Đề tài sáng kiến kinh nghiệm - Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức - Năm học 2007-208 - Lê Gia Lợi

Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức 
Giáo viên:Lê gia Lợi - 1 - 
ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 
Năm học 2007 – 2008 
.. . 
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 
VÀ XÂY DỰNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC 
A. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI 
 Để giải được một bài toán thì điều quan trọng nhất là chúng ta phải lựa chọn được 
phương pháp để giải bài toán đó. Các bài toán đặc biệt là các bài toán về bất đẳng thức rất 
đa dạng và phong phú vì thế các phương pháp để chứng minh bất đẳng thức rất nhiều ; 
việc lựa chọn phương pháp để chứng minh một bất đẳng thức là rất khó khăn. Đối với học 
sinh THPT đa số các em ngại khi gặp các bài toán về bất đẳng thức nhưng các em học khá, 
giỏi thì lại rất thích thú và say mê với các bài toán về bất đẳng thức . Các bài toán về bất 
đẳng thức thì giường như là không thể thiếu trong các đề thi đại học, cao đẳng 
đề thi học sinh giỏi. 
 Bất đẳng thức là vấn đề được rất nhiều người yêu toán quan tâm. Tôi cũng là một người 
yêu toán vì thế Tôi luôn luôn học hỏi và tìm kiếm các phương pháp để chứng minh bất 
Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức 
Giáo viên:Lê gia Lợi - 2 - 
đẳng thức. Sau khi chứng minh được một bất đẳng thức Tôi luôn đặt câu hỏi :” Tại sao lại 
có bất đẳng thức này ; Liệu từ bất đẳng thức này có thể xây dựng được các bất đẳng thức 
khác có liên quan hay không ?”. Sau khi cùng học sinh giải được một bài toán đặc biệt là 
bài toán bất đẳng thức Tôi luôn khuyến khích và yêu cầu các em xây dựng các bất đẳng 
thức mới có liên quan bất đẳng thức . Cách làm này giúp các em học sinh nhìn nhận bài 
toán một cách sâu sắc hơn đồng thời phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh. Việc ra các 
đề bài toán rất quan trọng trong quá trình giảng dạy môn Toán 
 Vì vậy tôi chọn đề tài: “ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG 
THỨC VÀ XÂY DỰNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC ” 
B. NỘI DUNG 
∗ CÁC TÍNH CHẤT CƠ BẢN : 
Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức 
Giáo viên:Lê gia Lợi - 3 - 
{
{
{
{
1). 0
2). à
3).
. .4 ).
. .
5).
06). . .0
7 ). 0
8). 1 : 0
9).0 1 : 0
10).
11).
12).
x x
x x
x y
x y
a b a b
a bv b c a c
a b a m b m
a m b m
a b
a m b m
