Phương Pháp giải bài toán bất đẳng thức trong trường phổ thông THCS

 tách và ghép cặp cho hợp lí như sau: 
 Giải
 Ta có : a4 + b4 = 
 Theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki:
 (a2 + b2)2 = .
 = (a +b)4 + .24 = 2.
Vậy a4 + b4 2 với a + b = 2.
Ví dụ 3:
 Chứng minh rằng : ,
 Giải
Với bài toán này học sinh thường hay mắc sai lầm như sau:
 	 = 
Theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki:
Mặt khác theo bất đẳng thức Côsi:
 = 
Sai lầm là do ta đã sử dụng BĐT Côsi cho các số chưa chắc đã lớn hơn hoặc bằng 0, với mọi a, b, c 0. Do đó GV cần chú ý cho học sinh tránh những sai lầm trên. Sau đây là giải đúng:
 = 
Theo bất đẳng thức Côsi:
 (đpcm).
Ghi nhớ: .
*Bài tập áp dụng :
 1) Chứng minh rằng: a) 2(a2 + b2) (a + b)2
 b) 3(a2 + b2 + c2) (a + b + c)2
 2) Chứng minh:
 3) Cho a(a-1) + b(b-1) +c(c-1) 
 Chứng minh rằng : a + b + c 4.
* Dạng đánh giá từ vế nhỏ sang vế lớn :
Ví dụ 1: Cho a2 + b2 + c2 = 1 .Chứng minh rằng: a + 3b + 5c 
 Giải
Tacó: a + 3b + 5c 
 Vậy a + 3b + 5c .
Ví dụ 2: Cho a > bc và b > c > 0.
 Chứng minh : 
 Giải
áp dụng BĐT Bunhiacôpxki, ta có:
.
Ví dụ 3: Cho x2 + y2 = u2 + v2 = 1.
 Chứng minh rằng: - (1)
 Giải
(1) 
Tacó: 
 = 
Từ đó: - (đpcm).
*Bài tập áp dụng: 
cho a2 + b2 + c2 +d2 = 1.Chứng minh (t2 +at + b)2 + (t2 + ct + d)2 (2t2 + 1)2 .
Cho a, b, c > 0 và p =.Chứng minh rằng: 
Cho a1, a2, ...,an bất kỳ. Chứng minh rằng: 
(a1 + a2 +...+ an)2 n(a12 + a22 + ...+ an2).
3.4. Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức phụ:
a) Cơ sở toán học :
 Đối với phương pháp này HS thương sử dụng các bất đẳng thức phụ như sau:
*) Bất đẳng thức phụ: x2 + y2 2
 Với bất đẳng thức phụ này HS có thể dễ dàng chứng minh như sau: 
 Ta có: x2 + y2 2 (luôn đúng) 
* Hệ quả : i) x2 + y2 2xy
 ii) (x+y)2 4xy
Chứng minh : i) Ta có: x2 + y2 2 2xy
 ii) (x + y)2 = x2 + y2 + 2xy 4xy
*) Bất đẳng thức phụ: x + (với x > 0)
Chứng minh:
 Ta có: x + x2 + 1 2x (x – 1)2 0 (luôn đúng)
* Hệ quả: ab > 0 thì 
 ab < 0 thì 
 Chứng minh: +) ab > 0 ta có: a2 + b2 2ab
 (a – b)2 0 (luôn đúng)
 +) ab < 0 ta có: a2 + b2 - 2ab
 (a – b)2 0 (luôn đúng). 
*) Bất đẳng thức phụ: (x, y > 0)
 Chứng minh: Ta có: (x + y)2 4xy
 (x – y)2 0 (luôn đúng)
 * Hệ quả: 
Chứng minh: Từ 
Suy ra: hay .
b) Các ví dụ:
Ví dụ 1:
 Chứng minh rằng: (a +b)(b +c)(c + a) 8abc với a, b, c 0.
 Giải
áp dụng bất đẳng thức phụ: (x+y)2 4xy. Tacó: 
 (a+b)2 4ab
(b+c)2 4bc
(c+a)2 4ca
Vì a, b, c 0 nên nhân từng vế của BĐT trên lại với nhau ta được: 
 (a+b)2(b+c)2(c+a)2 64a2b2c2
 Suy ra: (a+b)(b+c)(c+a) 8abc (đpcm)
Ví dụ 2:
Chứng minh rằng với a, b, c, d tuỳ ý ta luôn có:
 a2+ b2+c2 +d2 (a + b)(c + d) 
 Giải
áp dụng BĐT phụ: xy 
Ta có: VP = (a + b)(c + d) = ac + ad + bc + bd
 + + + 
 = a2+ b2+c2 +d2. 
