Đề tài Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức phù hợp với trình độ kiến thức, khả năng tư duy của học sinh THCS

Mở đầu
	Trong môn toán ở trường THCS các bài toán về Bất đẳng thức ( BĐT) ngày càng được quan tâm và có sức hấp dẫn mạnh mẽ nhờ đặc tính độc đáo của các phương pháp giải chúng. BĐT là một trong những mảng kiến thức khó nhất của toán học bậc THCS, nhưng thông qua các bài tập về BĐT học sinh có thể hiểu sâu sắc hơn về:
	- Giải và biện luận phương trình, bất phương trình
	- Mối liên hệ giữa các yếu tố trong tam giác
	- Tìm giá trị lớn nhất, bé nhất
	Quá trình giải các dạng bài tập ở trên năng lực suy nghĩ độc lập, sáng tạo của học sinh được phát triển đa dạng, mạnh mẽ; đòi hỏi học sinh phải có lối suy nghĩ logic, liền mạch kết hợp giữa các kiến thức cũ và mới một cách linh hoạt và sáng tạo.
	Với sự nghiên cứu chọn lọc tôi đã đưa một số phương pháp chứng minh BĐT phù hợp với trình độ kiến thức, khả năng tư duy của học sinh THCS mong muốn học sinh sẽ hiểu rõ hơn về BĐT.
A. Mục tiêu:
* Giúp học sinh:
	- Nắm chắc định nghĩa, các tính chất cơ bản, các BĐT thường gặp.
	- Nắm được các phương pháp chứng minh BĐT
	- Rèn kỹ năng vận dụng giải các bài tập có sử dụng BĐT ( dùng bồi dưỡng học sinh giỏi)
B. Nội dung
Phần I: Những kiến thức cơ bản về bất đẳng thức 
	1. Định nghĩa 
	2, Tính chất
	3. Các BĐT thường gặp
Phần II: Một số phương pháp chứng minh BĐT 
	1. Phương pháp dựa vào định nghĩa
	2. Phương pháp chứng minh trực tiếp 
	3. Phương pháp so sánh
	4. Phương pháp dùng tính chất bắc cầu
	5. Phương pháp dùng giả thiết 
	6. Phương pháp dùng một BĐT có sẵn 
	7. Phương pháp phân tích số hạng
	8. Phương pháp quy nạp 
	9. Phương pháp phản chứng 
	10. Phương pháp biến đổi tương đương
	11. Phương pháp làm trội
Phần III: Các bài tập nâng cao 
Phần IV: Các bài tập vận dụng
	1. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
	2. Giải phương trình
	3. Các bài toán khác 
Phần I: 
Những kiến thức cơ bản về bất đẳng thức
I. Định nghĩa:
* Định nghĩa 1: Khi hai biểu thức A và B được nối với nhau dấu ta nói rằng có một BĐT 
	A < B ; A B
 A > B ; A B
* Định nghĩa 2: Biểu thức A lớn hơn biểu thức B khi và chỉ khi hiệu của A và B là một số dương.
	A > B ú A - B > 0 
Tương tự :
	A B ú A - B 0
	A < B ú A- B < 0
 A B ú A - B 0
 A: B là các vế của BĐT 
A: Vế trái ; B : Vế phải ( vế sau)
II. Tính chất cơ bản:
1. Quan hệ ">" và " <" có tính chất bắc cầu 
	+ a > b và b> c => a > c
	+ a a < c
2. Quan hệ " " và "" có các tính chất 
a) Tính phản xạ: 
	a a hoặc a a mọi a
b) Tính phản xứng:
c) Tính bắc cầu :
3. Tính chất 
3.
3.2)
3.
3.
3.5) 
Đặc biệt -a b
3.6) 
3.7) 
3.8)
3.9) a>b và ab > 0 =>
Chú ý:
* Không được trừ hai vế BĐT
* Không được chia 2 BĐT cho nhau
* 
4. Các bất đẳng thức thường gặp
4.1BĐT Besnoully
Với 
Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi a = 0
4.2. BĐT Cô Si :
Với : 
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 
4.3. BĐT Bunhiacopxki
Vơi 
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 
4.4. BĐT chứa dấu giá trị tuyệt đối:
Phần II
 Một số Phương pháp chứng minh Bất đảng thức
Bài toán: 
Chứng minh 
1. Phương pháp 1: Dựa vào định nghĩa
- Lập hiệu A - B
- Biến đổi biểu thức A - B và chứng minh 
- Kết luận 
- Xét trường hợp A = B khi nào ?
