Bất đẳng thức, bất phương trình, cực trị đại số 10

 Bất đẳng thức , bất phương trình ,cực trị đại số 
- Bất đẳng thức 
1. Kiến thức cần nhớ 
 a) Định nghĩa : Cho hai số a và b ta có a > b a – b > 0 
 b) Một số bất đẳng thức cơ bản :
 01) Các bất đẳng thức về luỹ thừa và căn thức :
 với A là một biểu thức bất kỳ , dấu bằng xảy ra khi A = 0
 ; ; dấu bằng xảy ra khi A = 0
 Với 
 dấu bằng xảy ra khi có ít nhất 1 trong hai số bằng không 
 với dấu bằng xảy ra khi B = 0 
 02) Các bất đẳng thứcvề giá trị tuyệt đối 
 Với A bất kỳ , dấu bằng xảy ra khi A = 0
 dấu bằng xảy ra khi A và cùng dấu 
 Dấu bằng xảy ra khi A và B cùng dấu và A> B 
 03) Bất đẳng thức Cauchy ( Côsi ) : 
 - Cho các số 
 ( Trung bình nhân của n số không âm không lớn hơn trung bình cộng của chúng )
 Dấu bằng xảy ra khi 
 - Bất đẳng thức Côsi cho hai số có thể phát biểu dưới các dạng sau :
 Với a và b là các số không âm 
 Với a và b là các số bất kỳ 
 Với a và b là các số bất kỳ 
 Dấu bằng xảy ra khi a = b 
 04) Bất đẳng thức Bunhiacopsky (Còn gọi là bất đẳng thức Côsi – Svac ) :
 - Cho hai bộ các số thực: và .
 Khi đó : 
 Dấu bằng xảy ra khi :
 - Hoặc với ai , bi khác 0 và nếu thì tương ứng cũng bằng 0
 - Hoặc có một bộ trong hai bộ trên gồm toàn số không
 - Bất đẳng thức Côsi – Svac cho hai cặp số :
 Dấu bằng xảy ra khi ay = bx
 05) Bất đẳng thức Với x > 0 ; Với x < 0 
 c) Các tính chất của bất đẳng thức : 
 01) Tính chất bắc cầu : Nếu a > b và b > c thì a > c 
 02 ) Tính chất liên quan đén phép cộng :
 Cộng hai vế của bất đẳng thức với cùng một số : Nếu a> b thì a +c > b+ c
 Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều : Nếu a > b và c > d thì a+c > b +d
 03 ) Trừ hai bất đẳng thức ngược chiều : Nếu a > b và c b – d 
 04 ) Các tính chất liên quan đến phép nhân :
 - Nhân 2 vế của bất đẳng thức với một số 
 Nếu a >b và c > 0 thì ac > bc 
 Nếu a > b và c < 0 thì ac < bc 
 - Nhân 2 bất đẳng thức cùng chiều 
 Nếu a > b >0 và c > d > 0 thì ac > bd 
 Nếu a bd 
Luỹ thừa hai vế của một bất đẳng thức :
 Với mọi 
 Với mọi 
 Với mọi 
 0 m 
 a > 1 Với n > m 
2. Một số điểm cần lưu ý : 
 - Khi thực hiện các phép biến đổi trong chứng minh bất đẳng thức , không được trừ hai bất đẳng thức cùng chiều hoặc nhân chúng khi chưa biết rõ dấu của hai vế . Chỉ được phép nhân hai vế của bất đẳng thức với cùng một biểu thức khi ta biết rõ dấu của biểu thức đó 
 - Cho một số hữu hạn các số thực thì trong đó bao giờ ta cũng chọn ra được số lớn nhất và số nhỏ nhất . Tính chất này được dùng để sắp thứ tự các ẩn trong việcchứng minh một bất đẳng thức 
3. Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức:
3.1. Sử dụng các tính chất cơ bản của bất đẳng thức
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số thức x thì :
Giải :
Ta có : Với mọi x 
Do vậy : 
 Đúng với mọi x 
 Dấu bằng xảy ra khi x = -3 
Ví dụ 2 : Cho a, b và a+b 0 . Chứng minh rằng 
Giải :
Ta có : 
Xét tử của M : 
Vì a+b 0 nên M= > 0 do a, b không thể đồng thời bằng 0 
3.2. Phương pháp phản chứng:
Ví dụ 3: Cho ba số a, b, c thoả mãn 	. 
