Sáng kiến kinh nghiệm Phát triển năng lực, tư duy của học sinh thông qua giải toán bất đẳng thức đối với học sinh lớp 8 và lớp 9

au ta được:
 (x+y)(y+z)(z+x) 64xyz (8xyz) 
 (x+y)(y+z)(z+x) 8xyz . ( Vì xyz 0 ; (x+y)(y+z)(z+x) 0 )
 Dấu đẳng thức xảy ra x = y = z = 0
 2.3. Chú ý: Khi sử dụng các bất đẳng thức ta cần tránh các sai lầm sau:
1. a - c > b - d
2. ac > bd (Nhân vế với vế hai bất đẳng thức mà chưa biết hai vế có không âm hay không)
3. Bình phương hai vế của một bất đẳng thức mà chưa biết hai vế không âm:
 a > b a > b 
4. Khử mẫu mà chưa biết dấu của chúng.
 > ad > bc
5. Lấy nghịch đảo hai vế và đổi chiều bất đẳng thức mà chưa biết hai vế cùng dấu:
 a > b > 
6. Khi làm trội một biểu thức đôi khi phải chia biểu thức thành nhiều nhóm rồi làm trội trong từng nhóm: Ta xét ví dụ sau:
Chứng minh rằng: Với mọi số tự nhiên n 2 thì 1 + + +....+ < n . 
 Giải:
 Gọi vế trái của bất đẳng thức trên là A , ta có:
 A=1+
 ở mỗi nhóm ta làm trội bằng cách thay các phân số lớn nhất trong nhóm , ta được:
 A< 1+.
 2.4. Bài tập tự giải.
 Chứng minh các bất đẳng thức sau:
 1/ (a > 0 ; b > 0)
 2/ a +b + c + d 4
 3/ Cho a + b = 1 . Chứng minh rằng: a + b 
3. Phương pháp biến đổi tương đương.
3.1. Cơ sở toán học.
 -Để chứng minh bất đẳng thức A B ta biến đổi tương đương (dựa vào các tính chất của bất đẳng thức)
 A B ... C D
Và cuối cùng đạt được bất đẳng thức đúng hoặc hiển nhiên là C D
Vì các phép biến đổi đều là tương đương nên A B
 -Để dùng phép biến đổi tương đương ta cần chú ý các hằng đẳng thức sau:
 (A ± B)= A± 2AB + B
 	(A + B + C )= A+ B+ C+ 2AB + 2BC + 2AC
3.2. Các ví dụ minh hoạ.
Ví dụ1: Chứng minh: x- x + 1 > 0 x
 Giải:
Ta có: x- x + 1 = (x- 2.x. +) + = > 0 x (Điều phải chứng minh)
Ví dụ2: Chứng minh rằng: Với a,b,c,d,eẻR thì: 
 a+ b+ c+d+e a(b + c + d + e) (1)
 Giải:
 Nhân cả hai vế của bất phương trình (1) với 4 ta được:
 4a+ 4b+ 4c+ 4d+4e 4a(b + c + d + e) 
 (a- 4ab +4b)+(a- 4ac +4c)+(a- 4ad + d)+(a- 4ae + e) 0
 (a - 2b)+ (a - 2c)+ (a - 2d)+ (a - 2e) 0 (2)
 Vì (a -2b) 0	 a,b ẻR 
	(a -2c) 0	 a,c ẻR 
	(a -2d) 0	 a,d ẻR 
 (a -2e) 0	 a,e ẻR 
Bất đẳng thức (2) đúng a,b,c,d,eẻR Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.