Ví dụ 1: CMR cùng dấu
Giải :
Ta có 
Có
 mọi a,b cùng dấu
Dấu "=" xảy ra a - b = 0 a = b
Chú ý : 
Khi a, b trái dấu bài toán trở thành 
CMR: 
Bài toán này có thể chứng minh theo phương pháp tương đương:
Hiển nhiên đúng vì 
 ( a; b trái dấu (gt) )
Vậy khi a; b trái dấu
Ví dụ 2: 
Cho a,b > 0 CMR 
Giải :
Ta có :
Mà 
Vậy: 
Dấu "=" xảy ra a = b
Chú ý : ĐK ràng buộc của a;b ở bài toán này có thể chặt hơn, thay vì a;b>0 ta có thể cho ĐK: a + b > 0
2. Phương pháp 2 : Chứng minh trực tiếp
- Ta biến đổi vế phức tạp thường là vế trái :
Dấu "="xảy ra M = 0
Chú ý nếu 
VD 1:
CMR: 
Giải :
Ta có : 
Dấu "=" xảy ra x - 2 = 0 x = 2
Chú ý: 
Có thể giải bài toán này bằng phương pháp khác
Dùng Phương pháp 1;
Xét biểu thức hiệu
Dấu "=" xảy ra khi x = 2
VD 2: 
 CMR:
Giải : Biến đổi VT
Vậy 
Chú ý : Có thể đưa bài toán tương tự:
ở mẫu không chỉ là tích 2 số tự nhiên liên tiếp mà có thể là tích 2 số tự nhiên chẵn hay lẻ liên tiếp .
Ví dụ: 
CMR:
3. Phương pháp 3: So sánh
Biến đổi riêng từng vế rồi so sánh kết quả suy ra điều gì phải chứng minh:
Nếu 
VD1: CMR: 2500 > 5200
Giải: 
Chú ý: Phương pháp này thường sử dụng đối với bài chứng minh BĐT mà 2 vế phức tạp tương đương nhau có dạng tương tự nhau.
VD2: CMR A < B với 
( 1001 chữ số 2 và 1001 chữ số 3 )
Giải : Ta có 
Vậy 
 n+1 chữ số n chữ số n chữ số
Vậy A<B ( n = 1000 ; n+1 = 1001)
4. PHương pháp 4: Dùng tính chất bắc cầu
VD 1: 
	 So sánh 	 và 
Giải : 
Ta có : 
	3111< 3211 = (25)11 = 255 < 256
	lại có 256 = ( 24 )14 = 16 14 < 1714
	vậy 311< 1714
VD 2 : Chứng minh rằng; a2 + b2 + 1 ab + a + b
Có ( a – b ) 2 ≥ 0 , ( a-1)2 ≥ 0 , (b-1)2≥ 0
(a-b)2 + (a-1)2 +(b-1)2 ≥ 0
2(a2+b2+1) – 2(ab + a +b ) ≥ 0
a2 + b2 +1 ≥ ab + a + b
Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi a=b=1
Chú ý : phương pháp bắc cầu sử dụng kết hợp trong việc CM BĐT nhờ các phương pháp khác là chủ yếu .
