Li núi u
Bt ng thc v cỏc bi toỏn cc tr i s l hai chuyờn ớt c
cp n lớ thuyt trong chng trỡnh sỏch giỏo khoa toỏn bc
trung hc c s. lp 8 chuyờn bt ng thc c trỡnh by 2
tit lý thuyt v 1 tit luyn tp,do yờu cu ca chng trỡnh m hai
chuyờn ny trong chng trỡnh sỏch giỏo khoa khụng i sõu vo
mụ t khỏi nim bt ng thc v chng minh cỏc bt ng thc
phc tp,tuy nhiờn trong sỏch bi tp li a ra bi tp ca hai
chuyờn ny vo cui ca mt s chng, c bit trong cỏc k thi
hc sinh gii hoc thi vo lp 10 cỏc trng chuyờn thỡ hc sinh li
gp nhng bt ng thc rt phc tp.Nhiu hc sinh ó t ra lỳng
tỳng khi ng trc bi toỏn chng minh bt ng thc hoc bi
toỏn tỡm cc tr ca mt biu thc cú nhiu em ó chỏn nn khi phi
hc bt ng thc.T kim im li bn thõn, cỏc em thy rng
mỡnh ó rt c gng trong quaự trỡnh hoùc taọp, c ngh mỡnh ó nm
rt vng kin thc c bn v bt ng thc trong sỏch giỏo khoa th
nhng ng trc bi toỏn chng minh bt ng thc hoc tỡm cc
tr ca mt biu thc thỡ li b tc khụng tỡm ra li gii.v sau tham
kho li gii ca nhng bi toỏn y thỡ thy khụng cú gỡ khú khn
lm vỡ ch ton s dng kin thc c bn v bt ng thc,cú nhng
bi gii rt n gin nhng ch vỡ mt chỳt thiu sút hoc khụng
ngh n cỏch y m cỏc em ó gii sai.L giỏo viờn toỏn, ai cng
thy rng: hc sinh thuc bi trụng sỏch giỏo khoa thụi thỡ cha
m phi bit vn dng kin thc gii quyt trong nhng tỡnh
hung c th, phi bit phõn loi cỏc dng toỏn v cỏch gii tng
dng toỏn. Cỏc bi toỏn v bt ng thc v tỡm cc tr ca mt biu
thc trong cỏc sỏch bi dng hc sinh gii, tp chớ toỏn hc, bỏo
toỏn hc tui tr,.., v c trờn th vin in t rt a dng, phong
phỳ cú nhng bi cú nhiu hng gii quyt v cng khụng ớt bi cú
cỏch gii c ỏo.song thi gian dy v hng dn cho hc sinh hc
tp li hn ch, do ú ũi hi ngi thy phi bit tng hp,phõn

• Hệ thống bài tập tự giải tự tích lũy của các em chưa nhiều.
• Các em chưa phân loại được các dạng toán cùng phương pháp chứng minh.
Từ thực trạng tình hình và phân tích ngun nhân các em học sinh gặp vướng mắc khi
giải tốn bất đẳng thức trong q trình dạy học, tơi đã tổng hợp được một số dạng tốn
chứng minh bất đẳng thức và giải bài tốn cực trị ở bậc THCS cùng với phương pháp
giải chúng.Sau đây là phương pháp giải một số dạng tốn về bất đẳng thức và tìm cực
trị của một biểu thức đại số.
A. BẤT ĐẲNG THỨC
Khái niệm về bất đẳng thức:
Ta gọi a b (hay a b, , a b) là bất đẳng thức. a là vế trái,
b là vế phải của bất đẳng thức.
a b
< > ≤ ≥
Một số tính chất:
* Với a,b,c
R
∈
,a>b, ta có:
a) a+c>b+c b) ac>bc (nếu c>0)
c) ac<bc (nếu c<0) c) a>b và b>c thì a>c
* V ới a>b>0,n là số ngun dương, ta có
a) a
n
> b
n
b)
n n
a b
>
* với mọi a,b

2 2 2 2 2 2
2 2 2
0
2 2 2
0
2 2 2
cm:
a b c ab bc ac
a b c ab ac bc
a b c a c b
ab ac bc
a ab b c ac a c cb b
a b c a c b
+ + ≥ + +
⇔ + + − − − ≥
     
− + + − + + − + ≥
 ÷  ÷  ÷
     
− + − + − +
⇔ + + ≥
− − −
⇔ + + ≥
bất đẳng thức hiển nhiên đúng.Dấu “=” x ảy ra khi a=b=c
VD 2: Chứng minh rằng 2a
2
+b
2
+c
2

( ) ( ) , , ,a c b d a b c d a b c d
− + − ≤ + + + ∀
Cm:
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) , , ,a c b d a b c d a b c d
− + − ≤ + + + ∀
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2
2
2
2 2 2
1
2
( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( )( )
( )( ) ( )( )
( ) ( )( )
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) (
a c b d a b c d a b c d
a c a c b d b d a b c d
ac bd a b c d
ac bd a b c d
ac bd a b c d
ac ac bd bd ac ad
⇔ − + − ≤ + + + + + +