Ví dụ 3: Chứng minh rằng: Với 4 số bất kì a,b,x,y ta có: 
 (a+b)(x+y) (ax+by) (1) 
	 Dấu ²=” xảy ra 
 Giải:
Ta có: (1) 
 0 (ax-by) 0 (2)
 Ta có bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) đúng
Ví dụ 4: Cho các số dương a và b toả mản điều kiện : a +b = 1
 Chứng minh rằng: 
 Giải:
Ta có: (1) (Vì a , b > 0) . Nên bất phương trình ab + a + b + 1 9ab a + b +1 8ab 2 8ab (Vì a + b = 1)
 1 4ab (a + b) 4ab (a - b) 0 (2)
Bất đẳng thức (2) đúng , mà các phép biến đổi trên tương đương. Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b
Ví dụ 5: Chứng minh bất đẳng thức: Với a > 0 ; b > 0
 Giải:
 Ta có: (1) Nhân cả 2 vế của (1) với 8 ta được:
 4.(a+ b) (a + b) 4.(a + b)(a- ab + b) (a + b)(a+ 2ab + b) 
 4.(a- ab + b) a+ 2ab + b 4a- 4ab + 4b a+ 2ab + b
 3a- 6ab + 3b 0 3(a- 2ab + b) 0 3(a - b) 0 (2)
Bất đẳng thức (2) đúng và các phép biến đổi đều tương đương nên bất đẳng thức (1) đúng
3.3. Chú ý.
 - Sẽ mắc sai lầm nếu trong lời giải trên thay các dấu tương đương ²” bằng các dấu kéo theo ²”.
 Thật vậy , nếu (1)(2) mà bất đẳng thức (2) không đúng thì chưa thể kết luận được bất đẳng thức (1) đúng hay không.
 - Khi sử dụng phép biến đổi tương đương,học sinh thường bỏ các biến đổi tương đương có điều kiện dẫn đến không chặt chẽ . Vì vậy cần lưu ý các biến đổi tương đương có điều kiện.
3.4. Bài tập tự giải:
Bài 1. So sánh 2 số A=3-3 và B=2- 1
Bài 2. Chứng minh rằng với 2 số nguyên dương x,y thoả mản xy1 thì:
Bài 3. Chứng minh bất đẳng thức: 
Bài 4. Chứng minh rằng với x > 1 ta có: 
Bài 5. Với a > 0 , b > 0 Chứng minh bất đẳng thức: 
Bài 6. Chứng minh rằng: a,b,cẻR Ta có:
 a) a+b ab + ab
 b) a+b+c ab + bc+ca
 4. Phương pháp phản chứng.
 4.1 Cơ sở toán học.
Gọi mệnh đề cần chứng minh là luận đề: ²AB ”. Phép toán mệnh đề cho ta:
 ==A=A.
 Như vậy muốn phủ định một mệnh đề ta ghép tất cả các giả thiết của luận đề với phủ định kết luận của nó.
 Ta thường dùng 5 hìng thức chứng minh phản chứng như sau:
 a.1. Dùng mệnh đề phản đảo. ị
 a.2. Phủ định luận đề rồi suy ra điều trái với giả thiết.
 a.3. Phủ định luận đề rồi suy ra 2 điều trái nhau.
 a.4. Phủ định luận đề rồi suy ra điều trái với một điều đúng.
 a.5. Phủ định luận đề rồi suy ra kết luận của Aị B.
4.2.Ví dụ minh hoạ.
Ví dụ1: Cho a2 + b2 Ê 2 . CMR: a + b Ê 2.
 Giải:
 Giả sử a + b > 2. Û (a + b)2 > 4 Û a2 + 2ab + b2 > 4 (1)
Mặt khác ta có: 2ab Ê a2 + b2 ị a2 + 2ab + b2 Ê 2(a2 + b2) Ê 4 (2) Ta thấy (2) mâu thuẩn với (1). Vậy : a + b Ê 2.
Ví dụ 2: Cho a, b, x, y Liên hệ bởi : a + b = 2xy . CMR: ít nhất một trong hai BĐT sau là đúng: x2 ³ a ; y2 ³ b là đúng.
Ví dụ 3: Cho 3 số thực a , b , c thoả mản 3 điều kiện sau :
 CMR : Cả 3 số đều dương.
Giải:
	Vì abc > 0 nên trong 3 số a , b , c có ít nhất một số dương. Giả sử ngược lại cả 3số đều âm ị abc 0 . Mà abc > 0 ị bc > 0.Nếu b 0 ị a + b > - a ị (b + c)2<-a(b+c).