a b
a c b d
c d
a b
a c b d
c d
a b
a b
a b
a x y a a
a x y a a
x a a x a
x a x ahayx a
x y x y
> ⇔ − >
> > ⇒ >
> ⇒ + > +
>> ⇒ <
> ⇒ + > +>
> > ⇒ >> >
>> > ⇒
<
> > > ⇒ >
 > ⇒ <
≤ ⇔ − ≤ ≤
≥ ⇔ ≤ − ≥
± ≤ ±
13).
14). ( , , 0 )
15). ( , , , 0 )
x y x y
a a
a b c
a b a b c
a c a a c c
a b c d
b d b b d d
± ≤ ±
> >
+ + +
+
> ⇒ > > >
+
∗ . BÀI TOÁN: Xét bài toán: với điều kiện R ( nếu có ) 
 Chứng minh rằng : p = f( x, y, z,)≥ A ( hoặc A≤ ) 
⊗Phương pháp giải: 
nếu m > 0 
nếu m < 0 
nếu m > 0 
nếu m < 0 
Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức 
Giáo viên:Lê gia Lợi - 4 - 
 + Chứng minh ( )p g t≥ với t D∈ 
+ Chứng minh ( )g t A≥ với t D∈ 
Vấn đề đặt ra là đánh giá biểu thức p để đưa về biểu thức một biến g(t) và chứng minh 
( )g t A≥ 
 - Việc chứng minh ( )g t A≥ ở đây tôi chỉ sử dụng cách biến đổi ( dự đoán dấu 
bằng xảy ra ), ngoài ra đối với học sinh lớp 12 có thể làm một cách nhanh chóng hơn bằng 
cách sử dụng đạo hàm, lập bảng biến thiên để giải . 
 - Còn đánh giá p nói chung là phong phú tùy thuộc từng bài toán lựa chọn đánh giá 
thích hợp ( dùng cách biến đổi, sử dụng bất dẳng thức cổ điển bunhiacopki, côsi...). 
∗Kiến thức bổ sung 
1. Bất đẳng thức cơ bản: 
a). Bất đẳng thức Côsi : 
Cho 1 2, ,..., ( 2)nx x x n ≥ số không âm. Khi đó: 
1 2 1 2... ...
n
n n
x x x n x x x+ + + ≥ đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 ... nx x x= = = 
b). Bất đẳng thức bunhiacopxki : 
2 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 1 2 2( ... )( ... ) ( ... )n n n nx x x y y y x y x y x y+ + + + + + ≥ + + + 
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2
1 2
...
n
n
xx x
y y y
= = = 
c). Bất đẳng thức svac – xơ ( hệ quả của bất đẳng thức bunhiacopxki ) : 
Với 1 2, ,..., ( 2)ny y y n ≥ là số dương : 
( )222 2 1 21 2
1 1 1 1 2
...
...
...
nn
n
x x xxx x
y y y y y y
+ + +
+ + + ≥
+ + +
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2
1 2
...
n
n
xx x
y y y
= = = 
2.Tính chất; 
a). Nếu p có giá trị không đổi khi ta hoán vị vòng quanh các biến x,y,zchẳng 
hạn p = f(x, y, z ) = f ( y, x, z ) = f( z, x, y ). 
Khi đó không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x = Max( x, y, z,) 
hoặc x = Min( x, y, z,) 
I. MỘT BIẾN LÀ ẨN PHỤ t = h( x, y, z) 
 Sau đây là một số bài toán ví dụ mở đầu 
•Bài toán 1: Với x, y là số dương . Chứng minh rằng: 3 3 2 2 (1)x y xy yx+ ≥ + 
 Hướng dẫn: 
 Vì x là số dương nên: 
( )
3 2
1 1 y y y
x x x
   