 Chứng minh rằng cả ba số đó đều dương 
	 Giải
- Giả sử có một số không dương: a Ê 0
Từ abc > 0 ta có: 	 bc < 0 (* )
Từ a+b+c >0 ta có: 	 b + c > - a > 0
Từ ab +bc+ac >0 ta có: 	 bc + a(b + c) > 0 ị bc > - a (b + c) > 0 (**)
Ta có (*) và (**) mâu thuẫn nhau ị đpcm.
3.3. Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức cơ bản:
Ví dụ 4: Chứng minh rằng: Với x, y > 0. Ta có : ( 1 + x) (1 + y) (1 + )2
 Giải
Cách 1 : áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có : 
 Cách 2 : Theo bất đẳng thức Cosi ta có:
Dấu bằng xảy ra khi x = y
Ví dụ 5 : Cho và 3a + 4 = 5 . Chứng minh rằng 
Giải :
Cách 1 : áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxky ta có : 
 1
Dấu bằng xảy ra khi : 
Cách 2 : Từ 3a +4b = 5 ta có a= 
Vậy 
 Đúng với mọi x 
Ví dụ 6 : Chứng minh rằng với mọi góc nhọn x ta có : 
 a ) sin x + cosx 
 b) tgx + cotgx 2 
Giải :
a) áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số dương ta có : 
 sin x + cosx 
Dấu bằng xảy ra khi sinx = cosx hay x = 450
b ) Vì tgx , cotgx >0 . áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số ta có ;
 tgx + cotgx ( Vì tgx . cotgx = 1 ) 
Dấu bằng xảy ra khi tgx = cotgx hay x= 450
Ví dụ 7 : Cho . Chứng minh rằng : 
Giải :
Ta có : 
áp dụng bất đẳng thức Cosicho hai số dương và ta có : 
Mà : 
Vậy Dấu bằng xảy ra khi a = 4 
Ví dụ 8 : Chứng minh rằng với mọi số thực x , y ta có : 
Giải :
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : 
Điều này đúng vì 
 và không đồng thời xảy ra (2x-1)2 = (y-3)2 = (x-y)2 = 0 
3.4. Phương pháp sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình :
Ví dụ9 : Chứng minh rằng nếu phương trình:
2x2 + (x + a)2 + (x + b)2 = c2
Có nghiệm thì 4c2 3(a + b)2 – 8ab
Giải
Ta có : 
Để phương trình có nghiệm thì : 
3.5. Phương pháp làm trội:
Ví dụ10 : Chứng minh với n N* thì:
Giải
Ta có: 
 + .
4. Các bài tập tự luyện :
Bài 1: Trong tam giác vuông ABC có cạnh huyền bằng 1 , hai cạnh góc vuông là b và c. 
