + b)
2
 4ab.
* Cách 4
: Giả sử (a – b)
2
< 4ab
 a
2
– 2ab +b
2
< 0
 (a – b)
2