A. PHẦN MỞ ĐẦU
I.LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
1.Cơ sở khoa học:
Toán học có vai trò và vị trí đặc biệt quan trọng trong khoa học kĩ thuật và đời
sống, giúp con người tiếp thu một cách dễ dàng các môn khoa học khác có
hiệu quả. Thông qua việc học toán, học sinh có thể nắm vững được nội dung
toán học và phương pháp giải toán, từ đó vận dụng vào các môn học khác
nhất là các môn khoa học tự nhiên. Hơn nữa Toán học còn là cơ sở của mọi
ngành khoa học khác, chính vì thế toán học có vai trò quan trọng trong trường
phổ thông, nó đòi hỏi người thầy giáo mọi sự lao động nghệ thuật sáng tạo để
có được những phương pháp dạy học giúp học sinh học và giải quyết bài toán.
Bất đẳng thức là một nội dung quan trọng trong chương trình toán học từ Tiểu
học đến Trung học. Việc nắm vững các phương pháp giải Bất đẳng thức
không những giúp học sinh học tốt bộ môn Toán mà còn có tác dụng hỗ trợ
cho nhiều môn học khác như Hoá học, Vật lí, Tin học…vv,đặc biệt nó giúp
cho học sinh phát triển tư duy sáng tạo một cách tốt nhất.
Trong quá trình dạy toán ở THCS, qua kinh nghiệm dạy bồi dưỡng học sinh
giỏi và qua quá trình tìm tòi bản thân tôi đã hệ thống được một số phương
pháp giải Bất đẳng thức mà thiết nghĩ mỗi giáo viên toán cần trang bị cho học
sinh để giúp các em giải tốt các bài toán về bất đẳng thức góp phần nâng cao
tư duy toán học, tạo diều kiện cho việc học toán nói riêng và trong quá trình
học tập nói chung.
2. Cơ sở thực tiễn
Bất đẳng thức là loại toán mà học sinh THCS vẫn coi là loại toán khó. Nhiều
học sinh không biết giải Bất đẳng thức thì phải bắt đầu từ đâu và phương pháp
giải loại toán này như thế nào.
Thực tế cho thấy toán Bất đẳng thức có nhiều trong chương trình THCS,
nhưng không được hệ thống thành những phương pháp nhất định gây cho học
sinh nhiều khó khăn khi gặp và giải quyết loại toán này.
Các bài toán có liên quan tới Bất đẳng thức hầu như có mặt ở mọi đề thi kể cả
các đề thi tốt nghiệp cho đến đề thi học sinh giỏi các cấp và thi vào lớp 10

⇒
a < c ( tính chất bắc cầu)
3. a < b
⇒
a + c < b + c ( tính chất đơn điệu)
4. a < b, c < d
⇒
a + c < b + d ( cộng hai vế của một bất đẳng thức
cùng chiều ta được một bất đẳng thức cùng chiều với chúng)
5. a < b, c > d
⇒
a – c > b – d ( trừ hai bất đẳng thức ngược chiều ta
được một bất đẳng thức có chiều là chiều của bất đẳng thức bị trừ)
6. Nhân hai vế của bất đẳng thức a < b với cùng một số m thì
A < b
. . , 0
. . , 0
a m b m m
a m b m m
< >

⇔

> <

7. Nhân hai vế của hai bất đẳng thức không âm cùng chiều ta được một
bất đẳng thức cùng chiều : 0 < a < b, 0 < c < d
⇒
a.c < b.d
8. a > b > 0

a b
a b
≤ ⇒ ≥
Các tính chất trên có thể chứng minh nhờ điịnh nghĩa và các tính chất
trước đó.
III. Một số Bất đẳng thức cần nhớ:
1. a
2k

≥
0 với mọi a ( k nguyên dương). Dấu “ =” xảy ra khi a = 0.
2.
0,a a≥ ∀
. Dấu “ =” xảy ra khi a = 0.
3.
a b a b+ ≤ +
. Dấu “ =” xảy ra khi ab
≥
0.
4. -
a a a≤ ≤
. Dấu “ =” xảy ra khi a = 0.
5.
a b a b− ≥ −
. Dấu “ =” xảy ra khi
0ab
≥
và
a b≥
.