 VP a2+ b2 + c2 + d2
 Vậy a2+ b2+c2 +d2 (a + b)(c + d) (đpcm).
Ví dụ 3: Cho a, b, c, d > 0 và abcd = 1
Chứng minh rằng: 
 a2+ b2+c2 +d2 + a(b + c) + b(c + d) + d(c + a) 10.
 Giải
Ta có: a2+ b2 2ab
 c2+ d2 2cd
Do abcd = 1 nên cd = 
Do đó: a2+ b2+c2 +d2 2(ab +cd) = 2(ab + ) 4 (1)
Mặt khác: a(a + b) + b(c + d) + d(c + a)
 = (ab + cd) + (ac +bd) + (bc + ad)
 = (ab + ) + (ac + ) + (bc + ) 2 + 2 + 2 = 6 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: a2+ b2+c2 +d2 + a(b + c) + b(c + d) + d(c + a) 10 (đpcm).
Ví dụ 4: Cho hai số dương a, b có a + b = 1, chứng minh rằng: 
 Giải 
áp dụng BĐT phụ: 4ab (a + b)2 ta có:
 4ab 1 suy ra 4 (1) ( vì a, b > 0)
áp dụng BĐT phụ: ta có: 
 = 
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b = .
*Bài tập áp dụng:
Chứng minh rằng: 
 Cho a, b, c, d > 0 chứng minh rằng: 
 3) Cho a, b, c > 0 thoã mãn: . Chứng minh bất đẳng thức:
 4) Cho hai số dương a, b có a + b = 1, chứng minh rằng: 
 5) Cho a, b, c, d > 0 chứng minh rằng: 
 .
3.5. Phương pháp phản chứng:
a).Cơ sở toán học: 
 Gọi mệnh đề cần chứng minh là luận đề “ A B ”.
Phép toán mệnh đề cho ta :
Như vậy muốn phủ định một luận đề ta ghép tất cả các giả thiết của luận đề với phủ định kết luận của nó.
Ta thường dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng như sau:
1) Dùng mệnh đề đảo 
 2) Phủ định luận đề rồi suy ra điều trái với giả thiết.
 3) Phủ định luận đề rồi suy ra 2 điều trái nhau.
 4) Phủ định luận đề rồi suy ra điều trái với một điều đúng.
 5) Phủ định luận đề rồi suy ra kết luận của A 
b. Các ví dụ: 
Ví dụ1: Chứng minh rằng nếu có: 
 Thì a > 0; b > 0; c > 0.
 Giải
Vì abc > 0 nên trong 3 số a, b, c có ít nhất một số dương .
Giả sử ngược lại cả 3 số đều âm abc < 0 (vô lý).
Không mất tính tổng quát ta giả sử a > 0.
Mà abc > 0 bc > 0
Nếu b < 0, c < 0 b + c < 0.
Từ a + b + c > 0 b + c > -a (b + c)2 < -a(b + c)
 b2 + 2bc + c2 < -ab – ac
 ab + ac < -b2 - 2bc – c2 
 ab + bc + ca < -b2 - bc – c2 < 0.
 ab + bc + ac 0)
 b > 0 , c > 0.
Vậy a > 0, b > 0, c > 0
Ví dụ 2: Chứng minh rằng không có các số a, b, c nào thoã mãn cả 3 BĐT sau:
 (1)
 (2)
 (3) 
 Giải
 Giả sử tồn tại 3 số a, b, c thoã mãn 3 BĐT trên:
 Hai vế các BĐT (1), (2), (3) đều dương , bình phương 2 vế của từng BĐTta có: 
(1) (b – c)2 > a2 (b – c)2 - a2 > 0 (b – c – a)(b – c + a) > 0 
(2) (c – a)2 > b2 (c – a)2 - b2 > 0 (c – a – b)(c – a + b) > 0
(3) (a – b)2 > c2 (a – b)2 - c2 > 0 (a – b – c)(a – b + c) > 0
Hai vế của 3 BĐT trên đều dương, nhân vế với vế của 3 BĐT trên ta có:
 - (c + a- b)2(b - c + a)2(c + b – a)2 > 0 (vô lý).