ị b2+ 2bc + c2 < - ab - ac Û ab + ac < - b2- 2bc - c2 Û ab + bc +ca < - b2- bc - c2 < 0 
ị ab + bc +ca 0 ).
 Vậy b > 0 , c > 0 ị Cả 3 số đều dương.
4.3. Chú ý: Với những bài toán chứng minh BĐT có dạng như trên ta nên sử dụng phương pháp phản chứng.Tuy nhiên để sử dụng phương pháp này cần nắm vững 5 cách chứng minh và các tính chất của BĐT để biến đổi lập luận.
4.4. Bài tập tự giải.
 1. Cho a > b > 0 và < 1 . CMR: Không thể có: a < 1 ; b < 1.
 2. Cho a , b , c thoả mản: 0 ; b(1 - c) > ; c(1 - a) > . Hãy phát biểu tổng quát .
5.Phương pháp quy nạp toán học.
5.1. Cơ sở toán học. 
Giải:
 Với " xẻR ta có: (a1x-b1)2 ³ 0
 (a2x-b2)2 ³ 0 
	.....................
 (anx-bn)2 ³ 0
 Từ đó suy ra: a12x2-2a1b1x+b12 ³ 0
 a22x2-2a2b2x+b22 ³ 0
	...............................
 an2x2-2anbnx+bn2 ³ 0
 Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được:
 (a12+a22+...+an2)x2-2(a1b1+a2b2+...+anbn)+(b12+b22+...+bn2)³ 0. Vế trái là một tam thức bậc 2: f(x)=(a12+a22+...+an2)x2-2(a1b1+a2b2+...+anbn)+(b12+b22+...+bn2).
(Với a12+a22+...+an2 ạ 0). Mà f(x)³ 0 , "x ẻR nên ta có: D’Ê 0 tức là: D ‘=B ‘2-AC Hay:
 D ‘= (a1b1+a2b2+...+anbn)2-(a12+a22+...+an2)(b12+b22+...+bn2)Ê 0.
 Û (a1b1+a2b2+...+anbn)2Ê (a12+a22+...+an2)(b12+b22+...+bn2).
 (Nếu A=0 thì: a1 = a2 = ... = an =0, Do đó bất đẳng thức cần chứng minh là tầm thường)
 Dấu ²=” xảy ra khi và chỉ khi : D ‘= 0 Û (a1x-b1)=(a2x-b2)=...=(anx-bn)=0 Û b1=ka1 ; b2=ka2 ; ... ; bn=kan. Với " k ẻ R.
Ví dụ 3: Cho các số : a , b , c , d thoả mản: a + d = b + c. Chứng minh rằng:
 Nếu lấy số m sao cho: 2m > thi với mọi x ẻ R ta luôn có:
 (x-a)(x-b)(x-c)(x-d)+m2 ³ 0 (1).
	Giải:
 Dựa vào giả thiết cho : a + d = b + c nên ta có: Bất phương trình (1) Û 
Û [ x2- (a+d)x +ad ][ x2- (b+c)x +bc ] +m2 ³ 0. Vì : a + d = b + c Nên ta đặt :
y = x2- (a+d)x = x2- (b+c)x . Bất đẳng thức Û ( y +ad )( y +bc ) +m2 ³ 0 Û 
Û y2 + (ad + bc)y + abcd +m2 ³ 0. Đặt F(y) = y2 + (ad + bc)y + abcd +m2 .
 Ta có: D y= (ad + bc)2 - 4.1.(abcd + m2) = (ad - bc)2 - 4m2.
 Vì : 2m > . Nên : 4m2 ³ (ad - bc)2 Û Û 
Û F(y) ³ 0. Hay: (x-a)(x-b)(x-c)(x-d)+m2 ³ 0. (Điều phải chứng minh) .
