Đề tài Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và ứng dụng của bất đẳng thức

A: Đặt vấn đề
Toán học là một môn khoa học tự nhiên , toán học có một vai trò rất quan trọng trong các lình vực khoa học , toán học nghiên cứu rất nhiều và rất đa dạng và phong phú , trong đó các bài toán về bất đẳng thức là những bài toán khó , để giải được các bài toán về bất đẳng thức, bên cạnh việc nắm vững khái niệm và các tính chất cơ bản của bất đẳng thức, còn phải nắm được các phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
	Có nhiều phương pháp để chứng minh bất đẳng và ta phải căn cứ vào đặc thù của mỗi bài toán mà sử dụng phương pháp cho phù hợp. Mỗi bài toán chứng minh bất đẳng thức có thể áp dụng được nhiều phương pháp giải khác nhau , cũng có bài phải phối hợp nhiều phương pháp một cách hợp lí .
	Bài toán chứng minh bất đẳng thức được vận dụng nhiều vào các dạng bài toán giải và biện luận phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đặc biệt , tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức ...và được sử dụng nhiều trong khi ôn tập , ôn thi ngoại khoá ...Vì vậy học sinh cần thiết phải nắm được những kiến thức cơ bản về bất đẳng thức .
	Trong thực tế giảng dạy ở trường THCS , học sinh gặp nhiều khó khăn khi giải các bài toán liên quan về bất đẳng thức , vì các bài toán chứng minh bất đẳng thức thường không có cách giải mẫu , không theo một phương pháp nhất định nên học sinh không xác định được hướng giải bài toán . Mặt khác vì nhận thức của học sinh THCS còn có nhiều hạn chế và khả năng tư duy chưa tốt do đó học sinh còn lúng túng nhiều và không biết vận dụng kiến thức vào giải các dạng bài tập khác .
Trong nội dung của đề tài xin được tập trung giới thiệu một số phương pháp hay được sử dụng khi chứng minh bất đẳng thức như : dùng định nghĩa , biến đổi tương đương , dùng các bất đẳng thức đã biết , phương pháp phản chứng ......và một số bài tập vận dụng , nhằm giúp học sinh bớt lúng túng khi gặp các bài toán về chứng minh hay vận dụng bất đẳng thức , giúp học sinh có thể tự định hướng được phương pháp chứng minh và hứng thú hơn khi học về bất đẳng thức nói riêng và bộ môn Toán nói chung . 
Qua đề tài ((một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và ứng dụng của bất đẳng thức )) tôi muốn giúp học học sinh có thêm một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức đó là lý do tôi chọn đè tài này , khi nghiên cứu không tránh khỏi còn những hạn chế rất mong được sự góp ý của các thày cô giáo để đề tài được hoàn thiện hơn , tôi xin chân thành cảm ơn 
B giải quyết vấn đề
phần I: điều trathực trạng trước khi nghiên cứu
Khigiảng dạy trên lớp gặp một số bài tập về bất đẳng thức tôi thấy học sinh còn rất nhiều lúng túng trong việc làm bài tập ,hay định hướng cách làm ,đặc biệt là học sinh học ở mức độ trung bình 
Thực hiện việc kiểm tra một vài bài tập về nội dung đề tài thấy 
Số lượng học sinh 
Điểm giỏi 
Điểm khá 
Điểm trung bình
Điểm yếu 
Điểm kém
30
0
5
6
13
6
 Trước vấn đề trên tôi thấy việc cần thiết phải hướng dẫn học sinh một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và các ứng dụng của bất đẳng thức là một việc cần thiết cho học sinh , để giúp học sinh có thêm kiến thức về bất đẳng thức , taođiều kiện cho học sinh khi làm bài tập về bất đẳng thức 
Phần II: các phương pháp nghiên cứu
Phương pháp điều tra 
Phương pháp đối chứng 
Phương pháp nghiên cứu tài liệu
Phần III: nội dung của đề tài
 i : Các kiến thức cần lưu ý
1, Định nghĩa bất đẳng thức 
	+ a nhỏ hơn b , kí hiệu a < b 
	+ a lớn hơn b , kí hiệu a > b ,
	+ a nhỏ hơn hoặc bằng b , kí hiệu a < b,
	+ a lớn hơn hoặc bằng b , kí hiệu a > b ,
2, Một số tính chất cơ bản của bất dẳng thức :
	a, Tính chất 1: a > b b < a 
	b, Tính chất 2: a > b và b > c => a > c 
c, Tính chất 3: a > b a + c > b + c
	 Hệ quả : a > b a - c > b - c 
 a + c > b a > b - c 
	d, Tính chất 4 : a > c và b > d => a + c > b + d 
 a > b và c a - c > b - d 
	e, Tính chất 5 : a > b và c > 0 => ac > bd 
 a > b và c ac < bd 
	f, Tính chất 6 : a > b > 0 ; c > d > 0 => ac > bd
	g, Tính chất 7 : a > b > 0 => an > bn 
 a > b an > bn với n lẻ . 