Vậy không tồn tại 3 số a, b, c nào thoã mãn đồng thời 3 BĐT trên.
Ví dụ 3: Cho 4 số a, b, c,d thoã mãn bất đẳng thức sau:
 ac 2(b + d)
Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai:
 a2 < 4b ; c2 < 4d.
 Giải 
Giả sử a2 < 4b và c2 < 4d đều đúng , khi đó cộng vế với vế 2 BĐT cùng chiều ta được :
 a2 + c2 < 4(b + d) (1)
 Theo giả thiết 4(b + d) 2ac (2)
Từ (1), (2) a2 + c2 < 2ac
 (a – c)2 < 0 (vô lý)
Vậy một trong hai bất đẳng thức trên là sai.
 Với những bài toán chứng minh có dạng như trên GV lưu ý cho HS nên sử dụng phương pháp phản chứng thì việc chứng minh bài toán sẽ rất dễ dàng. Tuy nhiên để sử dụng phương pháp này cần nắm vững 5 cách chứng minh đã nêu trên phần a) và các tính chất của BĐT để biến đổi lập luận.
*) Bài tập áp dụng:
1) Cho a > b > 0 và . Chứng minh rằng: không thể có a < 1; b < 1.
2) Cho a, b, x, y liên hệ bởi : a + b = 2xy .
 Chứng minh ít nhất một trong hai bất đẳng thức sau là đúng:
 x2 a ; y2 b.
3) Cho 0 < a, b, c < 1. Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai:
 a(1 – b) >
 b(1 – c) >
 c(1 – a) >
Hãy phát biểu tổng quát bài toán?
3.6.Phương pháp quy nạp:
a) Cơ sở toán học:
 Nội dung của phương pháp này là tiền đề quy nạp toán học.
Cho mệnh đề phụ thuộc vào số nguyên dương n . Nếu:
 +) Mệnh đề đúng với n = 1.
 +) Từ giả thiết đúng n = k ( k N ) suy ra được mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Thế thì mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương .
Như vậy để chứng minh một mệnh đề T đúng với mọi số nguyên dương bằng phương pháp quy nạp toán học ta phải tiến hành theo ba bước:
 Bước 1: Chứng minh T(1) đúng ( kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1)
 Bước 2: - Giả sử mệnh đề T(k) đúng .
Ta chứng minh mệnh đề T(k + 1) cũng đúng .
 Bước 3: Kết luận mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương (n) .
b).Các ví dụ: 
Ví dụ 1: Chứng minh bất đẳng thức :
 Sn = 
 Giải
Bước 1: - Nếu n = 2 ta có: Sn = BĐT đúng với n = 2.
Bước 2: - Giả sử BĐT đúng với n = k.
 Sk = 
Ta cần chứng minh BĐT đúng với n = k +1.
 Sk+1 = 
Sk+1- Sk = 
 Sk+1 > Sk > .
Bước 3: Vậy Sn = (đpcm).
Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 0 ta luôn có: 
 Giải
Bước 1: Với 0 k n ta luôn có: 
 (*)
Thật vậy: k = 1 thì (*) luôn đúng .
Giả sử (*) đúng với n = k ta cần chứng minh (*) đúng với n = k + 1.
= 
Mặt khác : 
 = 
 = 
 vì n(k +1) > k2 với n k.
Bước 2: k = n ta có: 
Bước 3: Vậy (đpcm).
Ví dụ3: Cho a, b là hai số dương . Chứng minh rằng: 
 với mọi n 2.
 Giải
Bước 1: Với n =2 ta dễ dàng chứng minh được 
Bước 2: Giả sử BĐT đúng với n = k ta có: 
 (1)
Ta phải chứng minh : (2)
Thật vậy: nhân hai vế của (1) với ta được :
 hay: 
Để có (2) ta phải chứng minh : 
 (3)
 ak+1 + bk+1 abk +akb
Thật vậy ta có: ak+1 + bk+1 - abk - akb
 = ak(b – a) - bk(a – b) = (a – b)(ak – bk)
 = (a – b)2(ak-1 + ak-2b + ... + abk-2 + bk-1) ( vì a, b > 0)
BĐT (3) đúng . Mà 
 .
Bước 3: Vậy BĐT đã cho được chứng minh.