2 2 1 a>0a a a
+ + + ∀
p
cm:
2 2 1 a>0a a a
+ + + ∀
p
( )
2
2 2
2 4 1
2 2 4 4
2 2 2
2 1
2 2 1
( )
a+2 ( )
2 ( )
( )
a a a
a a a a
a a a
a a a
a a a a
⇔ + + < +
⇔ + + + < +
⇔ + < +
⇔ + < +
⇔ + < + +
hiển nhiên đúng .

x y x y
+ ≥ ∀
+
đặt x
2
+y
2
=X; 2xy=Y
theo chứng minh trên, ta có
2
1 1 4 4
= (1)
( )X Y X Y x y
+ ≥
+ +
2
2
4
1 4
x,y>0
( ) (2)
x+y<1 ( )
x y
x y

⇔ + < ⇔ >

+

từ (1) và (2) suy ra

+ + +
⇔
(1+a
2
).(1+ab)+(1+b
2
). (1+ab)
≥
2(1+a
2
)(1+b
2
)
⇔
(1+a)(2+a
2
+b
2
)-2(1+a
2
)(1+b
2
)
≥
0
⇔
2+a
2
+b
2

(ab.b
2
–b
2
)+(ab.a
2
-a
2
)+(2ab-2a
2
b
2
)
≥
0
⇔
b
2
(ab-1) + a
2
(ab-1)-2ab(ab-1)
≥
0
⇔
(b-a)
2
(ab-1)
≥
0 hiển nhiên vì ab>1
vậy

+
≥ ∀
+

bài 3:
2 2
a,b>0
a b
a b
b a
+ ≤ + ∀
bài 4: a
3
+b
3

≤
a
4
+b
4
với a+b
2
≥
bài 5:
1 1 1 3
a b c a b c a b c
+ + >
+ + + + +
với mọi a,b,c>0

a a a a
n
+ + + +
≥

Ta cũng có thể viết
1 2 3
0, , ,...,
n
a a a a
≥
ta có
1 2 3 1 2 3
... ...
n
n n
a a a a n a a a a+ + + + ≥
Chứng minh:
a. BĐT đúng với n = 2. thật v ậy
Với mọi
1 2
0,a a
≥
ta có
2
1 2
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
0 2 0 2
2
( )

≥
với 2k số không âm
1 2 3 2
, , ,...,
k
a a a a
ta có
1 1 2
1 2 3 1 2
1 2 3 2
2
2 2
... ...

... ...
...
(GT. QN)

k k k
k k
k k k k
k
a a a a
a a a a a a a
a a a a
k k
k
+
+ +
+ + + +

1 1
1 2 3 1 1 1
1 2 3 1
1
1 1
...
...
... ...
...
k
k k
k
k k k
k
k
a a
a a
a a a a a a
k
a a a a
k k
+ −
−
− + −
−
+ +
+ + +
+ + + + + +
 
−

1 2 3 1
,...,
k
a a a a
−
= = = =
từ (1),(2) và (3) suy ra BĐT luôn đúng với mọi n
2
≥
ghi chú: Cách chứng minh trên là cách chứng minh bằng phương pháp
quy nạp kiểu cauchy
VD1: Chứng minh rằng (a+b) (1+ab)
≥
4ab với mọi a,b>0
Phân tích: ta không thể áp dụng ngay BĐT cô sy trong trường hợp này vì
ở vế trái là một tích . để áp dụng bất đẳng thức cô sy ta phải viết vế trái
thành tổng.
CM: ta có (a+b)(1+ab) = a+a
2
b+b+ab
2
. vì a,b>0 nên a,ab
2
,b,a
2
b>0
Theo bất đẳng thức cô sy, ta có a+a
2
b+b+ab
2

a b
b a
>
Áp dụng BĐT cô sy, ta có (
a b
+
)(
1 1
)
a b
+ =
1+
1
a b
b a
+ +
.
4
4 1 1 4 . . .
a b
b a
≥ =
dấu “=” xảy ra khi
1
a b
a b
b a
= = ⇔ =
vậy (
a b

1 1
1
2 2 2
a b a b
ab a b a b ab a b
+ + +
+ + ≥ + + ⇔ + + ≥ + +
dấu “=” xảy ra khi a=b=1
VD 4: chứng minh rằng
1
2
a,b 0a b a b
+ + ≥ + ∀ ≥
Phân tích: Trong BĐT này ở vế trái có ba hạng tử, vế phải có hai hạng tử
vì vậy khi chứng minh bất đẳng thức này cần khéo léo tách các hạng tử ở
vế trái một cách hợp lí, tuy nhiên nếu chỉ để ý vế trái thôi thì việc phân tích
cũng sẽ gặp khó khăn, mà để làm được điều này ta cũng cần để ý vế phải
để có cách phân tích phù hợp. Ta có thể giải bài tập này như sau:
CM: vì a,b
≥
0 nên 2a,2b
≥
0.
Áp dụng bất đẳng thức cô sy, ta có
1
2
1 1
2
2 2 2
2 2 2

b +
a b
≥ +

1
2
2
2
a
+
+
1
2
2
2
b +
a b
≥ +

⇔
a+
1
4
+b+
1
4
a b
≥ +

⇔

a b c
 
+ + + + ≥ ∀
 ÷
 
bài 4: a+b+c
a,b,c>0ab bc ac
≥ + + ∀
II. BẤT ĐẲNG THỨC “CỘNG MẪU”
Với
1 2 3
0, , ,...,
n
a a a a
≥
, ta có
2
1 2 3 1 2 3
1 1 1 1
...
...
n n
n
a a a a a a a a
+ + + + ≥
+ + + +