 Chứng minh rằng : b3 + c3 < 1 
 Bài 2 : Chứng minh các bất đẳng thức sau :
 a) Với mọi x 
 b ) Nếu a + b < 0 thì 
 c ) Nếu x3+y3 = -2 thì 
 d ) Nếu x3+y3 = 16 thì 0 < x +y 4
Bài 3 : Chứng minh các bất đẳng thức sau : 
a ) Nếu a2 +b2 = 13 thì a2 +b2 2a +3b 
b) Với mọi x , y 
Bài 4: a) Cho hai số thực dương a và b . Chứng minh rằng : 
 b) Cho 0 < x < 2 và x 1 . Chứng minh rằng :
Bài 5: a ) Cho a > b > 0 . Chứng minh rằng 
 b ) áp dụng so sánh và 
Hướng dẫn giải :
Bài 1 : Theo định lý Pitago ta có 1 = b2 + c2 và 1> b; 1 > c
Vậy 1= b2 + c2 > b3 + c3
Bài 2 : a) Ta có : Vì x2 - x +1 = với mọi x 
 Nên 
 ( Đúng )
Dấu bằng xảy ra khi x = 
b ) Ta có : 
Đúng vì a +b < 0 và a+b2 0 
c) Ta có 
Mà Nên x + y < 0
Mặt khác : 
Dấu bằng xảy ra khi x = y = -1
d) Tương tự câu c 
Bài 3 : a) áp dụng bất dẳng thức Bunhiacopxky ta có : 
Dấu bằng xảy ra khi a = 2 ; b = 3 
b) Ta có : 
Điều này luôn luôn đúng. Dấu bằng xảy ra khi 
Bài 4: a ) Ta có: (*)
Vì a,b > 0; a+b > 0 nên: (*) ( Bất đẳng thức Cosi cho 2 số )
Vậy với mọi a , b > 0 
b) Đặt (x-1)2 = t thì t > 0 và x(2-x) = -x2+2x = 1-(x-1)2 = 1-t 
 Vì 0 0 
áp dụng bất đẳng thức ở câu (a) cho hai số dương t và 1-t ta được 
Mà 4 - x2 < 4 do 0 < x < 2.
Vậy: 
Bài 5: a) Ta có 
Bình phương hai vế của bất đẳng thức ta được:
 Đúng 
b) áp dụng câu a với a = 2006 và b = 1 ta có:
V.2. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất Của biểu thức :
1. Kiến thức cần nhớ : 
 Cho các biểu thức A và B 
 - Nếu A trong đó a là một giá trị của biểu thức A 
 Thì a được gọi là giá trị lớn nhất của A (GTLN của A ) , được ký hiệu là MaxA hay AMax 
Nếu B trong đó b là một giá trị của B 
Thì b được gọi là giá trị nhỏ nhất của B (GTNN của B ),được ký hiệu là Min B hay BMin 
- Các cách biến đổi thường dùng để tìm GTLN và GTNN.
Cách 1: 	a) Tìm GTLN: f(x) g(x) a
b) Tìm GTNN: f(x) g(x) a
Cách 2: 	a) Tìm GTLN: f(x) = h(x) + g(x) 	(h(x) 0; g(x) a)
b) Tìm GTNN: f(x) = h(x) + g(x) 	(h(x) 0; g(x) a)
 Với biểu thức nhều biến có cách làm tương tự 
2. Một số diểm cần lưu ý :
- Khi tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một biểu thức . Nếu biến lấy giá trị trên toàn tập thì vấn đề đã không đơn giản . Khi biến trong biểu thức chỉ lấy giá trị trong hoặc một khoảng giá trị nào đó thì vấn đề càng phức tạp và dễ mắc sai lầm .
- Một sai lầm thường mắc phải đó là khi biến đổi các biểu thức theo cách 1 hoặc cách 2 . Ta kết luận giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức là a nhưng dấu bằng không xảy ra đồng thời 
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
 P = 4x2+ y2+2xy+3x+5
Lời giải 1 : 
 Với mọi x
Mà 
Nên Min P = khi x = và x +y = 0 nên y = -
Ta thấy lời giải này sai lầm ở chỗ dấu bằng không xảy ra đồng thời . Khi x = thì (x-1)2 
Lời giải 2 : Ta có 
Vậy Min P = Khi 
Ví dụ 2 : Cho a 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 
Lời giải 1 : Theo bất đẳng thức Cosi cho hai số dương ta có 
 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2
 Lời giải này sai lầm ở chỗ không thoả mãn điều kiện a 2
Lời giải 2 : Ta có 
 Vậy Min P = khi a = 2
3. Bài tập ví dụ :