	h, Tính chất 8 : a > b ; ab > 0 => 
3, Một số bất đẳng thức thông dụng :
	a, Bất đẳng thức Côsi :
 Với 2 số dương a , b ta có : 
 Dấu đẳng thức xảy ra khi : a = b 
	b, Bất đẳng thức Bunhiacôpxki : 
 Với mọi số a ; b; x ; y ta có : ( ax + by )2 (a2 + b2)(x2 + y2)
 Dấu đẳng thức xảy ra 
	c, Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối : 
 Dấu đẳng thức xảy ra khi : ab 0
II : Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
1.Phương pháp 1 : Dùng định nghĩa 
	- Kiến thức : Để chứng minh A > B , ta xét hiệu A - B rồi chứng minh A - B > 0 .
	- Lưu ý : A2 0 với mọi A ; dấu '' = '' xảy ra khi A = 0 .
	- Ví dụ : 
Bài 1.1 :
 Với mọi số : x, y, z chứng minh rằng : x2 + y2 + z2 +3 2(x + y + z)
Giải : 
 Ta xét hiệu : H = x2 + y2 + z2 +3 - 2( x + y + z)
 = x2 + y2 + z2 +3 - 2x - 2y - 2z 
 = (x2 - 2x + 1) + (y2 - 2y + 1) + (z2 - 2z + 1)
 = (x - 1)2 + (y - 1)2 + (z - 1)2
 Do (x - 1)2 0 với mọi x
 (y - 1)2 0 với mọi y
 (z - 1)2 0 với mọi z
 	=> H 0 với mọi x, y, z 
 Hay x2 + y2 + z2 +3 2(x + y + z) với mọi x, y, z .
 Dấu bằng xảy ra x = y = z = 1.
Bài 1.2 :
 Cho a, b, c, d, e là các số thực :
	Chứng minh rằng : a2 + b2 + c2 + d2 + e2 a(b + c + d + e)
Giải :
 Xét hiệu : H = a2 + b2 + c2 + d2 + e2 - a(b + c + d + e)
	 = ()2 + ()2 + ()2 + ()2
 Do ()2 0 với mọi a, b 
 Do()2 0 với mọi a, c 
 Do ()2 0 với mọi a, d
 Do ()2 0 với mọi a, e
 => H 0 với mọi a, b, c, d, e 
 Dấu '' = '' xảy ra b = c = d = e = 
Bài 1.3 : Chứng minh bất đẳng thức :
Giải : 
 Xét hiệu : H = 
 = 
 = . Với mọi a, b .
 Dấu '' = '' xảy ra khi a = b .
2. Phương pháp 2 ; Dùng phép biến đổi tương đương .
	- Kiến thức : Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh là đúng .
	- Một số bất đẳng thức thường dùng : 
(A+B)2=A2+2AB+B2
(A-B)2=A2-2AB+B2
(A+B+C)2=A2+B2+C2+2AB+2AC+2BC
(A+B)3=A3+3A2B+3AB2+B3
(A-B)3=A3-3A2B+3AB2-B3
.
 Ví dụ :
Bài 2. 1 : Cho a, b là hai số dương có tổng bằng 1 . Chứng minh rằng : 
Giải:
	Dùng phép biến đổi tương đương ;
	 3(a + 1 + b + 1) 4(a + 1) (b + 1) 
 ú 9 4(ab + a + b + 1) (vì a + b = 1) 
 ú 9 4ab + 8 ú 1 4ab ú (a + b)2 4ab
 	Bất đẳng thức cuối đúng . Suy ra điều phải chứng minh .
Bài 2. 2: Cho a, b, c là các số dương thoả mãn : a + b + c = 4 
 Chứng minh rằng : (a + b)(b + c)(c + a) a3b3c3 
Giải:
 	Từ : (a + b)2 4ab , (a + b + c)2 = 
 => 16 4(a + b)c => 16(a + b) 4(a + b)2c 16 abc 
 => a + b abc 
 Tương tự : b + c abc 
 c + a abc 
 => (a + b)(b + c)(c + a) a3b3c3 
Bài 2.3 : Chứng minh bất đẳng thức : 
 ; trong đó a > 0 ; b > 0
 Giải : 
	Dùng phép biến đổi tương đương : Với a > 0 ; b > 0 => a + b > 0
 ú .