Chứng minh: Với
1 2 3
0, , ,...,

a a a a
 
+ + + +
 ÷
 
≥
1 2 3
n
n
n a a a a...
1 2 3
1
...
n
n
n
a a a a
⇔
2
1 2 3 1 2 3
1 1 1 1
...
...
n n
n
a a a a a a a a
+ + + + ≥
+ + + +
dấu “=” xảy ra khi a
1

 
+ + ≥ + +
 ÷
+ + + + + +
 
Phân tích: Nếu dung bất đẳng thức “cộng mẫu” cho 3 số ở vế trái, ta không
thể chứng minh được bài toán này.khi thực hiện phép nhân ở vế phải ta thấy
vế phải là một tổng vì vậy ta suy nghĩ đến việc dùng ba bất đảng thức “cộng
mẫu” sau đó cộng vế với vế của ba bất đẳng thức đó. Ta có thể giải bài toán
trên như sau:
Ta có
2
1 1 1 1 1 5
(1)
a a a b c a a a b c
+ + + + ≥
+ + + +

2
2
1 1 1 1 1 5
(2)
1 1 1 1 1 5
(3)
a b b b c a b b b c
a b c c c a b c c c
+ + + + ≥
+ + + +
+ + + + ≥
+ + + +

Phân tích: Nếu viết vế trái thành
1 1 1 1 1 1
a a b b c d
+ + + + +
và áp dụng bất đẳng
thức “cộng mẫu” ta không được như ý muốn. nếu thực hiện phép nhân ở vế
phải ta được 2 biểu thức có tử là 3
2
còn mẫu của mỗi biểu thức gồm ba số
hạng. Do đó ta nghĩ đén việc chứng minh hai bất đẳng thức bằng cách áp
dụng bất đẳng thức cộng mẫu rồi cộng vế với vế của hai bất đẳng thức đó.
Ta có thể chứng minh như sau:
Ta có
1 1 1 9 1 1 1 9
(1); (2)
a b c a b c a b d a b d
+ + ≥ + + ≥
+ + + +
cộng vế với vế của hai
bất đẳng thức (1) và (2) ta được
2 2 1 1 1 1
9
a b c d a b c a b d
 
+ + + ≥ +
 ÷
+ + + +
 
. Dấu
“=” xảy ra khi a=b=c=d

, x
2,
… ,x
n
); (y
1,
y
2,
…,y
n
), ta có
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
( ... ) ( ... )( ... )
n n n n
x y x y x y x x x y y y
+ + + ≤ + + + + + +
CM: ĐẶT
1 1 2 2
...
n n
x y x y x y
+ + +
=A ;
2 2 2
1 2
...
n
x x x
+ + +

n n n n
x x x m x y x y x y m y y y
⇔ + + + − + + + + + + + ≥
2
2 0 mAm Bm c⇔ − + ≥ ∀

khi đó phương trình
2
2 0Am Bm c
− + =

vô

nghiệm hoặc có nghiệm. Do đó
2 2
' 0 ,B AC B AC
∆ = − ≤ ⇔ ≤
hay
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
( ... ) ( ... )( ... )
n n n n
x y x y x y x x x y y y
+ + + ≤ + + + + + +
. Dấu “=” xảy ra
khi và chỉ khi
3
1 2
1 2 3
...

u v
x y
=
VD 2: Chứng minh rằng
2 3 5x y
+ ≤
với
2 2
2x 3y 5+ ≤
Cm:
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
2 2
2
2 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 3 2 2 3 3 2 3 2 3
2 3 5.5 25 2 3 5.
x y x y x y x y x y x y
x y x y
+ = + ≤ + ⇒ + ≤ + ≤ + +
⇒ + ≤ = ⇒ + ≤
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2 2
2 2
3 3
2 2

,ta có
1 2 6a a
− + + ≤

( )
( ) ( )
2
2;1 nên 1 - a > 0 và a + 2 > 0
dụng bất đẳng thức Bunhiacopski,ta có
1 2 1 1 1 2 =6
1
suy ra 1 + 2 6. dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 1-a=a+2 a=
2
áp
a a a a
a a
 
∈ −
 
− + + ≤ + − + +
−
− + ≤ ⇔
với a
:VD 4
2 2
C minh rằng a 1 1 2 2 với a 1hứng b b a b
+ + + ≤ + + =
( )
( )
( )

Chứng ab bc ac b c
−
≤ + + ≤ + + =
Cm
dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho ba số a,b,c ta có áp