 Khi chứng minh bài toán BĐT theo phương pháp này GV phải chỉ rõ để HS hiểu kỹ các bước chứng minh, các phép biến đổi tương đương, tính chất của BĐT
.
*)Bài tập áp dụng: 
 1) Chứng minh rằng: (n N*)
 2) Chứng minh rằng: an +bn an+1 + bn+1 với a + b 2.
 3) Chứng minh : 1.2.3....n 1).
 4) Chứng minh: n2 > n + 5 với ; n 3.
3.7. Phương pháp đổi biến:
a). Cơ sở toán học: 
Bước 1: Đặt biến mới dựa theo biến cũ.
Bước 2: Biến đổi bất đẳng thức theo biến mới, chứng minh bất đẳng thức với biến mới .
Bước 3: Kết luận và trả lời về biến cũ.
 Mục đích của việc đổi biến là nhằm chuyển bài toán từ tình thế khó biến đổi đại số ( với các biến cũ ) sang trạng thái dễ biến đổi đại số hơn ( với các biến mới).
b). Các ví dụ: 
Ví dụ1: Chứng minh rằng: với a, b, c > 0 (1)
 Giải
Đặt: 
Khi đó (1) 
Theo BĐT Côsi VT (đpcm).
Vậy 
Ngay từ ví dụ 1 ta thấy vai trò của việc đổi biến rất lớn . Từ đó ta có thể đưa về các dạng đã học như tách ghép nghịch đảo ...ở trên. Tương tự ta xét ví dụ 2 sau đây:
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: abc (b + c- a)( c + a – b)(a + b – c) (1)
Với a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
 Giải 
Đặt: 
Khi đó ta có (1) 
 (y + z)(x + z)(x + y) 8xyz (2)
 (y + z)2(x + z)2(x + y)2 64x2y2z2 (vì 2 vế không âm)
Ta có: (x + y) 4xy
 (y + z ) 4yz
 (x + z ) 4xz
Vì hai vế của bất đẳng thức trên không âm nên ta nhân từng vế các bất đẳng thức trên ta được: (y + z)2(x + z)2(x + y)2 64x2y2z2 
Vậy BĐT (1) được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z a = b = c.
 Khi dùng phương pháp đổi biến để chứng minh BĐT cần chú ý :
- Đặt biến mới theo điều kiện của biến cũ, kèm theo điều kiện của biến mới.
- Nắm vững các phép biến đổi, các BĐT cơ bản quen thuộc để áp dụng .
- Đổi về biến cũ.
*) Bài tập áp dụng: 
 1) Chứng minh rằng :a2 + b2 + c2 
 2) Chứng minh rằng: 
 với a, b, c là 3 cạnh của một tam giác.
 3) Cho a, b, c 0.
Chứng minh rằng: 
3. 8. Phương pháp tam thức bậc hai:
a).Cơ sở toán học: 
Ta có thể dùng định lí về dấu của tam thức bậc hai , dấu của nghiệm của tam thức bậc hai, ...để chứng minh bất đẳng thức.
 Cho tam thức bậc hai: F(x) = ax2 + bx + c.
 = b2 – 4ac
+) Nếu 0 , 
+) Nếu = 0 thì a.F(x) > 0 , 
 F(x) cùng dấu với a.
+) Nếu > 0 x1, x2 : x2 > x1
 x nằm ngoài khoảng 2 nghiệm: x x2 a.F(x) > 0
 x nằm trong khoảng 2 nghiệm (x1 < x < x2) a.F(x) < 0.
b. Các ví dụ: 
 Ví dụ1: Cho -1 a 2; -1 b 2; -1 c 2 và a + b + c = 0
Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 6
 Giải
Theo tính chất về dấu của tam thức bậc hai:
-1 a 2 (a – 2)(a + 1) 0 (1)
Tương tự ta có: (b – 2)(b + 1) 0 (2)
 (c – 2)(c + 1) 0 (3)
Cộng vế với vế của BĐT (1), (2) và (3) ta được:
 a2 – a – 2 + b2 – b – 2 + c2 – c – 2 0
 a2 + b2 + c2 – (a + b +c) 6
Vì a + b + c = 0 a2 + b2 + c2 6 (đpcm).
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 
 a2 + b2 + c2 + d2 +e2 a(b + c + d + e) (1) ,a, b, c, d, e.