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 Ê 0 . (2)
 	Giải:
 Từ đẳng thức (1) ị z = - (c > 0). Thay vào (2) ta có:
 -ay.- bx. +cxy Ê 0 Û - (ax +by)(ay+bx)+c2xy Ê 0 Û 
Û abx2 + y(a2x+b2x-c2x) +aby2 ³ 0 Û abx2 + y(a2+b2-c2)x +aby2 ³ 0.
Đặt: F(x )= abx2 + y(a2+b2-c2)x +aby2 . Ta chứng minh: F(x) ³ 0 Với " y ẻ R.
 Ta có: Dx= y2(a2+b2-c2)2 - 4a2b2y2 = y2[(a2+b2-c2)2 - 4a2b2]=
 = y2(a-b-c)(a+b+c)(a+b-c).
Vì a , b , c là 3 cạnh của một tam giác và y2 ³ 0 ị ị F(x )³ 0 " y ẻ R.
 Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh (Dấu ²=” xảy ra Û x = y = z).
8.3. Chú ý.
 Khi sử dụng phương pháp tam thức bậc 2 cần lưu ý:
 + Nắm chắc định lý về dấu của tam thức bậc 2.
 + Thường dùng phép biến đổi tương đương để đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng: Hoặc 
 Trong đó: F(x) ; F(y) là tam thức bậc 2 đối với biến x hoặc y.
8.4. Bài tập tự giải.
 1/ Chứng minh rằng với mọi a ẻ R ta đều có: 
 2/ Cho a , b , c thoả mản hệ thức: a2+b2+c2=2 và ab + bc + ca =1
 Chứng minh rằng: .
 3/ Cho các số x1, x2 , y1, y2 , z1 , z2 thoả mản các điều kiện:
 	y1. y2 >0 (1) ; y1.x1 ³ z12 (2) ; y2.z2 ³ z22 (3).
 Chứng minh rằng: (y1+y2)(x1+x2)³ (z1+z2)2.
 4/ Cho b > c > d. Chứng minh rằng: với mọi a ẻ R ta luôn có:
 (a+b+c+d)2 >8.(ac+bd)
 5/ Cho 6 số a , b , c, d , m , n thoả mản: a2+b2+c2+d2 < m2+n2.
 Chứng minh rằng: (m2-a2-b2)(n2-c2-d2) Ê (mn-ac-bd)2.
 iii. một số ứng dụng của bất đẳng thức.
 a. một số định lý , bất đẳng thức cần dùng.
1. 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 lý 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: mi là các số hữu tỉ dương.
2. 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 lý 2: Nếu 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 tỷ dương cho trước.
3. Mệnh đề 3. Cho a1,a2,...,an ẻ R. Ta có: (1).
 Dấu ²=” xảy ra Û ai cùng dấu ( a1,a2,...,an ³ 0 ). Đặc biệt: 
 b. áp dụng.
 1. Tìm cực trị của hàm số. Biểu thức đại số.
Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = .
 Giải:
Dễ thấy hàm số xác định " x ẻ R. Ta có : y=.
áp dụng bất đẳng thức: , ta được: y ³ ị y ³ 1.
 Dấu ²=” xảy ra Û (x-1993)(x-1994) ³ 0 Û 1993 Ê x Ê 1994
 Do đó: ymin = 1.
Bài 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y= 
 Giải:
 Điều kiện để hàm số xác định là: x ³ 1. Khi đó: y =
 ị y ³ ờờ = 2.
Dấu ²=” xảy ra Û Û 1 Ê x Ê 2.
Do đó: ymin = 2.
Bài 3. Cho các cặp số x1 , x2 ,..., x1993 Thoả mản: ỗx1ỗ + ỗx2 ỗ+...+ ỗx1993 ỗ = 1994
 Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : M = ỗx1-1ỗ + ỗx2 -1ỗ+...+ ỗx1993-1ỗ.
 Giải:
 áp dụng bất đẳng thức: ta có: ỗx1-1ỗ ³ ỗx1ỗ-1
	 ỗx2 -1ỗ³ ỗx2 ỗ-1
 .............................