 ú a2 - ab + b2 
 ú 4a2 - 4ab + 4b2 a2 + 2ab + b2 
 ú 3a2 - 6ab + 3b2 3(a2 - 2ab + b2) 0 
 Bất đẳng thức cuối cùng đúng ; suy ra : 
Bài 2.4:
 Cho 2 số a, b thoả mãn a + b = 1 . CMR a3 + b3 + ab 
Giải :
 Ta có : a3 + b3 + ab a3 + b3 + ab - 0
 (a + b)(a2 - ab + b2) + ab - 0
 a2 + b2 - 0 . Vì a + b = 1
 2a2 + 2b2 - 1 0
 2a2 + 2(1-a)2 - 1 0 ( vì b = a -1 )
 4a2 - 4a + 1 0
 ( 2a - 1 )2 0
 Bất đẳng thức cuối cùng đúng . Vậy a3 + b3 + ab 
 Dấu '' = '' xảy ra khi a = b = 
Bài 2.5 : Chứng minh bất đẳng thức : 
 Trong đó : a > 0 , b > 0 .
Giải : 
 Với a > 0 , b > 0 => a + b > 0 
 Ta có : 
 4a2 - 4ab + 4b2 a2 + 2ab + b2 
 3(a2 - 2ab + b2 ) 0
 3(a - b)2 0 . Bất đẳng thức này đúng 
 => 
 Dấu '' = '' xảy ra khi a = b .
Bài 2.6 : Với a > 0 , b > 0 . Chứng minh bất đẳng thức :
 Giải : 
 Dùng phép biến đổi tương đương :
 ú ( 0
 ú 
 ú 
 ú 
 ú 
 Bất đẳng thức cuối đúng ; suy ra : 
3. Phương pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc .
	- Kiến thức : Dùng các bất đẳng thức quen thuộc như : Côsi , Bunhiacôpxki , bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối để biến đổi và chứng minh , 
 Một số hệ quả từ các bất đẳng thức trên : x2 + y2 2xy 
 Với a, b > 0 , 
 Các ví dụ :
Bài 3.1 : Giả sử a, b, c là các số dương , chứng minh rằng:
 Giải
 áp dụng BĐT Cauchy , ta có : 
 a + (b + c) ú 
 Tương tự ta thu được :
 , 
 Dấu bằng của ba BĐT trên không thể đồng thời xảy ra , vì khi đó có : 
 a = b + c , b = c + a , c = a + b nên a + b + c = 0 ( trái với giả thiết a, b, c đều là số dương ).
	Từ đó suy ra : 
Bài 3.2:
 Cho x , y là 2 số thực thoả mãn : 
 x2 + y2 = 
 	Chứng minh rằng : 3x + 4y 5
Giải : 
	áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có : 
 (x2 + y2)2 = ()2 ( ; )
 (x2 + y2)(1 - y2 + 1 - x2) 
 => x2 + y2 1
 Ta lại có : (3x + 4y)2 (32 + 42)(x2 + y2) 25
 => 3x + 4y 5 
 Đẳng thức xảy ra ú ú 
 Điều kiện : 
Bài 3. 3: Cho a, b, c 0 ; a + b + c = 1 . Chứng minh rằng :
	 a, 
	 b, 
Giải 
 a, áp dụng bất dẳng thức Bunhiacôpxki với 2 bộ 3 số ta có :
 => 
 => .
 Dấu '' = '' xảy ra khi : a = b = c = 
 b, áp dụng bất đẳng thức Côsi , ta có : 
 Tương tự : ; 
 Cộng từng vế của 3 bất đẳng thức trên ta được :
 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =0 trái với giả thiết : a + b + c = 1 
 Vậy : 
Bài 3.4 : Cho các số dương a , b , c thoả mãn : a + b + c = 1 .
	 Chứng minh rằng : 
Giải : 
 Ta có : , a , b > 0
 Ta có : .1 = .(a + b + c)
 =
 = 3 + 2 + 2 + 2 = 9
 => 
 Dấu ''='' xảy ra khi : a = b = c = 
Bài 3.5 
 Cho x , y > 0 . Chứng minh rằng : 
Giải
 áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 
 => (x + y)( ) 4 
 => 
4. Phương pháp 4 ; Dùng các tính chất của bất đẳng thức : 
	- Kiến thức : Dùng các tính chất đã được học để vận dụng vào giải các bài tập .
 Các ví dụ : 
Bài 4.1 : Cho 2 số x , y thoả mãn điều kiện : x + y = 2 . 