 Giải
(1) f(a) = a2 – (b + c + d + e)a + ( b2 + c2 + d2 +e2) 0 a (b, c, d, e)
Theo Bunhiacôpski ta có: 
(b + c + d + e)2 (12 + 12 +12 + 12)( b2 + c2 + d2 +e2).
Do đó = (b + c + d + e)2 - 4( b2 + c2 + d2 +e2) 0
Suy ra f(a) 0 a (b, c, d, e) (đpcm).
Ví dụ 3: Cho các số a, b, c, d thoã mãn a + d = b + c. Chứng minh rằng: nếu lấy số m sao cho : 2m > thì với mọi x R ta luôn có:
 (x – a)(x – b)(x – c)(x – d) + m2 0 (1)
 Giải
Từ giả thiết a + d = b + c (1) x2 – (a + d)x +ad x2 – (b + c)x + bc + m2 0. 
Đặt t = x2 – (b + c)x + bc. Vì b + c = a + d nên
(x – a)(x – b)(x – c)(x – d) + m2 = f(t) = t + (ad - bc) t + m2
 f(t) = t2 + (ad - bc)t + m2 
Ta có: = (ad – bc)2 – 4m2 0 (theo gt)
f(t) 0 (đpcm)
Ví dụ 4: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác , các số x, y, z thay đổi sao cho: ax + by + cz = 0 (1) . 
Chứng minh rằng: ayz + bxz + cxy 0 (2)
 Giải
Từ đẳng thức (1) z = - (c > 0)
Thay vào (2) ta có: -ay. - bx. + cxy 0
 - (ax + by)(ay + bx) + c2xy 0
 abx2 + y(a2x + b2x – c2x) + aby2 0
 abx2 + y(a2 + b2 – c2)x + aby2 0
Đặt F(x) = abx2 + y(a2 + b2 – c2)x + aby2
Ta chứng minh F(x) > 0 với y R
 x = y2(a2 + b2 – c2)2 – 4a2b2y2
 = y2(a2 + b2 – c2)2 – 4a2b2 
 = y2 (a – b – c)(a – b + c)(a + b + c)(a +b – c)
Vì a, b, c là 3 cạnh của tam giác và y2 0 
 F(x) 0 y R
Vậy BĐT (1) được chứng minh .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 0.
 Khi sử dụng phương pháp tam thức bậc hai giải bài toán BĐT HS cần lưu ý:
+ Nắm chắc định lí về dấu tam thức bậc hai.
+ Thường dùng phép biến đổi tương đương để đưa BĐT cần chứng minh về dạng:
 hoặc 
Trong đó: F(x) ; F(y) là tam thức bậc haiđối với biến x hoặc biến y.
*)Bài tập áp dụng: 
 1) Cho a, b, c thoã mãn hệ thức : a2 + b2 + c2 = 2 và ab + bc + ac = 1 
 Chứng minh rằng: -
 2) Cho b > c > d.Chứng minh rằng với mọi a R ta luôn có:
 (a + b + c + d )2 > 8 (ac + bd)
 3) Cho 6 số a, b, c, d, m, n thoã mãn : a2 + b2 + c2 + d2 < m2 + n2
 Chứng minh : (m2 – a2 – b2)(n2 – c2 – d2 ) (mn – ac –bd)2.
4. Một số ứng dụng của bất đẳng thức:
4.1 Một số định lí, bất đẳng thức cần dùng: 
a. Mệnh đề 1: Nếu tổng các số thực dương x1, x2, ..., xn bằng một số cho trước, thì tích của chúng lớn nhất khi: x1 = x2 = ... =xn.
*) Định lí 1: Nếu có n số thực dương x1, x2, ..., xn có tổng bằng S không đổi thì tích: 
P = x1. x2 ... xn có giá trị lớn nhất khi: 
Trong đó m1 là các ố hữu tỉ dương.
b. Mệnh đề 2: (đối ngẫu)
Nếu tích của các số dương x1, x2, ..., xn bằng một số cho trước thì tổng của chúng bé nhất khi: : x1 = x2 = ... =xn.