≥
2ab.
Dấu “ =” xảy ra khi a = b.
+) Đối với mọi a
i

≥
0; I = 1,…,n. Ta có :
1 2
1 2n
n
n
a a a
a a a
n
+ + +
≥
Dấu “ =” xảy ra khi a
i
= 0.
9. Bất đẳng thức Bunhia-Côpxki:
Nếu (a
1
, a
2
, … , a
n

1
+ a
2
b
2
+ … + a
n
b
n
)
2
Dấu “ = “ xảy ra khi
j
i
i j
a
a
b b
=
10.Bất đẳng thức Trêbưsep :
+) Nếu
1 2
1 2n
n
a a a
b b b
≥ ≥ ≥

2
+… + b
n
).
Dấu “ = “ xảy ra khi a
i
= a
j
hoặc b
i
= b
j
.
Nếu
1 2
1 2n
n
a a a
b b b
≥ ≥ ≥


≤ ≤ ≤

Thì : n.(a
1
b

hoặc b
i
= b
j
.
Chú ý: - Ngoài các Bất đẳng thức trên còn một số các bất đẳng thức đúng
khác mang tính tổng quát hơn nên khi giải bài tập cần chú ý.
- Khi chứng minh xong bất đẳng thức a
≤
b ta phải xét trường hợp dấu “
= “ xảy ra khi nào.
C. CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
I- Phương pháp 1: Phương pháp dùng định nghĩa:
a. Nội dung phương pháp:
Để chứng minh bất đẳng thức A > B ta chứng minh bất đẳng thức A – B > 0
b. Kiến thức cần vận dụng:
- Các hằng đẳng thức đáng nhớ, đặc biệt là: (A + B)
2
= A
2
+ 2AB + B
2
.
- Tổng quát:
2
1 1 1
( ) 2
n n n
i i i j
i i i

ab) +
3
4
b
2
= ( a -
1
2
b)
2
+
3
4
b
2
≥
0
đúng với mọi a,b vì ( a -
1
2
b)
2

≥
0;
3
4
b
2
≥

b
≤
c. Chứng minh rằng:

a b c b a c
b c a a c b
+ + ≥ + +
Giải:
Xét hiệu:
1a b c b a c
b c a a c b abc
+ + − − − =
(a
2
c + ab
2
+ bc
2
– b
2
c – ba
2
– ac
2
)
=
2 2 2 2 2 2
1
( ) ( ) ( )a c b c b a a b c b ac
abc

a b x y a x b y+ + +
≤
Giải: Xét hiệu :
. . 1
. ( . . . . 2 . 2 . )
2 2 2 4
a b x y a x b y
a x a y b y b x a x b y
+ + +
− = + + + − −
=
[ ]
1 1
( . . ) ( . . ) ( )( )
4 4
a y a x b x b y x y b a− + − = − −
( do x
≤
y và a
≤
b ).
Dấu “=” xảy ra khi x = y hoặc a = b.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
• Chứng minh tương tự ta được bất đẳng thức :
. . .
.
3 2 3
a b c x y z a x b y c z+ + + + + +
≤
và ta có thể chứng minh tương tự cho bài

+ c
2
+ d
2
+ e
2
– ab – ac – ad – ae
=
1
4
( 4a
2
+ 4b
2
+ 4c
2
+ 4d
2
+ 4e
2
- 4ab – 4 ac – 4ad – 4ae)
=
1
4
[(a
2
+ 4b
2
+ 4ab) + ( a
2

2

≥
0 ; (a + 2d)
2

≥
0 ; (a + 2e)
2

≥
0.
Dấu “=” xảy ra khi b = c = d = e =
2
a
.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 5: ( Tổng quát của bài 4)
Cho a
i
(i = 1,2,…,n) là các số thực, chứng minh rằng :
2
1
1 1
2
1
n n
i i
i i
a a a