 Chứng minh rằng : x4 + y4 2
Giải 
 Theo tính chất bắc cầu ta có : (x2 - y2) 0 ú x4 + y4 2x2y2
 ú 2(x4 + y4) (x2 + y2)2 (1)
 Ta có : (x - y)2 0 ú x2 + y2 2xy 
 ú 2(x2 + y2 ) (x +y)2
 ú2(x2 + y2 ) 4 Vì : x + y = 2 
 ú x2 + y2 2 (2)
 Từ (1) và (2) ta có : x4 + y4 2
 Dấu '' = '' xảy ra khi x = y = 1 .
Bài 4.2:
 Cho 0 < a, b, c, d < 1 . Chứng minh rằng : 
 (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > 1 - a - b - c - d .
 Giải : 
 Ta có : (1 - a)(1 - b) = 1 - a - b + ab
 Do a, b > 0 nên ab > 0 => (1 - a)(1 - b) > 1 - a - b .
 Do c 0 => (1 - a)(1 - b)(1 - c) > (1 - a - b)(1 - c) 
 ú (1 - a)(1 - b)(1 - c) > 1 - a - b - c + ac + bc .
 Do a, b, c, d > 0 nên 1 - d > 0 ; ac + bc > 0 ; ad + bd + cd > 0 
 =>(1 - a)(1 - b)(1 - c) > 1 - a - b - c 
 => (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > (1 - a - b - c)(1 - d)
 => (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > 1 - a - b - c - d + ad + bd + cd
 => (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > 1 - a - b - c - d .
Bài 4.3 : Cho 0 < a, b, c < 1 . Chứng minh rằng :
 2a3 + 2b3 + 2c3 < 3 + a2b + b2c + c2a 
Giải :
 Do a, b a3 < a2 < a < 1 ; b3 < b2 < b < 1 ; ta có : 
 (1 - a2)(1 - b) > 0 => 1 + a2b > a2 + b 
 => 1 + a2b > a3 + b3 hay a3 + b3 < 1 + a2b .
 Tương tự : b3 + c3 < 1 + b2c ; c3 + a3 < 1 + c2a .
 => 2a3 + 2b3 + 2c3 < 3 + a2b + b2c + c2a 
5.phương pháp 5 : Dùng bất đẳng thức tổng quát chứa luỹ thừa các số tự nhiên 
Bài 5.1: Cho a>b>0 CMR: 
 >
 Giải :
Để chứng minh bất đẳng thức trên , ta chứng minh bất đẳng thức trung gian sau nếu a>b>0 và m,n là hai số tự nhiên mà m>n thì (1)
 Thật vậy ta dùng phép biến đổi tương đương để chứng minh 
 (1) 
 1-
 (2)
Bất đẳng thức (2) luôn đúng vì a>b>0 nên và m>n vậy bất đẳng thức (1) luôn đúng 
áp dụng bất đẳng thức trung gian vối a>b>0 và m>n nên khi m=1996, n=1995 thì bất đẳng thức phảI chứng minh luôn đúng >
6. phương pháp 6: Dùng bất đẳng thức về 3 cạnh của tam giác 
 a , b, c, là độ dài ba cạnh của tam giác a<b+c (1)
 b < a+c (2)
 c< a+b (3)
Từ 3 bất đẳng thức về tổng ba cạnh của tam giác ta suy ra được 3 bất đẳng thức về hiệu hai cạnh 
 a<b+c (1)(4)
 b < a+c (2)(5)
 c< a+b (3)(6)
Bài 6.1: 
Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b , c là độ dài các cạnh của tam giác ) . Chứng minh rằng : 
Giải:
 Ta có : p - a = 
 Tương tự : p - b > 0 ; p - c > 0 ; 
 áp dụng kết quả bài tập (3.5) , ta được ; 
 Tương tự : 
 => 
 => điều phải chứng minh .
 Dấu '' = '' xảy ra khi : p - a = p - b = p - c ú a = b = c .
 Khi đó tam giác ABC là tam giác đều .
Bài 6.2: 
Cho a, b, c , là độ dài ba cạnh của một tam giác CMR: 
(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) abc
Giải:
 Bất đẳng thức về ba cạnh của tam giác cho ta viết 
 Từ đó 
 (a+b-c)(a-b+c)(b-c+a)(b+c-a)(c-a+b)(c+a-b)
(a+b-c)2(b+c-a)2(c+a-b)2
(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)abc
Vì a, b, c, là ba cạnh của một tam giác nên 
 a+b-c>0
 b+c-a>0
 c+a-b>0 và abc>0
 Vậy bất đẳng thức dẫ được chứng minh 
 7. Phương pháp 7 : Chứng minh phản chứng .
- Kiến thức : Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng , ta hãy giả sử bất dẳng thức đó sai , sau đó vận dụng các kiến thức đã biết và giả thiết của đề bài để suy ra điều vô lý .