-Về bản chất bài toán tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức và bài toán chứng minh bất đẳng thức có thể coi là tương đương nhau . Bài toán tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức nếu ta phán đoán được kết quả thì bài toán trở thành chứng minh bất đẳng thức 
Ví dụ 3: Cho x, y, z R thoả mãn x2 + y2 + z2 = 1
Tìm GTLN của P =
Giải:
Theo bất đẳng thức Cosi – Bunhiacopxki ta có:
P2 = ( x + 2y + 3z)2 (12 + 22 + 32) (x2 + y2 + z2) = 14
Nên P 
Dấu = xảy ra khi:
Vậy (x, y, z) = (1)
Hoặc (x, y, z) = (2)
Vậy Pmax = khi (x, y, z) = hoặc (x, y, z) = 
Ví dụ 4: Cho a, b, x, y là các số dương thoả mãn 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau : 
a) P = xy;	b) Q = x + y
Giải:
a) Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
 Vậy Pmin = 4ab khi 
b) Ta có: 
 (Bất đẳng thức Bunhiacopxki)
Vậy : Q = x+ y 
Qmin = khi x = 
Ví dụ 5: Tìm GTLN của P = 
Giải
 Điều kiện : 
Ta có: Với x = 0 => P = 0
Với x 0 ta có: P = x = P(x + a)2 
 px2 + 2 apx + pa2 = x
 px2 + (2ap – 1) x + a2 = 0
Để phương trình có nghiệm thì:
 (2ap – 1)2 – 4pa2 0
 4a2p2 – 4ap + 1 – 4a2p 0
 4a2p2 – 4a (a + 1)p + 1 0
Giải bất phương trình bậc 2 thu được P1 P P2
4. Bài tập tự luyện :
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:
 a) A = x2 - 6x +1
 b) B = 10x2+5y2- 4x - 6y -12xy +2020
 c) C = 
 d ) D = 3x2+5y2 với 
Bài 2 : Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau:
 a) M = - x2 + 4x + 7
 b ) N = 2003 -2x2 - 8y2 +2x + 4xy + 4y 
 c) P = ( x+1 ) (2 - x ) 
Bài 3: Tìm giá tri lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P = 
Giải:
Bài 1: a) A= (x-3)2 -8 nên min A = 8 khi x = 3
 b) B = ( x-2)2 +(y - 3)2 +(3x -2y)2 +2007 Nên Min B = 2007 Khi x = 3; y =2
 c) Điều kiện: x 0 (*). áp dụng bất dẳng thức Cosi cho hai số dương ta có:
Vậy MinC = 2 khi 
đối chiếu với (*) ta được x =-1 
c) Từ 
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky ta có: 
Vậy MinD = 2 khi x= và y = 
Bài 2: a) M = 11 - (x - 2)2 Nên MaxM = 11 khi x = 2
 b) N = 2005 - (x -1 )2 -(2y+1)2-(x-2y)2 Nên MaxN = 2005 khi x = 1; y = - 
 c ) P = ( x+1 ) (2 - x ) ( Bất đẳng thức Cosi )
 Vậy MaxP = khi x = 
Bài 3: Ta có: P = (* ) 
Ta thấy P = 0 khi x = 
Với P 0 thì giá trị của P phải thoả mãn cho phương trình (*) có nghiệm với x 
Điều này tương đương với: 
Vậy MaxP = khi x = 
 MinP = -khi x = 
V.3. Bất phương trình 
1. Kiến thức cần nhớ : 
 - Bất phương trình bậc nhất : ax +b = 0 () 
 + Nếu a > 0 bất phương trình có nghiệm 
 + Nếu a <0 bất phương trình có nghiệm 
Tương tự cho bất phương trình ax + b < 0
* Ta có thể nhớ cách lấy nghiệm của bất phương trình bậc nhất theo qui tắc " Lớn cùng bé khác " . 
 Nghĩa là nhị thức bậc nhất f(x) = ax +b () có nghiệm x = . 
 Khi x > thì f(x) và hệ số a cùng dấu , khi x < thì f(x) và hệ số a khác dấu 
- Bất phương trình tích : A(x)B(x) > 0 ; A(x)B(x) < 0 
trong đó A(x) và B(x) là các biểu thức của ... ; b b b , b > c a > c
+ + 
+ + 
3. Một số hằng bất đẳng thức 
+ ; xảy ra đẳng thức khi a = 0.
+ . Xảy ra đẳng thức khi a = 0
4. Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
	4.1. Dùng định nghĩa
Để chứng minh A > B, ta xét hiệu A - B và chứng minh rằng A - B > 0
	4.2. Dùng các phép biến đổi tương đương
Để chứng minh A > B ta biến đổi tương đương
 Trong đó bất đẳng thức An > Bn luôn đúng, do quá trình biến đổi là tương đương nên ta suy ra A > B là đúng.