	 ỗx1993-1ỗ³ ỗx1993ỗ-1 
 Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được:
 M ³ ỗx1ỗ + ỗx2 ỗ+...+ ỗx1993 ỗ- (1+1+...+1) = 1994-1993 =1. 
 Vậy M nhỏ nhất bằng 1.
Bài 4. Cho x , y liên hệ bởi phương trình: x2 + 2xy + 7(x+y) + 2y2 + 10 = 0 (1)
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = x + y +1
 Giải:
 Phương trình (1) Û x2 + 2xy + y2 + 2(x+y) + 1 + 5(x+y) + 5 + 4 = - y2
Û (x+y)2+2(x+y)+12+5(x+y+1)+4= - y2 Û (x+y+1)2+5(x+y+1)+4= - y2
Dựa vào dấu tam thÛ S2 + 5S + 4 = -y2 (Với S = x + y +1, " x , y ẻ R ) . ị S2 + 5S + 4 Ê 0.
 Đặt F(s)= S2 + 5S + 4 ị F(s) có 2 nghiệm: S = -1 , S =-4.
ức bậc 2 mà ị -4 Ê S Ê -1
Vậy giá trị nhỏ nhất của S = x + y + 1 là : -4 Û 
 Giá trị lớn nhất của S = x + y + 1 là : -1 Û 
2. Tìm điều kiện của tham số để phương trình , hệ phương trình ,tam thức bậc 2 thoả mản điều kiện nào đó.
Bài 1. Cho phương trình: a2 ờx2-2ờ + ờa2x2-1ờ + 2a2 =1
 Tìm giá trị của tham số a để phương trình có đúng 2 nghiệm trên tập hợp số nguyên. 
 Giải:
 Ta có: a2 ờx2-2ờ + ờa2x2-1ờ + 2a2 = ờa2x2 - 2a2 ờ+ ờ1- a2x2 ờ + 2a2 =A
 áp dụng bất đẳng thức dấu giá trị tuyệt đối ta có: A ³ ờa2x2 - 2a2 +1- a2x2 + 2a2 ờ=1
Dấu ²=” xảy ra Û a2x2 - 2a2 ; 1- a2x2 ; 2a2 cùng dấu. Do đó: 
 Nếu a ạ 0 thì 2 Ê x2 Ê Để phương trình có 2 nghiệm nguyên trên tập hợp số nguyên thì x2 chỉ có thể nhận 1 giá trị duy nhất là số chính phương trong khoảng (2 ; ). Vậy 4 Ê Ê 9 Û .
Bài 2. Cho tam thức bậc 2: F(x) = ax2+bx+c . Thoả mản:
 ỗF(-1)ờÊ 1 ; ỗF(0)ờÊ 1 ; ỗF(1)ờÊ 1
Chứng minh rằng: ỗF(x)ờÊ khi ỗx ờÊ 1
 Giải:
 Ta có: ị 
Thay vào F(x) ta được: F(x) = []x2 +[]x+F(0)=
 áp dụng bất đẳng thức (1) và giả thiết ta được:
 ỗF(x)ỗÊ ỗx2+xỗ+ỗx2-xỗ +ỗ1-x2ỗ.
 Ta xét các trường hợp sau:
 + Với 0 Ê x Ê 1 thì : ỗx2+xỗ+ỗx2-xỗ +ỗ1-x2ỗ= 1+x+x2 (*)
 + Với -1 Ê x Ê 0 thì : ỗx2+xỗ+ỗx2-xỗ +ỗ1-x2ỗ= 1- x - x2 (**)
Từ (*) và (**) chứng tỏ với: ờx ờÊ 1 ta có: ỗF(x)ỗÊ 1+ ờx ờ+x2 = 
 Vậy : F(x) Ê (Điều phải chứng minh).
3. Dùng bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình.
Ví dụ 1. Giải phương trình sau: 
	Giải:
 Ta thấy: 
 ị . Dấu ²=” xảy ra Û 
 Û Û Û 
 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: (x=2; y=2).