⇔ + ≥ +   
   
 . Đặt 
y
t
x
= thì 0t > 
Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức 
Giáo viên:Lê gia Lợi - 5 - 
(1) trở thành ( ) ( )23 2 1 0 1 1 0( )t t t t t− − + ≥ ⇔ − + ≥ ∗ 
 ( )∗ đúng với mọi 0t > ⇒đpcm 
Tổng quát ta có bài toán sau: 
 Cho x, y là số dương . Chứng minh rằng : ( )1 1 2,n n n nx y xy yx n n N− −+ ≥ + ≥ ∈ 
 Chứng minh hoàn toàn tương tự như bài toán 1 
• Bài toán 2: Với x, y khác không chứng minh rằng: 
4 4 2 2
4 4 2 2 2
x y x y x y
y x y x y x
 
+ − + + + ≥ − 
 
 (2) 
 Hướng dẫn. 
 Đặt 
x y
t
y x
= + thì 2x y x yt
y x y x
= + = + ≥ ( áp dụng bất đẳng thức Côsi ) 
Khi đó (2) trở thành : 
( ) ( ) ( )( )22 2 3 22 2 2 2 0 2 2 3 0t t t t t t t− − − − + + ≥ ⇔ + − − + ≥ ( )2' 
+) Với 2t ≥ : Ta có ( )( )3 2 22 3 2 1 1 0t t t t t− − + = − − + > 
 Nên bất đẳng thức ( )2' đúng 
+) Với 2t ≤ − : Ta có ( )23 22 3 ( 2) 2 3 11 0t t t t t − − + = + − + − >  
 Và t + 2 ≤ 0 nên bất đẳng thức ( )2' đúng 
Vậy bất đẳng thức ( )2 đúng , dấu bằng xảy ra khi t = - 2 hay x = - y ⇒đpcm 
• Bài toán 3: Với x, y, z là số thực thỏa mãn 2 2 2 2x y z+ + = . Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ 
nhất của biểu thức 2 2 2 3P x y z xyz= + + − 
 - Nhận xét : Dự đoán dấu giá trị LN, NN đạt được khi x = y = z hoặc tại các điểm 
biên, Thử vào ta có phán đoán 2 2 2 2P− ≤ ≤ 
 Hướng dẫn. 
Từ đẳng thức ( ) ( )22 2 2 2x y z xy yz zx x y z+ + + + + = + + 
( )( )2 2 2 2 2 23x y z xyz x y z x y z xy yz zx+ + − = + + + + − − − và điều kiện ta có: 
( )( ) ( ) ( )
2
2 2 2 22
2
x y z
P x y z x y z xy yz zx x y z
 + + −
= + + + + − − − = + + − 
 
 
Đặt 0 6t x y z t= + + ⇒ < ≤ 
( ) ( )2 3 22 1(2 ) 3 2 2 2 2 2 2 22 2 2t tP t t t t−= − = − + = − − + + ≤ 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2t = 
Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức 
Giáo viên:Lê gia Lợi - 6 - 
Vậy 
m in 2 2P = − khi 2, 0x z y= − = = hoặc hoán vị 
m ax
2 2P = khi 2, 0x z y= = = hoặc hoán vị 
 Sau đây ta xét một ví dụ mà phải đánh giá biểu thức P mới thấy được ẩn phụ 
• Bài toán 4: Cho 
, , 0
3
2
z y x
x y z
>
 + + ≤

. Chứng minh rằng: 1 1 1 15
2
x y z
x y z
+ + + + + ≥ 
 Hướng dẫn. 
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 
3
1 1 1 1 93x y z x y z x y z
x y z xyz x y z
+ + + + + ≥ + + + ≥ + + +
+ +
Đặt 
30
2
t x y z t= + + ⇒ < ≤ 
Vậy 1 1 1 9 9 27 9 27 152 . 34 4 4 24.
2
x y z t t t
x y z t t t t
+ + + + + ≥ + = + + ≥ + = 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1
2
x y z= = = ⇒đpcm 
Tổng quát ta có bài toán : Cho ( )1 2, ,..., 2nx x x n ≥ là số dương : 
( )*1 2 ... nx x x k k R+ + + ≤ ∈ 2 20;b ak bn≥ ≤ 
Chứng minh rằng : ( ) ( )
2 2
1 2
1 2
1 1 1
... ... *
n
n
bn ak
a x x x b
x x x k
  +
+ + + + + + + ≥ 
 
Sơ lược lời giải : 
( ) ( )
2
1 2 1 2
1 2 1 2
2 2 2 2 2
2 2
2 2
1 1 1
... ... ...
...
1 1
.2.
n n
n n
bn
a x x x b a x x x
x x x x x x
bn t bn bn bn ak
at bn t a bn k a
t t k k k k k
 
+ + + + + + + ≥ + + + + 
+ + + 
+    
= + = + + − ≥ + − =     
     
Nhận xét 1: 
 - Từ bài toán ( )* ta có: Đặc biệt hóa 
 1. Với a = 1; b = 4; n = 3; k = 3
2
 ta có bài toán : 
Cho 
, , 0
3
2
z y x
x y z
>
 + + ≤