4.3. Dùng bất đẳng thức phụ
Để chứng minh A > B, ta xuất phát từ một hằng bất đẳng thức hoặc một bất đẳng thức đơn giản (gọi là bđt phụ) và biến đổi tương đương suy ra A > B.
II- Các nhận xét và các bài toán minh hoạ cho việc ứng dụng, 
khai thác một bất đẳng thức lớp 8
Nhận xét :Trong chương trình toán T.H.C.S có một bất đẳng thức quen thuộc mà việc ứng dụng của nó trong khi giải các bài tập đại số và hình học rất có hiệu quả. Ta thường gọi đó là “bất đẳng thức kép”. Đó là bất đẳng thức sau :
Với mọi a, b ta luôn có : (*)
Nhận thấy (*) 
Cả ba bất đẳng thức trên đều tương đương với hằng bất đẳng thức và do đó chúng xảy ra đẳng thức khi a = b.
ý nghĩa của bất đẳng thức (*) là nêu nên quan hệ giữa tổng hai số với tích hai số và với tổng các bình phương của hai số đó.
Sau đây là một số ví dụ minh hoạ việc vận dụngvà khai thác bất đẳng thức (*).
Bài toán 1:
Cho a + b = 1 . Chứng minh rằng:
 ; ; 
	* Giải : áp dụng bất đẳng thức (1) và giả thiết a + b = 1 ta có:
 ; 
 .Đẳng thức xảy ra khi a = b = 1/2.
	* Khai thác bài toán
Nhận xét 1: Nếu tiếp tục áp dụng bđt (1) và tăng số mũ của biến ta thu được các kết quả như:
Tổng quát ta có bài toán sau:
	Bài toán 1.1: 
Cho a + b = 1 . Chứng minh rằng: 
Cách giải bài toán 1.1 ta áp dụng phương pháp quy nạp toán học và làm tương tự bài toán 1.
Nhận xét 2: Tiếp tục khái quát bài toán 1.1 khi thay giả thiết a + b = 1 bởi giả thiết a + b = k , làm tương tự như trên ta có 
Vậy có bài toán 1.2 như sau:
	Bài toán 1.2: 
Cho a + b = k . Chứng minh: 
Nhận xét 3: Từ bài toán 1.2 nếu ta thay giả thiết a + b = k bởi b = k - a ta được 
	Bài toán 1.3:
Chứng minh : với mọi k .
	* Khai thác sâu bài toán
Nhận xét 1: Nếu áp dụng bất đẳng thức (1) liên tiếp 2 lần ta có kết quả:
Tổng quát ta có bài toán sau:
	Bài toán1.4:
Chứng minh : 
a) b) 
Nhận xét 2: 
Nếu áp dụng bất đẳng thức (1) liên tiếp nhiều lần và tăng số biến ta có:
.
	Vậy có bài toán 1.5:
Chứng minh: 
 Cứ tiếp tục suy luận sâu hơn nữa ta thu được nhiều bài toán tổng quát hơn.
Bài toán 2: 
Cho a, b, c > 0.Chứng minh rằng: 
 * Giải: áp dụng bất đẳng thức (2) ta có :
 (vì a, b, c > 0)
 ( vì (a+b)(b+c)(c+a) > 0 và 8abc > 0).
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c .
	* Khai thác bài toán
Nhận xét 1: Nếu cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1. Khi đó ta có 1 - a, 1- b, 
1 - c > 0 và có 1 + c = 1 + 1 - a - b = (1 - a ) + (1 - b ). áp dụng bài toán 2 ta được : 
	Vậy có bài toán 2.1:
Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1. 
Chứng minh: 
Nhận xét 2: Ta tiếp tục khai thác sâu hơn bài toán bằng cách cho
 a + b + c = n > 0 . Khi đó tương tự như bài toán 2.1 ta có 
	Bài toán 2.2:
Cho a, b, c > 0 và a + b + c = n > 0. 