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau: 
 Giải:
 Từ (1) suy ra: x3 = -1 - 2(y-1)2 Ê -1 ị x3 Ê -1 Û x Ê -1 (*)
 Từ (2) suy ra: x2(1 + y2) = 2y ị x2 = . Mặt khác ta lại có:
 ị x2 = ị x2 Ê 1 Û -1 Ê x Ê 1 (**)
Từ (*) và (**) ị x = -1. Thay x = -1 vào (2) ta có: y2 - 2y +1 = 0 ị y =1.
 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x = -1; y = 1).
Phần ii. áp dụng giải toán bất đẳng thức trong hình học.
 i. một số kiến thức cơ bản về bất đẳng thức trong 
	hình học.
1. Một số ký hiệu được dùng để chỉ các yếu tố của tam giác.
1.1. a , b , c tương ứng là độ dài 3 cạnh BC , AC , AB của DABC.
1.2. a , b , g tương ứng là độ lớn các góc tại 3 đỉnh: A , B , C.
1.3. ma , mb , mc tương ưng là độ dài các đường trung tuyến dựng từ các đỉnh A , B , C.
1.4. ha , hb , hc tương ứng là độ dài các đường cao dựng từ các đỉnh A , B , C.
1.5. la , lb , lc tương ứng là độ dài các đường phân giác dựng từ các đỉnh A , B , C.
1.6. R và r tương ứng là độ dài các bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp của DABC.
1.7. SABC là diện tích DABC.
1.8. ra , rb , rc tương ứng là bán kính các đường tròn bàng tiếp trong góc A , B , C của DABC.
1.9. Kí hiệu góc là: ²é ”.
 Ví dụ: Góc ABC kí hiệu là: éABC.
 2. Một số kiến thức cơ bản cần dùng.
2.1. Với 3 điểm bất kì A , B , C ta có : AB Ê AC + BC. Dấu ²=” xảy ra khi và chỉ khi điểm C nằm giữa 2 điểm A và B.
ii. một số cách chứng minh bất đẳng thức hình học.
1. Sử dụng bất đẳng thức tam giác.
Bài 1: Chứng minh rằng trong một tam giác bất kỳ ta có: 
Giải: 
 Xét DABM có: AM > AB - BM	A D 
 Xét DADM có: AM > AD - DM Cộng từng vế 2 bất đẳng thức trên ta được : M
 2AM >AB + AD - (BM+DM )
ị 2AM > AB + AD - BD	 B	C
ị ma > (1)	 
 Trên tia đối của tia MA lấy điểm C sao cho: MA = MC ị DABM = DCDM (c.g.c)
ị AB = CD. Xét DACD có: AC < AD + CD = AD + AB.
ị 2AM < AD + AB ị ma < (2).
Từ (1) và (2) ị . ( Điều phải chứng minh ) .
2. Sử dụng bất đẳng thức Côsi.
Bài 2: Cho DABC có 3 góc nhọn. Gọi H là trực tâm của DABC. K là chân đường cao vẽ từ A của DABC. Chứng minh rằng: KH.KA Ê .
 	Giải:	A
 Xét DAKB và DCKH có: éAKB = é CKH = 900 
 é BAK = é HCK (Hai 	H
góc có cạnh tương ứng vuông góc).
ị D AKB đồng dạng với D CKH (g.g).	B	C
ị ị KA.KH = KB.KC. Theo bất đẳng thức CôSi ta	 có:
 KB.KC Ê 	. Vậy: KH.KA Ê (ĐPCM).
 Dấu ²=” xảy ra khi và chỉ khi : KB = KC Hay K là trung điểm của BC ị D ABC cân tại A.
Bài 3: Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh BC và CD. Gọi P là trung điểm của AB .Chứng minh rằng:
 1/ . SABCD Ê (AM + AN)2.	
 2/ . PN Ê (AD + BC). Dấu ²=” xảy ra khi nào.	
 Giải:
 1/ Gọi I là giao điểm của AM và BD. Ta có:	
 SABCD = SABC + SADC. Mà D ABM và D AMC có:	
BM = MC (gt) ị SABM = SAMC ị SABC = 2SAMC.	 