)
≤
4( x
11
+ y
11
)
4. (x
1996
+ y
1996
+ x
1996
) : ( x
1995
+ y
1995
+ z
1995
)
≥
( x + y + z ) : 3
5. ( a
3
+ b
3
+ c
3
)
≥

2. Kiến thức cơ bản:
- Các tính chất của bất đẳng thức.
- Các bất đẳng thức thường dùng.
- Kỹ năng biến đổi tương đương một bất đẳng thức.
- Các hằng đẳng thức đáng nhớ.
3. Bài tập mẫu.
Bài 1: Chứng minh rằng: x
2
+ 2y
2
+ 2z
2

≥
2xy + 2yz + 2z – 1 (*).
Giải: Ta có : x
2
+ 2y
2
+ 2z
2

≥
2xy + 2yz + 2z – 1
⇔
x
2
+ 2y
2
+ 2z

Bài 2: Chứng minh bất đẳng thức: (a
10
+ b
10
).(a
2
+ b
2
)
≥
( a
8
+ b
8
).(a
4
+ b
4
).
Giải: Ta có : (a
10
+ b
10
).(a
2
+ b
2
)
≥
( a

12
+ a
10
b
2
+ a
2
b
10
+ b
12
– a
12
– a
8
b
4
– a
4
b
8
– b
12

≥
0
⇔
( a
10
b

2
– b
2
)
≥
0
⇔
a
2
b
2
(a
2
– b
2
)(a
2
– b
2
)(a
4
+ a
2
b
2
+ b
4
)
≥
0

• Nhận xét từ kết quả bài toán trên ta có bài toán tương tự:
• Cho 0
≤
a
≤
b. Chứng minh bất đẳng thức :
(a
5
+ b
5
)(a + b)
≥
(a
2
+b
2
)(a
4
+ b
4
)
Bài 3: Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a. (x – 1)(x – 3)(x – 4)(x – 6)
≥
-9
b. Cho a
≥
c
≥
0 và b

( x
2
– 7x +6)
2
+ 6( x
2
– 7x +6) + 9
≥
0
⇔
( x
2
– 7x +9)
2

≥
0.
Bất đẳng thức cuối cùng đúng với mọi giá trị của x.
Suy ra : (x – 1)(x – 3)(x – 4)(x – 6)
≥
-9.
Dấu “=” xảy ra khi x
2
– 7x +9 = 0
⇔
x =
7 13
2
±
b.

b. X
2
+ y
2
+ z
2

≤
1 + x
2
y + y
2
z + z
2
x.
c.
2
. 1 . 1 . 1
x y z
y z x z z y
+ + ≤
+ + +
2. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2. Chứng
minh rằng: a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2abc < 2.

b +b
2
c + c
2
a.
b. 2(a
3
+ b
3
+ c
3
) – ( a
2
b + b
2
c

+ c
2
a)
≤
3
c.
2
1 1 1
a b c
bc ac ba
+ + ≤
+ + +
III. Phương pháp 3: Dùng tính chất của tỉ số

a c a a c c
b d b b c d
+
≤ ⇒ ≤ ≤
+
Dấu “=” xảy ra khi ad = bc.
3. Bài tập mẫu:
Bài 1: Cho a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác:
Chứng minh rằng :
Giải: Do a, b, c là ba cạnh của tam giác nên ta có:
a, b, c > 0 và a + b > c; b + c > a; c + a > b.
Từ a + b > c
2 2c c c c c c
a b a b c a b c a b a b c
+
⇒ < = ⇒ <
+ + + + + + + +
Chứng minh tương tự ta có:
2 2
;
b b a a
a c a b c c b b c a
< <
+ + + + + +
Cộng từng vế của ba bất đẳng thức cuối cùng ta được:

2
a b c a b c
b c a c a b a b c a b c a b c
+ + < + + =

( )
2 1 1 1 1 1
a b a b a b
a b a b a b
+
+ < < +
+ + + + + +
Giải:
Ta chứng minh:
1
( )
2 1 1 1
a b a b
a b a b
+
+ <
+ + + +
Do a > 0 ta có
1
1 1 1
a a a b
a a a b
+
< ⇒ <
+ + + +
Tương tự ta có
1 1
b a b
b a b
+

a a b b a b
> >
+ + + + + +
Cộng vế với vế của hai
bất đẳng thức này ta được:
1 1 1
a b a b
a b a b
+
< +
+ + + +
(2).
Từ (1) và (2) suy ra :
1
( )
2 1 1 1 1 1
a b a b a b
a b a b a b
+
+ < < +
+ + + + + +
4. Bài tập đề nghị.
1.Chứng minh rằng :
2 2 4 6 2004 2004
3 3 5 7 2005 2005
+ + + +
< <
+ + + +
2. Cho a, b là các số dương thoả mãn a.b = 1. Chứng minh rằng:
1 1 1 1

- Các hằng đẳng thức và các hằng bất đẳng thức.
3. Bài tập mẫu
Bài 1: Cho 0 < a, b, c < 1. Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng
thức sau sai: a(1 – b) > 0,25 ; b( 1 – c) > 0,25 ; c(1 – a) > 0,25.
Giải: Giả sử cả ba bất đẳng thức:
a(1 – b) > 0,25 ; b( 1 – c) > 0,25 ; c(1 – a) > 0,25. đều đúng, khi đó:
a(1 – b)b( 1 – c)c(1 – a) > 0,25
3
. (1)
Mặt khác ta có: a(1 – a) = a – a
2
= 0,25 – ( a
2
– 2.a.0,5 + 0,25)
= 0,25 – ( a – 0,5)
2
≤
0,25. Suy ra : a(1 – a)
≤
0,25.
Tương tự ta có : b(1 – b)
≤
0,25 ; c( 1 – c)
≤
0,25.
Nhân vế với vế của ba bất đẳng thức cuối cùng ta được:
A(1 – b)b(1 – c)c(1 – a) < 0,25
3
(2).
Ta nhận thấy (1) mâu thuẫn với (2). Vậy điều giả sử là sai, suy ra trong các

Bài 3: Cho các số thực a, b, c thoả mãn điều kiện
0
0
0
a b c
ab bc ca
abc
+ + >


+ + >


>

Hãy chứng minh rằng: a, b, c > 0 (*).
Giải: Giả sử (*) không đúng. Như vậy có ít nhất một trong ba số a, b, c phải
≤
0. Không mất tính tổng quát giả sử a
≤
0. Do abc > 0 nên suy ra: bc < 0.
Xét trường hợp a
≤
0, b > 0, c < 0. Suy ra : a + c > 0.
Từ giả thiết ta có: b > - a – c
⇔
b(a + c) < - (a + c)
2

⇔

ta có:
2 2 2
2 ( )
2 2 0 0 0
a b a b a b ab a b
b a b a ba ab
+ − +
+ < ⇔ + − < ⇔ < ⇔ <
( vô lý).
Suy ra điều phải chứng minh.
4. Bài tập đề nghị
1. Cho ba số dương a, b, c nhỏ hơn 2. Chứng minh rằng ít nhất một trong
các bất đẳng thức sau là sai : a(2 – b) > 1 ; b(2 – c) > 1 ; c(2 – a) > 1.
2. Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
S = (a – 1 + b
-1
)(b – 1 + c
-1
)(c – 1 + a
-1
)
≤
1.
3. Cho a, b, c, x, y, z là các số thực thoả mãn:
2
0
( 1) 4 0
a
b ac
>

nào đó ( thông thường ta
chọn n
0
= 0 hoặc 1).
Bước 2: Giả sử bất đẳng thức đúng với n
≤
k.
Bước 3: Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n
≤
k +1.
Bước 4: Kết luận bất đẳng thức đúng với mọi n.
2.Kiến thức cần vận dụng:
-Các tính chất của bất đẳng thức.
Kỹ năng biến đổi đẳng thức và bất đẳng thức.
3. Bài tập mẫu:
Bài 1:Chứng minh rằng: [( a + b) : 2]
n