. Chứng minh rằng: 1 1 1 514
2
x y z
x y z
 
+ + + + + ≥ 
 
Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức 
Giáo viên:Lê gia Lợi - 7 - 
Kết hợp bất đẳng thức bunhiacopxki ta có 
Bài toán 2’: Cho 
, , 0
3
2
z y x
x y z
>
 + + ≤

. 
 Cmr: 2 2 22 2 2
1 1 1 173.
2
x y z
y z x
+ + + + + ≥ 
Thật vậy: Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki ta có : 
( )2 2 2 22 21 4 1 1 4( ) 1 4 17x x x xy y y y
 
+ + ≥ + ⇒ + ≥ + 
 
Tương tự sau đó cộng lại kết hợp bài toán trên ta suy ra điều phải chứng minh 
 Với a = 1; b = 9; n = 3; k = 1 kết hợp bất đẳng thức bunhiacopxki ta có bài toán 
 Cho { , , 0 1z y xx y z>+ + ≤ .Cmr: 2 2 22 2 21 1 1 82x y zx y z+ + + + + ≥ 
 2. Với a = - 1; b = 1; n = 2; k = 2 ta có bài toán: 
 Cho { , 0 2x yx y>+ ≤ . Chứng minh rằng: ( )1 1 2x yx y+ − + ≥ 
Bằng cách thay đổi giả thiết, đặt ẩn phụ ta có Bài toán 2”: 
Cho { , 01x yx y≥+ = . Chứng minh rằng: 21 1x yx y+ ≥− − 
Thật vậy: Bằng cách đặt : 1 ; 1a x b y= − = − và kết hợp bất đẳng thức bunhiacopxki 
và bài toán trên ta suy ra điều phải chứng minh 
Tổng quát : Cho ( )1 2, ,..., 2nx x x n ≥ là số dương : 
( )1 2 ... 0nx x x m m+ + + = > . 
Chứng minh rằng: 1 2
1 2
.
...
1
n
n
xx x m n
nm x m x m x
+ + + ≥
−
− − −
Chứng minh hoàn toàn tương tự như trên ! 
- Nếu đổi chiều của bất đẳng thức ở điều kiện(bài toán (*)) thì bài toán thay đổi như thế 
nào ? 
 Trả lời câu hỏi này ta có bài toán mới : 
Cho ( )1 2, ,..., 2nx x x n ≥ là số dương : 
( )*1 2 ... nx x x k k R+ + + ≥ ∈ 2 20;b ak bn≥ ≥ 
Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức 
Giáo viên:Lê gia Lợi - 8 - 
Chứng minh rằng : ( ) ( )
2 2
1 2
1 2
1 1 1
... ... **
n
n
bn ak
a x x x b
x x x k
  +
+ + + + + + + ≥ 
 