	 Điều vô lý có thể là trái với giả thiết , hoặc là những điều trái nhược nhau , từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh là đúng .
	Một số hình thức chứng minh bất đẳng thức :
	 + Dùng mệnh đề đảo 
	 + Phủ định rồi suy ra điều trái với giả thiết .
	 + Phủ định rồi suy ra trái với đIều đúng .
	 + Phủ định rồi suy ra hai đIều tràI ngược nhau .
	 + Phủ định rồi suy ra kết luận .
Các ví dụ : 
Bài 7. 1 : 
Cho 0 1
 3b(1 - c) > 2
 8c(1 - d) > 1
 32d(1 - a) > 3
Giải:
	Giả sử ngược lại cả bốn đẳng thức đều đúng . Nhân từng về ;
 ta có : 2.3.8.32a(1 - b)b(1 - c)c(1 - d)d(1 - a) > 2 .3
 	=> (1)
 Mặt khác , áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
 => a(1 - a) 
 Tương tự : b(1 - b) 
 c(1 - c) 
 d(1 - d) 
 Nhân từng về các bất đẳng thức ; ta có :
 (2)
 Từ (1) và (2) suy ra vô lý .
 Điều vô lý đó chứng tỏ ít nhất một trong 4 bất đẳng thức cho trong đầu bài là sai .
Bài 7.2 : 
( Phủ định rồi suy ra hai điều trái ngược nhau ) 
 Chứng minh rằng không có 3 số dương a, b, c nào thoả mãn cả ba bất đẳng thức sau : ; ; 
 Giải 
 Giả sử tồn tại 3 số dương a, b, c thoả mãn cả 3 bất đẳng thức : 
 ; ; 
	Cộng theo từng vế của 3 bất đẳng thức trên ta được : 
 ú (1)
 Vì a, b, c > 0 nên ta có : ; ; 
 => Điều này mâu thuẫn với (1)
	Vậy không tồn tại 3 số dương a, b, c thoả mãn cả 3 bất đẳng thức nói trên . => đpcm 
Bài 7.3 :
 Chứng minh rằng không có các số dương a, b, c thoả mãn cả 3 bất đẳng thức sau : 
 	 4a(1 - b) > 1 ; 4b(1 - c) > 1 ; 4c(1 - a ) > 1 .
Hướng dẫn : tương tự như bài 2 : 
Bài 7.4 :
( Phủ định rồi suy ra trái với điều đúng )
 	Cho a3 + b3 = 2 . Chứng minh rằng : a + b 2 .
Giải : 
 Giả sử : a + b > 2 => (a + b )3 > 8 
 => a3 + b3 + 3ab(a + b) > 8 
 => 2 + 3ab(a + b) > 8 ( Vì : a3 + b3 = 2 ) 
 => ab(a + b) > 2 
 => ab(a + b) > a3 + b3 ( Vì : a3 + b3 = 2 ) 
 Chia cả hai vế cho số dương a, b ta được : 
 ab > a2 - ab + b2 => 0 > (a - b)2 Vô lý 
	 Vậy : a + b 2 
 8. Phương pháp 8 : Đổi biến số 
	- Kiến thức : Thực hiện phương pháp đổi biến số nhằm đưa bài toán đã cho về dạng đơn giản hơn , gọn hơn , dạng những bài toán đã biết cách giải ... 
Các ví dụ : 
Bài 8. 1 :
 Chứng minh rằng : Nếu a , b , c > 0 thì : 
 Giải: 
 Đặt : b +c = x , c + a = y , a + b = z 
 => a + b + c = 
 => a = , b = , c = 
 Khi đó : 
 VT = = 
 = 
Bài 8.2 :
 Chứng minh rằng ; với mọi số thực x, y ta có bất đẳng thức : 
 	- 
 Giải:
	Đặt : a = và b = 
 => ab = 
	Ta có dễ thấy với mọi a, b thì : - 
 	Mà : (a - b)2 = 
 (a + b)2 = 
 Suy ra : - ab .
Bài 8.3 :
 Cho a, b, c > 0 ; a + b + c 1 . Chứng minh rằng : 
Giải : 
	Đặt : a2 + 2bc = x ; b2 + 2ca = y ; c2 + 2ab = z 
 Khi đó : x + y + z = a2 + 2bc + b2 + 2ca + c2 + 2ab 
 = (a + b + c)2 1
	Bài toán trở thành : Cho x, y, z > 0 , x + y + z 1 .