*) Định lí 2: Nếu có n số thực dương x1, x2, ..., xn có tích P = x1. x2 ... xn không đổi thì tổng S = x1 + x2 + ... + xn có giá trị bé nhất khi: 
Trong đó mi (i = 1, ..., n) là các số hữu tỉ dương cho trước.
c. Cho a1, a2, ..., an R . Ta có:
 (1)
Dấu “ = “ xảy ra ai cùng dấu (a1, a2, ..., an 0)
Đặt biệt :
4.2.Ap dụng:
 Khi giải những bài toán tìm cực trị, giải phương trình, giải hệ phương trình ... có những bài toán HS rất lúng túng không có hướng giải quyết, tuy nhiên khi GV hướng dẫn sử dụng một số BĐT thì việc giải quết trở nên thuận lợi. Sau đây tôi xin đưa ra một số ví dụ ứng dụng của BĐT thường gặp: 
a. Bài toán tìm cực trị của hàm số:
Bài toán 1: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
 y = (1 – x)(2x – 1) với 
Giải
Ta có: y = (2 – 2x)(2x – 1) với điều kiện thì hai số 2 - 2x , 2x – 1 là hai số dương có tổng : (2 – 2x) + (2x – 1) = 1 (không đổi) nên tích 
(2 – 2x)(2x – 1) lớn nhất khi 2 – 2x = 2x – 1 hay x = 
Vậy maxy = khi x = .
Bài toán 2: Tìm giá trị lớn nhất của :S = xyz(x + y)(y + z )(z + x)
Với x, y, z > 0 và x + y + z = 1
 Giải
áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số ta có:
1 = x + y + z 3 xyz (1)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 
2 = (x + y) + (y + z) + (z + x)
 3 
 (x + y)(y + z)(z + x) (2)
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 
Nhân vế với vế của (1) và (2) suy ra: xyz(x + y)(y + z )(z + x) 
Vậy S . Do đó maxS = khi x = y = z = .
Bài toán 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của:
 y = x + (x > 1)
 Giải
 Ta có: y = x - 1 + + 1
Với x > 1 thì hai số dương x – 1 và có tích bằng 1 nên tổng x – 1 + nhỏ nhất khi x – 1 = hay (x – 1)2 = 1 hay x = 2 (vì x > 1)
Vậy miny = 2 + = 3 khi x = 2.
Bài toán 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số :
 y = 
 Giải
Dễ thấy hàm số xác định với 
Ta có: 
áp dụng BĐT : ta được: 
Dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi (x – 1995)(x – 1996) 0 
 1995 x 1996
Do đó min y = 1.
Bài toán 5:
Cho x, y liên hệ bởi phương trình : x2 + 2xy +7(x + y) + y2 + 10 = 0 (1)
Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức: S = x + y + 1.
 Giải
Phương trình (1) x2 +2xy + y2 + 1 + 2x + 2y +5x + 5y + 5 + 4 = - y2
 (x + y + 1)2 + 5(x + y +1) + 4 = - y2 
 S2 + 5S + 4 = - y2 (với S = x + y + 1, 
 S2 + 5S + 4 < 0 
Đặt F(S) = S2 + 5S + 4 F(S) có 2 nghiệm S1 = - 1, S2 = - 4.
Dựa vào dấu tam thức bậc hai mà - 4 S - 1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của S = x + y + 1 là - 4 
 giá trị nhỏ nhất của S = x + y + 1 là - 1 
b. Tìm điều kiện của tham số để phương trình , hệ phương trình , tam thức bậc hai thoã mãn điều kiện nào đó.
Bài toán1: Cho phương trình 
Tìm giá trị của tham số a để phương trình có đúng 2 nghiệm trên tập hợp số nguyên.
 Giải
Ta có: 
áp dụng BĐT (1) ta được:
Dấu “ = “ xảy ra a2x2 – 2a2; 1 – a2x2; 2a2 cùng dấu.
Do đó: 
Nếu a = 0 thì 
Để phương trình có 2 nghiệm nguyên thì x2 chỉ có thể nhận 1 giá trị duy nhất là số chính phương 4 trong khoảng (2; )
Vậy 
Bài toán 2:
Cho tam thức bậc 2: F(a) = ax2 + bx + c thoã mãn: ; ; .
Chứng minh: khi 
 Giải
 Ta có: 
Thay vào F(x) ta đợc: 
= 
= 
áp dụng BĐT (1) và giả thiết ta đợc:
Ta xét các trờng hợp sau: 
+) Với 0 x 1 thì : (*)
+) Với -1 x 0 thì : (**)
Từ (*) và (**) chứng tỏ với ta có: 
Vậy (đpcm)
c. Giải phương trình và hệ phương trình:
Bài toán 1: Giải phơng trình sau: 
 Giải
Ta có: 3x2 + 6x + 19 = 3(x2 + 2x +1) + 16 
 = 3(x + 1)2 + 16 16 (vì 3(x + 1)2 0)
 5x2 + 10x + 14 = 5(x2 + 2x + 1) + 9
 = 5(x + 1)2 + 9 9 (vì 5(x + 1)2 0)
 VT + = 2 + 3 = 5 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = - 1.