Từ bài toán (**) ta có thể khai thác ta được những bài toán mới khá thú vị. 
⊗ Như vậy khi làm một bài toán ta có thể dùng hoạt động trí tuệ để khai thác sâu bài toán 
ở trên có một chu kì hoạt động khá hay đó là : 
Bài toán cụ thể → tổng quát →đặc biệt → ( phân tích, so sánh ) →bài toán 
mới→ tổng quát (chú ý tổng quát có nhiều hướng: theo hằng số, theo số biến hoặc số mũ) 
•Bài toán 5: Với x, y, z là số dương và . . 1x y z ≥ 
Chứng minh rằng: 3
2
x y z
x yz y zx z xy
+ + ≥
+ + +
 (5) 
 Hướng dẫn. 
Đặt , ,a x b y c z= = = 
Bài toán trở thành : a, b, c là số dương và . . 1a b c ≥ 
 ... dẫn. 
Không mất tính tổng quát , giả sử 0z y x≥ ≥ > 
Đặt 3 3 3( , , ) 3f x y z x y z xyz= + + − 
Ta có: ( ) ( )( )( )
3
3
2
( , , ) ( , , ) 3
2 0
f x y z f x y xy z xy xy xy z
z xy z z xy xy
− = − + − =
= − + − ≥
Mặt khác: Đặt ( )33 3( , ) ( , , ) 2g x y f x y xy x y xy= = + − 
( )( ) ( )233 3 6 3 3( , ) ( , ) 2 0g x y g x x y x xy x y x− = − − − = − ≥ 
Vậy ( , , ) ( , , ) ( , ) ( , ) 0f x y z f x y xy g x y g x x≥ = ≥ = 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi z xy x y z
x y
 = ⇔ = =
=
⇒ điều phải chứng minh. 
•Nhận xét : 
- Khi đưa biểu thức 3 biến về 2 biến hay 1 biến thường xét hiệu biểu thức của bất đẳng 
thức và biểu thức đó với x ( hoặc y hoặc z ) thay bởi trung bình nhân hoặc trung bình cộng 
- thường ta phải sử dụng tính chất 2 mới có đánh giá được. 
Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức 
Giáo viên:Lê gia Lợi - 18 - 
************* Một số bài toán ************ 
 II 6 . Cho { . . 1, , 0x y zx y z=≥ 
 Chứng minh rằng : ( )( )( ) ( )4 1x y y z z x x y z+ + + ≥ + + − 
II 7 . Cho { 6 9, , 0x y y z zx x y zx y z+ + + =≥ 
 Chứng minh rằng : 3 6x y z xyz+ + + ≥ 
II 8 . Cho { 2 2 2 3, , 0x y zx y z+ + =≥ 
 Chứng minh rằng : ). 9a xy yz zx xyz+ + ≥ 
 ( )).9 1 4b xyz xy yz zx+ ≥ + + 
II 9 . Cho 
2
, 0;
2
x y
 
∈  
 
. Chứng minh rằng : 2 2
2 2
1 1 3
x y
y x
+ ≤
+ +
II10 . Cho 
1
, ;3
3
x y  ∈   
. Chứng minh rằng : 7
5
x y z
x y y z z x
+ + ≥
+ + +
II11 . Cho x, y, z là số dương chứng minh rằng : 
2 2 22( ) 8 5( )xyz x y z x y z+ + + + ≥ + + 
II12 . Cho { 3, , 0x y y z zxx y z+ + =≥ 
 Chứng minh rằng : 3( ) 10x y z xyz+ + + ≥ 
II13 . Cho { 2 2 2 3, , 0x y zx y z+ + =≥ 
 Chứng minh rằng : 2 2 2 2 2 2x y z x y y z z x+ + ≥ + + 
II13 . Cho { 2 2 2 3, , 0x y zx y z+ + =≥ 
 Chứng minh rằng : 7( ) 12 9xy yz zx xyz+ + ≤ + 
III. KHAI THÁC PHƯƠNG PHÁP TRONG LƯỢNG GIÁC 
 Ở trên là những bất đẳng thức trong đại số. Vậy trong lượng giác liệu có thể đánh giá 
không ? sau đây ta xét một số ví dụ trong lượng giác. 
• Bài toán 15: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có : 
4
sin sin 3 sin 6
3
A B C+ + ≤ (15) 
Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức 
Giáo viên:Lê gia Lợi - 19 - 
(15’) 
 Hướng dẫn. 
(15) sin sin 3 sin 2sin cos 3sin 2cos 3 sin
2 2 2
A B A B CA B C C C+ −⇔ + + = + ≤ + 
Đặt cos 0 1
2
C
t t= ⇒ < ≤ 
Ta có: 
 ( )2
2cos 3 sin 2cos 2 3 cos sin
2 2 2 2
2cos (1 3 sin ) 2 1 3(1 )
2 2
C C C CC
C C
t t
+ = + =
= + = + −
Áp dụng bất đẳng thức côsi : 
( )
( )
2 2 2
2 2
3 1 3 12 1 3(1 ) 2 1 .2 (1 ) 2 1 1
2 3 2 3
6 4 43 6 ( ) 3 2 6 6 6
3 3 3
t t t t t t
t t t t
    