≤
( a
n
+ b
n
) : 2 với a + b
≥
0 và n là
số tự nhiên.
Giải:
+) Với n = 1 ta có ( a + b) : 2
≤

k
+ b
k
) : 2].[(a + b) : 2].
Ta chứng minh:
(a
k
+ b
k
).(a + b)
≤
2(a
k+1
+ b
k+1
)
⇔
a
k+1
+ b
k+1
+ a
k
b + ab
k

≤
2( a
k+1
+ b

b a – b
≥
0. Mà a + b
≥
0 (gt) a
≥
- b => a
≥
b
 a
k

≥
b
k
=>a
k
– b
k

≥
0 => (*) đúng.
Chứng minh tương tự cho trường hợp a
≤
0
≤
b ta được (*) đúng
Do a+ b
≥
0 nên a,b không cùng <0

= c
2
. Bất đẳng thức đúng.
+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n
≤
k tức là b
2k
+ a
2k

≤
c
2k
+ Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n= k+ 1 hay b
2k+1
+ a
2k+1

≤
c
2k+1
Thật vây: ta có c
2(k+1)
= c
2k+2
= c
2k
. c
2


+ a
2(k+1)

≤
c
2(k+1)
(đpcm)
4. Bài tập đề nghị:
Bài 1: a. Chứng minh rằng với n
≥
3 ta có 2
n
> 2n + 1
b. Chứng minh 1.2.3….n < 2
-n
(n+1) .n
c.
∀
n
≥
1, chứng minh
1 1 1
1 2 1 2
2 3
n
n
+ + + + ≥ + −
Bài 2: Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a. 2
n+2

1. Nội dung phương pháp
Nhiều bất đẳng thức mà các yếu tố có liên quan tới cả số và cả hình nên khi
giảI bất đẳng thức đó ngoài việc vận dụng các tính chất của bất đẳng thức ta
phảI sử dụng cả các tính chất khác đặc biệt là bất đẳng thức trong tam giác.
2. Kiến thức cần vận dụng
- Nếu a, b, c là ba cạnh của một tam giác thì ta có a, b, c > 0
-
; ; .a c b a c b c a b c b a c b a− < < + − < < + − < < +
- Một số quan hệ khác trong tam giác.
3. bài tập mẫu
Bài 1: Cho a, b, c là đọ dài ba cạnh trong một tam giác. Chứng minh rằng:
(a + b + c)
2

≤
9bc. Biết a
≤
b
≤
c.
Giải: Ta có a + b + c
≤
2b + c do a
≤
b. Ta chứng minh ( 2b + c)
2

≤
9bc (1).
(1)

( b – c)( 4b – c)
≤
0 (2).
Ta thấy b
≤
c suy ra b – c
≤
0 và 4b – c
≥
a + b – c + 2b
≥
0. Vậy (2) đúng.
Do đó bất đẳng thức ban đầu được chứng minh.
Bài 2: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác, hãy chứng minh:
a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca).
Giải: Do a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác nên ta có :
0 < a < b + c
⇔
a
2
< ab + ac. Tương tự ta có : b
2
< ba + bc ; c
2

Trong đó
1 1 1
*
2 3
k
na N
k
= + + + ∈
Bài 4: Chứng minh với mọi số tự nhiên n>1 ta có:
1 1 1 1 3

2 1 2 4n n n n
< + + + <
+ + +
VII- Phương pháp 7: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Cauchy.
1. Kiến thức cơ bản
Các kỹ năng biến đổi BBất đẳng thức: Bất đẳng thức Cauchy cho hai số a,b
≥
0
2
a b+
ab≥
Dấu “=” xảy ra khi a=b
Bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm a
1
, a
2
,… , a
n
.