5. Phương pháp 5; Dùng giả thiết.
Chú ý khai thác triệt để các tính chất của giả thiết đã cho => A ≥ B
VD1: CMR; a2+b2+c2 < 2( ab + bc + ca)
Với a, b, c, là các số đo 3 cạnh của một tam giác
Giải 
Ta có a, b, c là 3 cạnh của một tam giác 
=>a < b + c ú a2 < ab + ac 	(1)
 b < a + c ú b2 < ab + bc	(2)
 c < b +a ú c2 < cb + ca	(3)
Cộng các BĐT cùng chiều (1) , (2) , (3) ta được 
a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)
VD 2: Cho a, b, c [-1; 2] và a + b + c =0
Chứng minh rằng, a2 + b2 + c2 ≤ 6
Giải: ta có a, b, c [-1; 2] => (a +1)(a-2) ≤ 0
	(b+1)(b-2) ≤ 0
	(c+1)(c-2) ≤ 0
=>(a +1)(a-2)+ (b+1)(b-2)+ (c+1)(c-2) ≤ 0
=> a2 + b2 + c2 – (a+b+c) – 6 ≤ 0 
=> a2 + b2 + c2 – 6 ≤ 0 (vì a+ b + c =0 )
=> a2+ b2 + c2 ≤ 6
6. Phương pháp 6 ; dùng một BĐT đã có
	Sử dụng các BĐT đã chứng minh đơn giản như BĐT Côsi, Bunhiacôpxki,để chứng minh A≥B
VD1: cmr ; a2+ b2 + c2 ≥ ab + bc + ca
áp dụng BDT Côsi cho các số không âm a2, b2 , c2 ta có 
	 a2 + b2≥ 2ab	(1)
	 b2 + c2 ≥ 2bc	 	(2)
	 c2 + a2 ≥ 2ca	(3)
 cộng các vế (1), (2), (3) ta có 2(a2 + b2 + c2) ≥ 2(ab +bc + ca)
	 => a2+ b2 + c2 ≥ ab + bc + ca
Dấu “=” xảy ra ú a = b = c
VD 2: cho x, y ,z là 3 số không âm có tổng bằng a
	Cmr; (a-x)(a-y)(a-z) ≥ 8xyz
Theo BĐT Côsi cho các số không âm x,y,z ta có 
 vì a = x+y+z => x+y = a-z, y+z = a-x, z+x = a- y
 thay vào (1) ta được (a-z)(a-x)(a-y) ≥ 8yz
 dấu “=” xảy ra ú x = y = z
Chú ý : 
 + Khi sử dụng Phương pháp dùng 1BĐT có sẵn phải chú ý tới các BĐT như 
 + Điều kiện để sử dụng BĐT Côsi là áp dụng cho các số không âm
 + Điều kiện để sử dụng BĐT Bunhiacôpxki 
 + Điều kiện để sử dụng BĐT Bocnuny cho số a thì a≥ -1
 + phải nhận xét và lựa chọn các BĐT cho phù hợp 
7. Phương pháp 7: Tách số hạng
	Phải có sự phân tích các số hạng cụ thể dể có cách biểu diễn số hạng tổng quát 1 cách phù hợp để có thể đánh giá được từ đó suy ra điều phải chứng minh.
VD1. cmr : 
Giải : xét hạng tử
Cộng các BĐT cùng chiều có 
VD 2: cmr
Giải; có 
Chú ý , Đối với Phương pháp tách số hạng mà phải biến đổi 1 tổng nên phân tích số hạng TQ thành 1 hiệu , khi biến đổi 1 tích nên phân tích số hạng TQ thành tích các nhân tử để có thể rút gọn được
8. Phương pháp 8: Quy nạp
- Kiểm tra BĐT có đúng với n= 1 và vài trường hợp cụ thể
- Sau dó giả sử BĐT dúng với n=k, 
cần chứng minh BĐT dúng với n=k+1 ( n, kz+)
Từ đó => ĐPCM
VD1: Cmr, 
Giải 
 Với n=1 có 
 Giả sử đúng với n=k, có 
Phải cm 
Thật vậy: ta có 
Vậy 
9. Phương pháp 9: Phản chứng
 Giả sử B ≥ A => những điều vô lí hay trái với giả thiết =>A ≥ B
VD1: Cmr ; với mọi a, b cùng dấu
Giải Ta giả sử với mọi a, b cùng dấu
Với mọi a, b cùng dấu => điều này vô lí , 
Vậy với mọi a, b cùng dấu
VD 2: Cho a, b, c > 0 và abc=1
	Cmr: a+b+c3
Giải 
Giả sử a+b+c 0 và abc = 1
	ú a2b +ab2 +abc <3ab
	ú ab2 + ( a2- 3a)b + 1 <0 (vì abc=1)
Rõ ràng f(x)= ax2+ (a2-3a)x +1 có 2 nghiệm phân biệt
	ú (a2-3a)2-4a >0
	ú a4 – 6a3 + 9a2- 4a >0 
	ú a2- 6a2+9a – 4a >0