+ − = + − ≤ + + − =    
   
= − + = − − + + ≤
 ( )15' đúng với mọi t > 0 
Vì vậy 4sin sin 3 sin 6
3
A B C+ + ≤ 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi {cos 12 26
cos cos
2 3
A B
A B
CC
pi
α
α
−
= = =⇔
=
 = =

⇒ điều phải chứng minh. 
• Bài toán 16: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng: 
( )( )( )1 cos 1 cos 1 cos cos cos cosA B C A B C− − − ≥ (16) 
 Hướng dẫn. 
 +). Nếu tam giác có góc vuông hoặc góc tù thì bất đẳng thức luôn đúng 
 +). Nếu tam giác là nhọn, ta có: 
1 cos 1 (cos cos ) cos cos(16) . 1
cos cos cos
A B C B C
A B C
− − + +
⇔ ≥ 
[ ]
1 2 cos cos1 cos 2 2 1 11cos
cos( ) cos( )
2
B C B C
A
A B C B C
+ − 
− 
−
⇔ + ≥ 
 + + −
 
 ( )16' 
Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức 
Giáo viên:Lê gia Lợi - 20 - 
21 2sin 2 4sin 2sin1 cos 2 2 2(16') 11cos cos(1 cos )
2
A A A
AVT
A AA
 
− − + 
−
⇒ ≥ + = 
 
−
 
Ta có : 
2
2 2 1 2sin2 4sin 2sin 1 4sin 4sin 22 2 2 21 0 0
cos cos cos
AA A A A
A A A
 
−
− + − +  
 ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ( )16’’ 
Vì tam giác nhọn nên (16’’) luôn đúng . Do đó (16) đúng 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
cos 1
2
1 sin 0
2
B C
A B CA
−
=
⇔ = =
 − =

⇒ điều phải chứng minh. 
 * Trong tam giác ABC ta có điều kiện là 0180A B C+ + = 
Nên gợi ý cho chúng ta sử dụng tính chất 1 để làm hạn chế vi biến từ đó có thể đánh giá 
được biểu thức. 
Sau đây là một ví dụ : 
• Bài toán 17: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có : 
 3(cos cos cos ) 2(sin sin sin sin sin sin )A B C A B B C C A+ + ≥ + + (17) 
 Hướng dẫn. 
Khi hoán vị ( A, B, C ) thì bđt ( 17) không thay đổi do đó không mất tính tổng quát 
Giả sử : A = min ( A, B, C ). Vì 0A B C 180 3 A+ + = ≥ . 
 Nên 0 0 30 60 cos 1
2 2
AA< ≤ ⇒ ≤ < 
3(cos cos cos ) 2(sin sin sin sin sin sin )
3 cos 2 cos cos cos( )
2 2
cos( ) 2 sin .2 sin cos
2 2
2 cos cos 6 sin 4 sin cos cos( )
2 2 2
T A B C A B B C C A
B C B CA B C
B C B CB C A
B C A AA A B C
= + + − + + =
+ − 
= + − − + 
 
+ −
+ + − =
−  
= + − − −  
 Vì 3sin 0, cos 1 6sin 4sin cos
2 2 2 2 2
A A A AA≥ ≤ < ⇒ − = 
22sin (3 4cos ) 0
2 2
A A
= − ≤ 
Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức 
Giáo viên:Lê gia Lợi - 21 - 
Mặt khác cos 1, cos( ) 1
2
B C B C− ≤ − ≤ nên 
2 2
3 2 2
2cos 6sin 4sin cos 1 2(1 2sin ) 6sin 8 (1 sin ) 1
2 2 2 2 2 2
8 4 2 1 (2 1) (2 1) 0 0
A A A A A AT A A sin
t t t t t t
≥ + − − = − + − − − =
= − − − = − + ≥ ∀ ≥
trong đó sin
2
A
t = . Vì vậy 
3(cos cos cos ) 2(sin sin sin sin sin sin )A B C A B B C C A+ + ≥ + + 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
cos 1
2
cos( ) 1
sin 1
2
B C
B C A B C
A
−
=