D ANC và D AND có: CN = ND (gt) ị SANC = SAND 
ị SABC= 2SANC ị SABCD = 2 ( SACD + SANC) = 2 SAMNC = 
= 2 (SAMN +SMNC). Ta lại có: MN là đường trung bình của
D CBD ị MN // BD ị D MNC và D MDN có đường cao bằng	 
nhau ị SIMN=SMCN.ị SABCD=2(SAMN+SIMN).
	Mặt khác: SIMN Ê SAMN ị SABCD Ê 2(SAMN+SAMN)=4SAMNÊ 	
Ê 4..AM.AN=2AM.AN ị SABCDÊ 2AM.AN Ê (AM+AN)2. (ĐPCM).
 2/. Gọi O là trung điểm của AC, ta có: PN Ê PO + ON = .
 Dấu ²=” xảy ra khi và chỉ khi AD//BC ; Tứ giác ABCD là hình thang.
 3. Sử dụng phép đối xứng giải toán bất đẳng thức hình học.
Bài 4: Cho D ABC bất kỳ. Chứng minh rằng: ha Ê 
 Với p là nửa chu vi của D ABC , ha là đường cao hạ từ A.
 Giải:
 Qua A kẻ Ax // BC.	 B’	C’
Thực hiện phép đối xứng trục Ax ta có:
 SAx : B 	B’
 C	C’ 
Ta có: AB + AC = AB’ + AC ³ CB’.	 x x 
Xét tam giác vuông CC’B’ ta có:
 CB’=Û b + c ³ Û 
Û (b +c)2 ³ 4ha2 + a2 Û ha2Ê [(b+c)2-a2] = B H a C = (b+c-a)(b+c+a) = p(p-a) Û ha2 Ê p(p-a) Û ha Ê (ĐPCM).
Bài 5: Gọi a , b , c là 3 cạnh của một tam giác , các đường cao tương ứng là ha , hb , hc 
 Chứng minh rằng: ³ 4.	x
 Giải: 	A
 Kẻ Cx // AB.	H
 Lấy E đối xứng với A qua đường thẳng Cx.	c	b	E
ị HE = HA.
 Nối C với E , B với E ị D CAE cân tại C.	 K
ị CE = CA = b. B C
 Hạ CK AB ị CK = hc . Ta có: CK = AH = HE ị AE = 2 hc.
Với 3 điểm E , B , C ta luôn có: BE Ê BC + CE ị BE Ê a + b.
Theo định lý Pi ta go trong tam giác vuông ABE ta có: AE2 + AB2 = BE2.
Û (2hc)2 + c2 Ê (a + b)2 Û 4hc2 Ê (a + b)2 - c2 . Tương tự ta chứng minh được: 
 4ha2 Ê (b + c)2 - a2 
	4hb2 Ê (a + c)2 - b2 
ị 4(ha2+hb2+hc2) Ê (a + b)2 - c2 + (b + c)2 - a2 + (a + c)2 - b2 
Û 4(ha2+hb2+hc2) Ê (a + b + c)2 Û ³ 4. (ĐPCM).
 Dấu ²=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Û D ABC là tam giác đều.
4. Sử dụng các bất đẳng thức đại số.
Bài 1: Cho D ABC và O là điểm bất kỳ trong tam giác , các tia AO , BO , CO cắt BC , CA , AB lần lượt tại P , Q , R. Chứng minh rằng:
	1/. 
 2/. . Dấu ²=” xảy ra khi nào?
 Giải:
1/ Từ A kẻ AH BC , OK BC ị OK // AH
Xét D AHP có: ; (Định lý Ta Lét)	A
 SBOC = OK.BC ; SABC = AH.BC ị R Q
Tương tự ta có: ; . O 
ị = . (ĐPCM). B	H K P C 
2/ Đặt . áp dụng bất đẳng thức : (a+b+c)() ³9
ta được: ( . Mà: . Nên:
 ta có: . (ĐPCM).
Bài 2: Cho tớ giác ABCD . Chứng minh rằng: AB.CD + AD.BC ³ AC.BD
 Dấu ²=” xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD nội tiếp.