=1
Chứng minh rằng : ( 1 + a
1
). ( 1+ a
2
) … ( 1 + a
n
)
≥
2
n
Giải: áp dụng bất đẳng thức Cauchy hai số 1 và a
i
, i = 1,2,3,….,n ta được:
( 1 + a
1
)
1
2 a≥
, ( 1 + a
2
)
2
2 a≥
,……. , ( 1+ a
n
)
2
n
a≥


1 2
1
n
a a a⇔ = = = =
Bài 2: Cho a,b
≥
0 chứng minh rằng 3a
3
+ 72 b
3

≥
18ab
2
Giải: Do a, b
≥
0 => 3a
3
, 9b
3
, 8b
3
≥
0
áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số 3a
3
,

9b

a
b a b
+ ≥
−
Giải: Ta thấy a=b+ ( a- b) do a > b => a – b > 0
áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm b, a – b,
1
( )b a b−
ta được:
3
1 1 1
( ) 3 ( ) 3
( ) ( ) ( )
a b a b b a b
b a b b a b b a b
+ = + − + ≥ − =
− − −
Với a>b>0 ta có
1
3
( )
a
b a b
+ ≥
−
Dấu “=” xảy ra khi b=a-b=
1
( )b a b−
1
0,5

)
2
n
n a b
a a a ab
+
+ + + ≤
Giải: Theo giả thiết ta có : 0 <a
≤
a
i
< b =>
2
( ) 0
i i
a a b a ab− + + ≤
với i = 1,2,
…,n
2
( )
i i i
i
ab
a ab a b a a
a
⇔ + ≤ + ⇔ + ≤
a+ b do a
i
> 0 với i = 1, 2, , n
Lần lượt cho i = 1, 2, , n rồi cộng các vế lại với nhau ta được:

1 2
1 2 )
2 ( )( ( )
n
n
ab ab ab
a a a n a b
a a a
 
+ + + + + + ≤ +
 
 
 
2 2 2
1 2
1 2
4 ( )( ) ( )
n
n
ab ab ab
a a a n a b
a a a
 
⇔ + + + + + + ≤ +
 
 
2 2 2 2 2 2
1 2
1 2
1 1 1 ( ) ( )

)
≥
64
Bài 2: Cho a, b, c, d, e > 0 và a=b+c+d+e =1.
Chứng minh rằng (-1+a
-1
)(-1+b
-1
)(-1+c
-1
)(-1+d
-1
)(-1+e
-1
)
≥
1024
Bài 3: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng:
1
8
a b b c c a
a b b c c a
− − −
+ + ≤
+ + +
Bài 4: Cho hình thang ABCD có AB//CD có diện tích là S. Gọi E là giao
điểm của hai đường chéo. Chứng minh rằng S
ABE

≤

Bài 1: Cho ba số x, y, z thỏa mãn: x(x-1)+y(y-1) + z(z-1)
3
4
≤
Chứng minh rằng: x+y+z
≤
4
Giải: áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxky cho 6 số 1,1,1,x,y,z ta được:
2 2 2 2 2 2 2
( ) (1 1 1)( ) 3( )x y z x y z x y z+ + ≤ + + + + = + +
(1)
Ta có x(x-1) +y(y-1) +z(z-1)
3
4
≤
.
2 2 2
3
( ) ( )
4
x y z x y z⇔ + + − + + ≤
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
2
1 3
( ) ( )
3 4
x y z x y z+ + − + + ≤
. Đặt S= x+y+z ta có:
2

2
+ at + 1 = 0
2
2
1 1
( ) 0t a t b
t t
⇔ + + + + =
(1)
Đặt T= ( t +
2 2
2
1 1
) 2 4T t
t t
⇒ = + + ≥
do
2
2
1
2t
t
+ ≥
Khi đó (1) trở thành T
2
+aT + b -2 = 0
⇔
T
2
= -( aT + b – 2)

2
, …., a
n
. Chứng minh rằng:
( a
1
+ a
2
+…+a
n
)
2

≤
n(
2 2 2
1 2
)
n
a a a+ + +
Bài 3: Cho a, b, c khác 0 . Chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2
a b c a b c
b c a b c a
+ + ≥ + +
Bài 4: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh trong một tam giác hãy chứng minh
rằng:
a(2b + 2c – a)
-1