− = ⇔ = =

=
⇒ điều phải chứng minh. 
• Bài toán 18: Chứng minh rằng trong mọi tm giác ABC ta đều có: 
 1 cos cos cos 3 sin sin sinA B C A B C+ ≥ ( )18 
 Hướng dẫn. 
Khi hoán vị ( A, B, C ) thì bất đẳng thức ( 18) không thay đổi do đó không mất tính tổng 
quát. Giả sử A = max( A, B, C ) 
Khi đó 060A ≥ (18') . Xét : 
[ ] [ ]
2
1 cos cos cos 3 sin sin sin
1 31 cos cos( ) cos( ) sin cos( ) cos( )
2 2
1 1 31 cos 3 sin cos cos( ) cos sin
2 2 2
T A B C A B C
T A B C B C A B C B C
A A A B C A A
= + −
= + + + − − − − + =
 
 = − + + − −  
 
Từ ( 18’ ) ta có : 01 3cos sin cos( 60 ) 0
2 2
A A A− = + < và cos( ) 1B C− ≤ nên 
2 01 11 cos 3sin cos (cos 3sin ) (cos 1) 1 cos( 60 ) 0
2 2
T A A A A A A A ≥ − + + − = + − − ≥    
Vì vậy: 1 cos cos cos 3 sin sin sinA B C A B C+ ≥ 
Dấu bằng xảy ra khi { 0cos( ) 1cos( 60 ) 1B C A B CA − = ⇔ = =− = 
⇒ điều phải chứng minh. 
Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức 
Giáo viên:Lê gia Lợi - 22 - 
************* Một số bài toán ************ 
Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có: 
III14 . Nếu tam giác ABC nhọn : 
1 1
tan tan tan 3 3
3 3cot cot cot
2 2 2
A B C A B C+ + + ≥ + 
III15 . 
1 1 1 15
sin sin sin
2 2 2 2
sin sin sin
2 2 2
A B C
A B C+ + + + + ≥ 
III16 . Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có: 
( )131 cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos
2
A B B C C A A B cosC A B C+ + + ≤ + + + 
III17 . 
3
cos3 cos3 cos3
2
A B C+ − ≥ − 
III18 . 
2 2 21 3 2sin sin sin 1
42
A B C+ + ≤ +
III17 . 
33
3
sin sin sin 2
2 2 2 16
A B C ≤ 
III18 . co t A + co s B + 2 co tC 2≥ 
III19 . Nếu tam giác ABC không phải là tam giác tù thì : 
( )( )( )2 2 2. 1 sin 1 sin 1 sin 4
sin sin sin 2
. 1
cos cos cos 2
a A B C
A B Cb
A B C
+ + + >
+ + ≥ +
+ +
Nhận xét 5: Ta có thể chuyển bất đẳng thức có điều kiện trong đại số sang lượng giác 
bằng cách : 
*) Từ đẳng thức lượng giác cơ bản : 
 +) Từ đẳng thức : 
tan tan tan tan tan tanA B C A B C+ + = (1) 
tan tan tan tan tan tan 1
2 2 2 2 2 2
A B B C C A
+ + = (2) 
Kết hợp bài toán 2II . Cho { , , 0 3x y zxy yz zx≥+ + = . Chứng minh rằng: 3( ) 10x y z xyz+ + + ≥ 
Chứng minh bài này tượng tự bài toán 11 ( hoặc sử dụng đưa về một biến ) 
Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức 
Giáo viên:Lê gia Lợi - 23 - 
Từ ( 1) bằng cách trình đặt : 
3 3 3
; ;
tan tan tan
x y z
A B C
= = = 
Ta được bài toán tương đương bài này 2II : Cho tam giác ABC nhọn : 
Chứng minh rằng : 10tan tan tan tan tan tan 1 tan tan tan
3 3
A B B C C A A B C+ + + ≥ 
Tương tự ta có : 9(tan tan tan ) tan tan tan 30 3
2 2 2 2 2 2
A B C A B C
+ + + ≥ 
 +) Từ đẳng thức : 2 2 2cos cos cos 2cos cos cos 1A B C A B C+ + + = và 
 bài toán 11: 
Cho { , , 0 4x y zx y y z z x x y z>+ + + = . Chứng minh rằng: x y z xy yz zx+ + ≥ + + 
Đặt x = 2cosA ; y = 2cosB ; z = 2cosC ta có bài toán: 
Chứng minh rằng với tam giác ABC nhọn thì: 
cos cos cos 2(cos cos cos cos cos cos )A B C A B B C C A+ + ≥ + + 
Đây là bài toán khá hay. 
*) Từ bất đẳng thức lượng giác cơ bản : 
Ta xét bài toán 9: 
Dễ thấy từ cách chúng minh có thể thay điều kiện của bài toán như sau: 
Cho 
2 2 23 3
, , 0 , , 0
0 . 0 0 . 0
4 4
3 3
x y z x y x
x y z x y z
a b a bh a y
a a
b b
+ + ≤ + + ≤
≥  ≥   
 ≤ − ≤ −
  