	ú(a-1)2(a-4) >0
	ú a>4
	ú a+b+c >4 => trái với giả thiết 
a+b+c 3 với a,b,c>0 và abc=1
Chú ý : với phương pháp này cần bién đổi điều giả sử trái với kết luận của bài toán để đưa ra điều vô lí hoặc trái với điều giả sử
10. Phương pháp10: biến đổi tương đương
Cần chứng minh biến đổi cả hai vế để có :
 là hiển nhiên 
Ví dụ 1: 
CMR:
Giải:
Điều này đúng với mọi a;b;c
Vậy
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
Chú ý : Cần phải vận dụng đúng các phép biến đổi tương đương : cộng vào 2 vế cùng một đa thức hoặc nhân 2 vế của bất đẳng thức với một số 
c >0 thì BĐT không đổi chiều , nhân cả 2 vế của bất đẳng thức với một số c<0 thì bất đẳng thức đổi chiều. 
Phần III.
 các bài tập nâng cao
Bài 1. cho a,b > 0. Chứng minh rằng 
a, (a + b ) ( + )≥ 4
b, ( a+ b + c ) ( + + ) ≥ 9
Giải : 
a, VT = + + 2
Xét hiệu + + 2 – 4 = + - 2 = = ≥ 0, a,b >0
=> (a + b ) ( + )≥ 4
b, VT = + + ++ ++ 3 
áp dụng BĐT côsi cho các bội số :
 và ; và; và 
Ta có : + ≥ 2=2 ; + ≥ 2 ; + ≥ 2
 + + ++ +≥ 6
 + + ++ ++3≥9 
VT ≥ 9 ( đpcm )
Chú ý : Khái quát bài toán : Cho a1 , a2 , ....., an > 0 chứng minh rằng :
 (a1 + a2 + .....+ an ) ( ++.....+) ≥ n2
áp dụng BĐT côsi có : (a1 + a2 + .....+ an) ≥ n 
vì ,,.....,> o nên ( ++.....+)≥ n
 => (a1 + a2 + .....+ an ) ( ++.....+) ≥ n2
Bài 2. Chứng minh rằng Sn = + + ......+ >1 mọi n 
 Giải : Sử dụng phương pháp 2 có :
Sn = (+) + (+) + .....+ 
 = ++.....>
> 2(2n+1)[ +...+] =2(2n+1)[ = 1 (đpcm)
Bài 3 . Cho x,y,z >0 chứng minh rằng ++ ≥(1)
 Giải : Dùng phép biến đổi tương đương.
 2(++ ) ≥ 2()
 ≥ 0 ,(đpcm)
Bài 4. Chứng minh rằng nếu x,y 
 Giải : Từ GT có x,y => x2; y2 < 1 
 (1- x2)(1- y2) > 0
x2 + y2 < 1 + x2y2
 (x + y)2 < 1 + x2y2 +2xy
 (x+y)2 < (1 + x2y2)2
 (đpcm)
Bài 5 . Chứng minh rằng 
Dùng phương pháp phân tích số hạng
 có ; ; .....; 
 => VT = 14 – 
mà (đã CM)
 Nên VT ≥ 14 – 1 = 13 (đpcm)
Phần IV
các bài toán vận dụng
Dạng 1 . Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất 
Bài 1 . (Loại toán có chứa dấu giá trị tuyệt đối)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức y = 
Giải : áp dụng tính chất 
Ta có 
Hay ≥ 8
Vậy y đạt giá trị nhỏ nhất bằng 8 . Hay ymin = 8 khi x = 0
Bài 2 . (Loại toán dạng biểu thức nguyên )
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x2 – 2xy + 3y2 – 2x – 10y + 20
Giải :
A = x2 – 2xy + 3y2 – 2x – 10y + 20
 = (x- y -1 )2 + 2(y- 3)2 + 1
mà (x- y -1 )2 ≥ 0 và (y- 3)2 ≥ 0 
vậy x2 – 2xy + 3y2 – 2x – 10y + 20 ≥ 1 
dấu ‘ =’ xảy ra 
Vậy Amin =1 khi x= 4 , y = 3
Bài 3.(Loại biểu thức chứa phân thức )
Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của phân thức D = 
Có D = xác định với mọi x và luông dương
Ta có: A(x2+1) = x2 +x +1
 (A-1)x2 - x +A -1 =0
+ Nếu A=1 thì x =0 và ngược lại
+ Nếu A1 muốn tồn tại x thì điều kiện cần và đủ: 1- 4(A-1)2 0
4A2 -8A + 3 0 A 
Vậy Amax= Amin=
(Khi x=1) (khi x=-1)
Bài 4: Khi đường chéo của tứ giác lồi ABCD cắt nhau ở 0. Biết SAOB =4 : SCOD =9.