 Giải:
Vẽ tia Ax sao cho : é Dax=é CBD	C
Vẽ tia Dy sao cho : é ADy=é BDC	x
Gọi K là giao điểm của Ax và Dy D
Xét D ADK và D BDC có:
 é DAK = é DBC (cách dựng)
 é ADK = é BDC (cách dựng) K
ị D ADK đồng dạng với D BDC (g.g). A	y	B
ị ị BC.AD = BD.AK (1).
Vì é ADB = é CDK và ị D ABD đồng dạng với D KCD (c.g.c).
 ị Û AB.CD = BD.KC. (2).
Từ (1) và (2) ị AB.CD + BC.AD = BD.AK + BD.KC = BD(AK + KC) ; 
 Mà: AK + KC ³ AC ị AB.CD + BC.AD ³ AC.BD. (ĐPCM) .
 Dấu ²=” xảy ra khi và chỉ khi : AK + KC = AC ị K ẻ AC Û Û é DAK = é DAC = é DBC Û é DAC = é DBC Û Tứ giác ABCD nội tiếp.
 Từ đó ta có định lý Protôlêmê: Điều kiện cần và đủ để một tứ giác nội tiếp trong một đường tròn là: Tổng các tích những cạnh đối diện bằng tích hai đường chéo. 
5. Sử dụng một bài toán để chứng minh các bất đẳng thức khác.
Bài toán: Cho b1,b2,...,bn là các số dương còn a1,a2,...,an tuỳ ý. Chứng minh rằng ta luôn có: .(*) Dấu ²=” xảy ra khi nào?
 Giải:
 áp dụng bất đẳng thức: Bunhiacốpki ta có:
(a1+a2+...+an)2=(b1+b2+...+bn)
Vì : b1,b2,...,bn là các số dương ị tổng của chúng lớn hơn 0.
Chia cả 2 vế cho (b1+b2+...+bn ) tađược: (ĐPCM) .
 Dấu ²=” xảy ra khi và chỉ khi: .
 Bài tập tự giải:
Bài 1: Chứng minh với a , b , c là 3 cạnh của một tam giác thì ta có :
 a). 
 b). 
Bài 2: Cho tam giác ABC với : ma , mb , mc là 3 đường trung tuyến ứng với 3 cạnh: a , b , c. Chứng minh rằng: .
C. Thực nghiệm sư phạm.
 Để so sánh hiệu quả của hai phương pháp tôi đã tiến hành dạy thực nghiệm ở hai lớp 9A và 9B . Dạy theo phương pháp mới ở lớp 9B ,dạy theo phương pháp cũ ở lớp 9A.
 Sau đây là giáo án tiết dạy thực nghiệm:
 Luyện tập về chứng minh bất đẳng thức
A. Mục tiêu: + Học sinh vận dụng được các phương pháp chứng minh bất đẳng thức để giải quyết một số bài tập về chứng minh bất đẳng thức và các bài tập có liên quan.
 + Rèn luyện kỹ năng phát hiện , tìm tòi ra những cách giải mới.
 + Rèn luyện kỹ năng lập luận chính xác , tư duy linh hoạt , biến đổi chính xác có hệ thống , lô gíc.
Chuẩn bị của giáo viên và học sinh.
Giáo viên:
+ Nội dung bài tập 
 + Thước kẻ 
Học sinh:
+ Ôn tập lại một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
 +Tính chất cơ bản của bất đẳng thức. 
 + Thước kẻ.
 C . Tiến trình dạy học:
 Hoạt động của giáo viên	 Hoạt động của học sinh	 Ghi bảng
 Kiểm tra:
	HS1: Nêu một số tính chất
	cơ bản của bất đẳng thức?
 HS2: Nêu một số phương
	pháp chứng minh BĐT
 Viết dạngtổng quát của BĐT 
 Côsi , Bunhiacôpski.
 HS làm bài tập.	
 HS3 lên bảng,cả lớp cùng làm.
	HS:Dùng phương pháp