Chứng minh rằng : ( ) (3 ) 0a xy yz zx bxyz a b+ + + − + ≥ 
Đặc biệt hóa: ta có bài toán : 
 1. a = -2; b = 1. { 3, , 0x y zx y z+ + ≤≥ Chứng minh rằng : 5 2( )xyz xy yz zx+ ≥ + + 
 2. a = -4; b = 3. { 3, , 0x y zx y z+ + ≤≥ Chứng minh rằng : 9 3 4( )x yz xy yz zx+ ≥ + + 
Kết hợp bất đẳng thức cơ bản trong lượng giác chẳng hạn 
 1. 3cos cos cos
2
A B C+ + ≤ ta có bài toán : 
Cho tam giác ABC nhọn . Chứng minh rằng : 
5 8cos cos cos 8(cos cos cos cos cos cos )A B C A B B C C A+ ≥ + + 
 2. 2 2 2
9
sin sin sin
4
A B C+ + ≤ ta có bài toán : 
Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC thì : 
Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức 
Giáo viên:Lê gia Lợi - 24 - 
9 3 8sin sin sin 16(sin sin sin sin sin sin )A B C A B B C C A+ ≥ + +
Tượng tự đối với tang , cotang và các bài toán khác 
Chú ý: Giải bài toán đại số thông qua giải lượng giác người ta gọi là phương pháp 
 lượng giác hóa. Làm ngược lại gọi là phương pháp đại số hóa. 
C. KẾT LUẬN 
 Trên đây là một trích dẫn về sự vận dụng phương pháp đưa về một biến trong vấn đề 
chứng minh bất đẳng thức. 
 Đề tài này đã được bản thân tôi thí điểm cho các em học sinh có học lực khá trở lên, 
kết quả thu được rất khả quan, các em học một cách say mê hứng thú. Một số em đã đạt 
được những thành tích tốt trong học tập. Vì tác dụng tích cực trong học tập trong việc bồi 
dưỡng học sinh khá giỏi nên kính mong quý thầy cô và đồng nghiệp góp ý bổ sung để đề 
tài ngày một hoàn thiện hơn, có ứng dụng hơn trong quá trình dạy học ở nhà trường THPT 
 Xin chân thành cảm ơn ! 
 Trà vinh, ngày 28 tháng 3 năm 2008 
 Người thực hiện 
 CHUNG THUẬN THIÊN