	Cứng minh rằng : 
 	Ta chứng minh được : (x + y + z)( 
	Theo bất đẳng thức Côsi 
 Mà : x + y + z 1 nên suy ra .
9.Phương pháp 9: Dùng phép quy nạp toán học .
	- Kiến thức : Để chứng minh một bất đẳng thức đúng với n > 1 bằng phương pháp quy nạp toán học , ta tiến hành : 
	+ Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n = 1 (n = n0)
	+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k > 1 (k > n0)
	+ Chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1 
	+ Kết luận bất đẳng thức đúng với n > 1 (n > n0) 
	- Ví dụ : 
Bài 9.1 : 
 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n 3 thì 
 2n > 2n + 1 (*)
 Giải : 
 + Với n = 3 , ta có : 2n = 23 = 8 ; 2n + 1 = 2.3 + 1 = 7 ; 8 > 7 . Vậy đẳng thức (*) đúng với n = 3 .
 + Giả sử (*) đúng với n = k (k N ; k 3) , tức là : 2k > 2k + 1 
 ta phải chứng minh : 2k+1 > 2(k + 1) + 1 
 hay : 2k+1 > 2k + 3 (**) 
 + Thật vậy : 2k+1 = 2.2k , mà 2k > 2k + 1 ( theo giả thiết quy nạp ) 
do đó : 2k +1 > 2(2k + 1) = (2k + 3) +(2k - 1) > 2k + 3 ( Vì : 2k - 1 > 0) 
 Vậy (**) đúng với mọi k 3 .
 + Kết luận : 2n > 2n + 1 với mọi số nguyên dương n 3 .
Bài 9.2 :.
Chứng minh rằng : 
 ..... (*) (n là số nguyên dương ) 
 Giải : 
 + Với n = 1 , ta có : VT = VP = . Vậy (*) đúng với n = 1 .
 + Giả sử (*) đúng với n = k 1 ta có : ..... 
 Ta cần chứng minh (*) đúng với n = k + 1 , tức là : 
 ..... . .
 do đó chỉ cần chứng minh : 
 dùng phép biến đổi tương đương , ta có : 
 (2k + 1)2(3k + 4) (3k + 1)4(k +1)2 
 ú 12k3 + 28k2 + 19k + 4 12k3 + 28k2 + 20k +4
 ú k 0 . => (**) đúng với mọi k 1 .
 Vậy (*) dúng với mọi số nguyên dương n .
10. Phương pháp 10 : Chứng minh bất đẳng thức trong hình học phẳng 
Bài 10.1 :CMR trong một tam giác nhọn thì tổng các trung tuyến của nó lớn hơn 4lần bán kính đường tròn ngoại tiếp 
Giải: 
Gọi ma, mb, mc là độ dài ba đường trung tuyến và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC, ta phải chứng minh ma+ mb+mc>4R 
Vì ABC là một tam giác nhọn nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nằm trong tam giác ABCnếu G là trọng tâm tam giác ABC thì tâm 0 nằm ở một trong ba tam giác tam giác GAB, tam giác GAC ,tam giác GBC . Giả sử tâm 0
 nằm trong tam giác GAB thì 0A +0B=2R và GA+ GB > 2R mà GA=AA1=ma ,GB=BB1 =mb
Nên GA+GB > 2R (ma+mb) >2R ma+mb >3R 
Mà trong tam giác 0CC1 có CC1 >0C mc >R 
Do đó ma+ mb+ mc > 3R+R=4R .
Vậy ma+mb+ mc >4R 
Bài 10. 2: Một đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của một tam giác vuông đỉnh A tại hai điểm B và C , kẻ một tiếp tuyến với đường tròn cắt các cạnh AB và AC tại M và N , chứng minh rằng MB+NC<
Giải
 Gọi I là tiếp điểm của tiếp tuyến MN với đường tròn tâm 0 tính chất tiếp tuyên cho ta 
 MB=MI ,NC=NI 
Từ đó MN=MB+NC nhưng tam giác vuông AMN thì MN< AM+AN 
 Nên 2MN < AM+AN +BM+ CN =AB +AC 
MN< 
Ngoài ra trong tam giác vuông AMN ta cũng có cạnh huyền MN>AM và MN> AN 2MN > AM+AN 
Vì MN=BC+CN 
Nên 3MN > AM+AN +BM+CN do đó 3MN > AB+AC MN >
Vậy MB+NC<
 11 . Ngoài ra còn có một số phương pháp khác để chứng minh bất đẳng thức như : Phương pháp làm trội , tam thức bậc hai ... ta phải căn cứ vào đặc thù của mỗi bài toán mà sử dụng phương pháp cho phù hợp . Trong phạm vi nhỏ của đề tài này không hệ thống ra những phương pháp đó .
 iii : ứng dụng của bất đẳng thức 
1- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị .
	- Kiến thức : Nếu f(x) m thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là m .
	 Nếu f(x) M thì f(x) có giá trị lớn nhất là M .
 Ta thường hay áp dụng các bất đẳng thức thông dụng như : Côsi , Bunhiacôpxki , bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối .
 Kiểm tra trường hợp xảy ra dấu đẳng thức để tìm cực trị .
 Tìm cực trị của một biểu thức có dạng là đa thức , ta hay sử dụng phương pháp biến đổi tương đương , đổi biến số , một số bất đẳng thức ...
 Tìm cực trị của một biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối , ta vận dụng các bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối 
 Chú ý : 
 Xảy ra dấu '' = '' khi AB 0 
 Dấu ''= '' xảy ra khi A = 0 
Bài 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : B = a3 + b3 + ab ; Cho biết a và b thoả mãn : a + b = 1 .
Giải
 B = (a + b)(a2 - ab + b2) + ab 
 = a2 - ab + b2 + ab = a2 + b2 
 Ta có : 2(a2 + b2) (a + b)2 = 1 => a2 + b2 
 Vậy min B = khi a = b = 
Bài 2: a, Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 
 A = (x2 + x)(x2 + x - 4) 
 b, Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
 B = - x2 - y2 + xy + 2x +2y 
 Giải 
 a, A = (x2 + x)(x2 + x - 4) . Đặt : t = x2 + x - 2 
 => A = (t - 2)(t + 2) = t2 - 4 - 4 
 Dấu bằng xảy ra khi : t = 0 ú x2 + x - 2 = 0 
 (x - 2)(x + 2) = 0 ú x = -2 ; x = 1 .
 => min A = - 4 khi x = -2 ; x = 1 ;
 b, Tương tự 
Bài 3 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .
 a, C = 
 b, D = 
 c, E = 
Giải : 
 a, áp dụng BĐT : 
 Dấu '' = ''xảy ra khi AB 0 .
 => C = 
 Dấu '' = '' xảy ra khi (2x - 3)(1 - 2x) 0 ú 
 Vậy minC = 2 khi 
 b, Tương tự : minD = 9 khi : -3 x 2
 c, minE = 4 khi : 2 x 3
Bài 4 : Cho a < b < c < d , tìm : 
 Minf(x) = + + + 
Hướng dẫn : tương tự : minf(x) = d + c - b - a khi b x c
Bài 5 : Cho ba số dương x , y , z thoả mãn : + + 2
 Tìm giá trị lớn nhất của tích : P = xyz 
 Giải : 
 (1 - ) + ( 1 - ) = + 2
 Tương tự : 2
 2
 Từ đó suy ra : P = xyz 
 MaxP = khi x = y = z = 
Bài 6 : Cho 3 số dương a, b, c thảo mãn : a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : F = 
Giải: 
 Ta có : F = (a2 + b2 + c2) + () + 6 
 Vận dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki , ta có : 
 (a.1 + b.1 + c.2)2 3(a2 + b2 + c2)
 => a2 + b2 + c2 
 Tương tự : 3
 Mặt khác : ().1 = ()(a + b + c)
 = 3 + () + () + () 3 + 2 + 2 + 2 = 9
 => 9
 => 81
 => 27
 F + 27 + 6 = 33
 Dấu '' = '' xảy ra khi : a = b = c = 
 Vậy MinF = 33 khi : a = b = c = .
Bài 7 : Cho G = 
 Tỡm giỏ trị lớn nhất của G :
 Giải : Tập xỏc định : x 1 ; y 2 ; z 3 
 Ta có : G = + + 
 Theo BĐT Cụsi ta cú : => 
Tương tự : ; 
 => G 
Vậy MaxG = đạt được khi x = 2 ; y = 2 ; z = 6 
Bài 8 a, Tìm giá trị nhỏ nhất của H = với x > 1 .
 b. Tìm giá trị lớn nhất của K = 
 HD : áp dụng bất đẳng thức Côsi và làm tương tự như bài 5 : 
2 - Dùng bất đẳng thức để giải phương trình .
 - Kiến thức : Nhờ vào các tính chất của bất đẳng thức , các phương pháp chứng minh bất đẳng thức , ta biến đổi hai vế ( VT , VP ) của phương trình sau đó suy luận để chỉ ra nghiệm của phương trình .
 	 Nếu VT = VP tại một hoặc một số giá trị nào đó của ẩn ( thoả mãn TXĐ) 
 => phương trình có nghiệm .
 Nếu VT > VP hoặc VT < VP tại mọi giá trị của ẩn .