+ bx + c ( a khác 0)
A, Nếu
∆
= b
2
– 4ac < 0 thì a.f(x) > 0
x R∀ ∈
B, Nếu
∆
= 0 thì a. f(x) > 0
x R∀ ∈
. Dấu “=” xảy ra khi x=-b:2a.
C, Nếu
∆

≥
0 thì f(x) có hai nghiệm x
1
, x
2
ta có :
x x
1
x
2
af(x) - 0 + 0 -
- Nếu tam thức bậc hai f(x) = ax
2
+ bx + c ( a khác 0) tồn tại số t sao cho
a.f(t)<0 thì f(x) có hai nghiệm phân biệt x

b, a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2

≥
a( b+c+d+e)
Giải : a, Ta có x
2
y
4
+ 2(x
2
+2)y
2
+ 4xy + x
2
- 4xy
3
≥
0
Biến đổi tương đương ta được:
x
2

. x
2
+ 4y( 1-y
2
). x + 4y
2
là tam thức bậc hai đối với biến
x vì hệ số a = ( y
2
+ 1)
2
> 0.
Xét
2
2 2 2 2 2
' 2(1 ) ( 1) .4 16. 0y y y y y∆ = − − + = − ≤ ∀
2 4 2 2 2 3
2( 2) 4 4 0x y x y xy x xy⇒ + + + + − ≥
đúng
y∀
=>
2 4 2 2 2 3
2( 2) 4 4 0x y x y xy x xy+ + + + − ≥
Vậy x
2
y
4
+ 2(x
2
+2)y

2
- a( b+c+d+e)
≥
0
Ta coi a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2
- a( b+c+d+e) là tam thức bậc hai đối với biến
a
Ta có hệ số a = 1> 0. Xét
∆
= ( b+c+d+e)
2
– 4( b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2
)
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxky ta được:

0,5 và
5 2
6 3
y
−
< <
. Chứng minh rằng x
2
+ 3xy + 1 > 0
Giải: Đặt f(x) = x
2
+ 3xy + 1 ta có:
∆
= 9y
2
-4 = (3y-2)(3y+2)
=>
∆
<0 
2 2
3 3
y
−
< <
Theo bài ra ta có :
2
5 2
0 3 1 0
6 3
y x xy

)
2
-4x
2
= x
2
[ ( x
2
– 1)
2
– 4 ]
≥
0 do (1) có nghiệm => (x
2
-1)
2
-
4
≥
0
 (x
2
+1)(x
2
-3)
≥
0 do ( x
2
+1)
≥

)
3

< 52
Bài 3: Giả sử x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình : x
2
+ 2k.x + 4 = 0 ( a
khác 0). Tìm tất cả các giá trị của k để có bất đẳng thức sau: ( x
1
: x
2
)
2
+
( x
2
: x
1
)
2
>3
X- Phương pháp 10: Phương pháp hình học:
1. Kiến thức cần vận dụng:
- Bất đẳng thức trong tam giác.
- Với 3 điểm bất kỳ A, B, C ta luôn có AB + BC
≥

1
, A
n
2. Bài tập mẫu
Bài 1: Chứng minh rằng
∀
a,b ta có
2
4a + +
2 2
( ) 1 ( 3) 1 5a b b− + + − + ≥
Giải: Trên mặt phẳng tọa độ lấy các điểm: A(0;-1); B(a;1); C(b;2); D(3;3)
Khi đó ta có AB=
2
4a +
, BC=
2
( ) 1a b− +
, CD=
2
( 3) 1b − +
AD=
2 2
(3 0) (3 1) 5− + + =
mà ta luôn có AB+BC+CD >AD
Vậy
2 2 2
4 ( ) 1 ( 3) 1 5a a b b+ + − + + − + ≥
Dấu “=” xảy ra khi B, C, D thẳng hàng theo thứ tự đó.
Bài 2: Cho 0<a, b, c