 Hỏi diện tích của tứ giác nhỏ nhất là bao nhiêu?
0
D
A
B
C
Giải: 
Có 
SBOC +SAOD= 2
Dờu “=” xảy ra ,
Tức SABC=SOBD lúc đó AB// CD
min =12 +9 +4= 25.
Bài 5. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng số này khi chia cho 9 có số dư là 5 và khi chia cho 31 có số dư là 28.
Giải : Gọi a là số tự nhiên cần tìm
	Ta có a= 29 q +5 =31 q’ =28 (q, q, )
	là số lẻ ; q-q, 
	A nhỏ nhất khi q, nhỏ nhất. Lúc đó
	2q, =29(q-q,) -23 cũng nhỏ nhất
	Hay q-q, nhỏ nhất
	q-q, =1 và 2q, = 29-23 =6
	Vậy : q, =3 và a =121 là số cần tìm.
Dạng II. Giải phương trình :
Nếu AC đồng thời BC
Thì A=B khi đồng thời xảy ra 2 dấu bằng
VD. Giải phương trình: 
Giải: ĐK: 2
áp dụng BĐT Bunhia cốp ki. Ta có
(.1)2 
Dấu “=” xảy ra 
Mặt khác: 
Dấu “=” xảy ra 
Phương trình đã cho chỉ có nghiệm 2 vế đều bằng 2
Vậy nghiệm của phương trình trên là : x=3
Dạng III. Các bài toán khác.
Bài 1: CMR Không có 3 sốnào đồng thời thoả mãn
	;
Thật vậy :
 Giả sử 3 BĐT trên đều đúng. Ta có:
	 hay ( (1)
	 hay (2)
	 hay (3)
Nhân 3 BĐT (1);(2);(3); vế với vế.ta có :
[ vô lí
Vậy không tồn tại 3 số mà đồng thời có
	;
Bài 2. Cho x,y,z 
CMR: 
áp dụng BĐT cô si: chọn 3 số có
	 (vì )
Bài 3. Với 3 số a,b,c >0 CMR:
Chọn bộ số: 
Theo Bunhia cốp ki có:
	 Và a,b,c>0
C. Kết luận:
 	Vấn đề BĐT trong chương trình toán học là vấn đề khó nhất đối với học sinh lớp 8.
	Nhóm toán chúng tôi mạnh dạn đưa ra một ssố suy nghĩ về vấn đề này. Chúng tôI rất mong sự chỉ đạo đóng góp ý kiến của các đồng chí lãnh đạo để rút kinh nghiệm trong giảng dạy nhất là vấn đề bồi dưỡng học sinh giỏi.
	Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn !
	 Bàng la, ngày 15 tháng 12 năm 2007.
 Người viết
 Nguyễn Thị Hoà
Các tài liệu tham khảo
	1 Sách giáo khoa Toán 8 - NXB Giáo dục
	2. Sách bài tập Toán 8 - NXB Giáo dục
	3. Sách nâng cao và phát triển toán 8
	4. Các tài liệu khác