 => phương trình vô nghiệm .
 - Các ví dụ : 
Bài 1 : Giải phương trình : 
 13 + 9 = 16x
 Giải: 
 Điều kiện : x 1 (*)
 Cách 1 : áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 13 + 9
 = 13.2. + 3.2.
 13( x - 1 + ) + 3(x + 1 + ) = 16x 
	Dấu '' = '' xảy ra 
 ú ú x = thoả mãn (*) 
	Phương trình (1) có nghiệm ú dấu '' = '' ở (2) xảy ra 
 Vậy (1) có nghiệm x = .
Bài 2: a, Tìm giá trị lớn nhất của L = + 
 b. Giải phương trình : + - x2 + 4x - 6 = 0 (*)
 Giải : 
 a. Tóm tắt : ( + )2 2(2x - 3 + 5 - 2x) = 4
 ú + 2
 => MaxL = 2 khi x = 2 .
 b. TXĐ : 
 (*) ú + = x2 - 4x + 6 
 VP = (x - 2)2 + 2 2 , dấu '' = '' xảy ra khi x = 2 .
 => với x = 2 ( thoả mãn TXĐ ) thì VT = VP = 2 .
 => phương trình (*) có nghiệm x = 2 .
 Bài 3 : Giải phương trình :
 + = x2 - 6x + 13 
 Giải : TXĐ : -2 x 6.
 VP = (x - 3)2 + 4 4 . Dấu '' = '' xảy ra khi x = 3 .
 VT2 = (.1 + .1)2 (6 - x + x + 2)(1 + 1) = 16
 => VT 4 , dấu '' = '' xảy ra khi = ú x = 2 .
 => không có giá trị nào của x để VT = VP => Phương trình vô nghiệm
 Bài 4 : Giải phương trình : 
 + = 5
 HD : 2 ; 3 => VT 5 .
 Dấu '' = '' xảy ra khi : ú 
 => phương trình có nghiệm : x = 2 ; y = 2 .
3 - Dùng bất đẳng thức để giải hệ phương trình : 
 - Kiến thức : Dùng bất đẳng thức để biến đổi từng phương trình của hệ , suy luận và kết luận nghiệm .
 Lưu ý : Một số tính chất : a, a2 + b2 2ab 
 b. a + c 0 => a < b 
 c. nếu a > b > 0 .
 - Các ví dụ : 
 Bài 1 : Giải hệ phương trình : 
 (1) ú x3 = - 1 - 2(y - 1)2 ú x3 - 1 ú x - 1 . (*) 
 (2) ú x2 1 ( vì 1 + y2 2y) ú -1 x 1 (**)
 Từ (*) và (**) => x = -1 . Thay x = -1 vào (2) ta có : y = 1 .
 => Hệ phương trình có nghiệm duy nhất : x = -1 ; y = 1 .
 - Kiến thức : Biến đổi một phương trình của hệ , sau đó so sánh với phương trình còn lại , lưu ý dùng các bất đẳng thức quen thuộc .
 Bài 2 : Giải hệ phương trình : 
 Giải : 
 áp dụng : BĐT : A2 + B2 2AB dấu '' = '' xảy ra khi A = B 
 Ta có : x4 + y4 2x2y2 ; y4 + z4 2y2z2 ; z4 + x4 2z2x2 .
 => x4 + y4 + z4 x2y2 + y2z2 + z2x2 (*) 
 Mắt khác : x2y2 + y2z2 2x2yz 
 y2z2 + z2x2 2xy2z
 x2y2 + z2x2 2xyz2 
 => 2(x2y2 + y2z2 + z2x2 ) 2xyz(x + y + z) = 2xyz .
 => x2y2 + y2z2 + z2x2 xyz . (**)
 Từ (*) và (**) => x4 + y4 + z4 xyz 
 Dấu '' = '' xảy ra khi : x = y = z mà x + y + z = 1 nên : x = y = z = 
 Vậy hệ phương trình có nghiệm : x = y = z = 
 Cách 2: áp dụng BĐT Côsi ;
 	 - Kiến thức : Dùng phương pháp thế 
 Bài 3 : Giải hệ phương trình 
 (với x, y, z > 0) 
 Giải : 
 áp dụng : Nếu a, b > 0 thì : 
 (2) ú 
 ú 6
 Mặt khác : vì x, y, z > nên 6 
 ; 
 Dấu '' = '' xảy ra khi x = y = z , thay vào (1) ta được : 
 x + x2 + x3 = 14 (x - 2)(x2 + 3x + 7) = 0 
 x - 2 = 0 x = 2 .
 Vậy hệ phương trình có