Mặt khác ta có S
AMN
+ S
BMP
+ S
CNP

≤
S = 0,5 . AB. AC. Sin 60
0
=
3
4
3 3 3 3
(1 ) (1 ) (1 )
4 4 4 4
(1 ) (1 ) (1 ) 1
a c b a c b
a c b a c b
⇔ − + − + − ≤
⇔ − + − + − ≤
⇔
a+b+c
≤
1+ab+bc+ca
3.Bài tập áp dụng:
Bài 1: Chứng minh rằng:
2 2
6 34 6 10 4x x x x− + − − + ≤
Bài 2: Cho a, b, c là đọ dài ba cạch của một tam giác a’, b’, c’ là ba chiều

( )a c b c a b c+ + + ≥ +
Bài 6: Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 2
1 1x x x x+ + + − +
Tiểu kết: Trên đây là một số phương pháp chứng minh Bất đẳng thức mặc
dù chưa được đầy đủ. Nhưng chúng ta đã biết trong chương trình toán cấp
II học sinh chưa được học cụ thể và bài bản , mà chủ yếu Bất đẳng thức
được tập trung ở các lớp luyện thi học sinh giỏi, các kỳ thi vào cấp III và
thi vào đại học.
Do vậy người giáo viên phải thấy rằng bất đẳng thức được sử dụng rộng
nên giáo viên hướng dẫn cho học sinh tổ chức các buổi học ngoại khóa và
tự học ở nhà. Tùy từng đối tượng mà giáo viên đưa ra những phương pháp,
những bài toán phù hợp với trình độ học sinh dễ cảm nhận, tiếp thu làm
cho học sinh không cảm thấy gò bó khi học Bất đẳng thức.
Cần tạo cho học sinh tính linh hoạt không máy móc sử dụng một phương
pháp có lời giải nhanh nhất. Mọi điều mà chúng ta thấy rằng khi chứng
minh Bất đẳng thức thì cần vận dụng linh hoạt, kết hợp các phương pháp.
D. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC.
1. Giải phương trình
1- Phương pháp giải: Để giải phương trình: A(x) = B(x)
Cách 1: Ta biến đổi phương trình về dạng g(x) = h(x) mà g(x)
≥
a; h(x)
≤

a ( a là hằng số ) . Nghiệm của phương trình là các giá trị thỏa mãn đồng
thời :
g(x) =a; h(x) = a
Cách 2: Ta biến đổi phương trình về dạng h(x) =m ( m là hằng số). Mà
h(x)

= 5 – ( x+ 1)
2

≤
5 . Vì - ( x+ 1)
2

≤
0
Dấu “=” xảy ra khi x=-1.
Từ đó nghĩ đến việc đánh giá vế trái:
Ta có :
2 2
3 6 7 3( 1) 4 2.x x x+ + = + + ≥
Dấu “=” xảy ra khi x =-1.
2 2
5 10 14 5( 1) 9 3x x x+ + = + + ≥
Dấu “=” xảy ra khi x =-1.
Suy ra VT
≥
5. Dấu “=” xảy ra khi x = -1. VT = 5
≥
VP
Dấu “=” xảy ra khi x=-1.
Vậy nghiệm của phương trình là x = -1.
Bài 2: Giải phương trình :
2
2 4 6 11x x x x− + − = − +
Giải:
TXĐ:

2 4 5
1
x x
a
x
+ +
=
+
Giải: Biểu thức nhận giá trị  phương trình
2
2
2 4 5
1
x x
a
x
+ +
=
+
(*) có
nghiệm.
Do x
2
+ 1 >0 nên (*)  x
2
( a- 2) – 4x + a- 5 = 0.
+ Nếu a= 2 thì phương trình có nghiệm x = -3; 4
+ Nếu a khác 2 (*) có nghiệm 
∆
= 4- ( a-2)(a-5)

2
) : (x
2
+ y
2
) (*)
Nếu y = 0 thì b : a = 2
∀
x
Nếu y khác 0 đặt x: y khi đó (*) trở thành b:a =
2
2
2 4 5
1
t t
t
+ +
+
Theo bài 1 ta có :
1 6 1 : 6 6t b a a b a
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