Mặt khác : VP = 4 – 2x – x2 = 5 – (x + 1)2 5.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = - 1 .
 VT = VP = 5 khi x = - 1.
 Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x = - 1.
Bài toán 2: Giải hệ phơng trình sau: 
 (1)
 Giải 
Từ (1) suy ra x3 = - 1 – 2(y – 1)2
Vì (y – 1)2 0 - 1 - 2(y – 1)2 - 1 x3 - 1 x - 1 (*) 
 Từ (2) x2 (1 + y2) = 2y x2 = 
Mặt khác : y2 + 1 2y x2 = 1 x2 1 - 1 x 1. (**) 
Từ (*) và (**) x = - 1.
Thay x = - 1 vào (2) ta có y2 – 2y + 1 = 0 y = 1.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x = - 1, y = 1).
5/ Kết quả:
 Sau khi áp dụng đề tài này tôi thấy rằng chất lượng qua kiểm tra đã được nâng lên đáng kể, đặc biệt là học sinh trung bình, khá, giỏi được nâng lên rõ rệt. Qua thống kê số bài kiểm tra của 40 HS tôi thu được kết quả như sau :
Điểm dưới 5
Điểm 5 - 6
Điểm 7 - 8
Điểm 9 - 10
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
5
12,5%
17
42,5%
12
30%
6
15,0%
C- kết luận
Trên đây là một số "Phương pháp giải toán bất đẳng thức trong trường THCS” mà tôi đã áp dụng vào giảng dạy thực tế hiện nay ở trường THCS trong các buổi bồi dưỡng học sinh mũi nhọn và học sinh giỏi. Tôi cùng các đồng nghiệp đã thu được kết quả sau:
- Học sinh tiếp thu bài nhanh, dễ hiểu hơn, hứng thú, tích cực trong học tập và yêu thích bộ môn Toán.
- Học sinh tránh được những sai sót cơ bản và có kỹ năng vận dụng thành thạo cũng như phát huy được tính tích cực của học sinh. 
Tuy nhiên, để đạt được kết quả như mong muốn, đòi hỏi người giáo viên cần hệ thống, phân loại bài tập thành từng dạng, giáo viên xây dựng từ kiến thức cũ đến kiến thức mới, từ dễ đến khó và phức tạp, phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh. 
Người thầy cần phát huy chú trọng tính chủ động, tích cực và sáng tạo của học sinh. Từ đó các em có nhìn nhận bao quát, toàn diện và định hướng giải bài toán đúng đắn. Làm được như vậy là chúng ta đã góp phần nâng cao chất lượng giáo dục trong nhà trường.
Trong đề tài này chắc chắn không tránh khỏi những hạn chế nhất định. Vậy tôi rất mong sự giúp đỡ cũng như sự đóng góp ý kiến của các thầy, cô giáo cho tôi để tôi rút kinh nghiệm trong quá trình dạy học những năm sau.
Để hoàn thành đề tài này ngoài việc tự giác nghiên cứu tài liệu, qua thực tế giảng dạy tôi còn nhận được sự giúp đỡ rất nhiệt tình của các đồng nghiệp.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
 Thiệu phú, ngày 11 tháng 3 năm 2006
 Người viết 
Lê Thị Thanh Tân
D- Tài liệu tham khảo:
- Sách giáo khoa Toán 8 - 9 - NXB giáo dục năm 2003.
- Một số vấn đề phát triển Đại số 9 - NXB giáo dục 2001.
- Một số vấn đề phát triển Đại số 9 - NXB giáo dục 2001.
- Toán bồi dưỡng Đại số 9 - NXB giáo dục 2002.
- Toán nâng cao và các chuyên đề Đại số 9 - NXB giáo dục 1995
- Các phương pháp và kỹ thuật chứng minh BĐT - NXB -TP Hồ Chí Minh.
- BĐT chọn lọc cấp II - NXB giáo dục 1995.
- Các số báo toán học tuổi thơ và toán học tuổi trẻ các năm.