Chứng minh : 
Bài toán 3:
Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta có : 
	* Giải : 
 áp dụng bất đẳng thức (3) ta có : 
đ.p.c.m
Có đẳng thức khi a = b = c.
	* Khai thác bài toán
Nhận xét 1 : Nếu áp dụng bài toán 3 và tăng số mũ lên, giữ nguyên số biến ta có (*) lại áp dụng bài toán 3 lần nữa ta có
 (**) . Từ (*) và (**) ta thu được kết quả là . 
	Vậy có bài toán 3.1:
Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta có : .
Nhận xét 2: Nếu tăng số biến và giữ nguyên số mũ của biến với cách làm như bài toán 3 ta có 
	Bài toán 3.2:
Chứng minh rằng: 
Với mọi 
Bài toán 4 :
Chứng minh rằng với mọi a, b, c, d ta có :
	* Giải :
áp dụng bất đẳng thức (3) ta có : đ.p.c.m
Có đẳng thức khi a = b = c = d
	* Khai thác bài toán
Nhận xét 1: Nếu thay b = c = d = 1 ta có bđt 
	Vậy có bài toán 4.1:
Tìm giá trị nhỏ nhất của A = 
Nhận xét 2: Nếu khai thác bài toán 4 theo hướng tăng số biến, số mũ lên, ta 
Có bài toán tổng quát sau:
	Bài toán 4.2:
Chứng minh rằng với mọi số với ta có:
.
Bài toán 5 :
Cho a + b + c + d = 2 . Chứng minh : 
 * Khai thác bài toán
Nhận xét 1: Nếu thay hằng số 2 ở giả thiết bởi số k ta được kết quả . Vậy có bài toán tổng quát hơn như sau:
	Bài toán 5.1:
Cho a + b + c + d = k . Chứng minh : 
Nhận xét 2: Ta còn có thể tổng quát bài toán 5.1 ở mức độ cao hơn bằng cách tăng số biến của bài toán . Khi đó bài toán 5.1 chỉ là trường hợp riêng của bài toán sau:
	Bài toán 5.2:
Cho = k . Chứng minh: với 
Để giải bài toán này thì cả hai cách làm của bài toán 5 ở trên đưa vào áp dụng không hợp lý, ta sẽ làm như sau:
áp dụng bđt (3) ta có: ; ;  ; 
 (vì )
 (đ.p.c.m). 
Từ đó suy ra : 
 với (1.1)
	Vậy có bài toán 5.3:
 Chứng minh: với .
Đặc biệt hoá với n = 5, n = 7, ta được những bài toán như : Chứng minh : 
 . 
Rõ ràng những bđt này nếu sử dụng phương pháp dùng định nghĩa hoặc biến đổi tương đương thì rất khó giải quyết .
	* Khai thác sâu bài toán
Nếu tiếp tục nâng số mũ lên cao hơn theo cách khai thác của bài toán 1.4 ta thu được kết quả tổng quát hơn nữa chẳng hạn:
	Bài toán 5.4:
Chứng minh:
 a) với 
 b) với 
 c) với (1.2)
Rõ ràng các bất đẳng thức này còn chặt hơn cả bđt Cô Si và cũng không cần điều kiện gì của biến.
Tiểu kết 1: 
Trên đây ta đã khai thác và phát triển từ những bài toán đơn giản để thu được những bài toán mới, những kết quả mới tổng quát hơn.
Bất đẳng thức (1.1) là trường hợp tổng quát của bất đẳng thức (1) khi ta khai 
thác theo hướng tăng số biến của bài toán.
Bất đẳng thức (1.2) là trường hợp tổng quát của bất đẳng thức (1) khi ta khai thác theo hướng tăng cả số mũ và số biến.
Tiểu kết 2:
Để khai thác, phát triển một bài toán về bất đẳng thức ta có thể đi theo một số hướng như sau: 
	Hướng thứ nhất : Tổng quát hoá các hằng số có trong bài toán, ví dụ như các bài toán 1.2; 2.2; 5.1; 6.1; 8.1; 9.1; 10.2; 12.1
	Hướng thứ hai : Giữ nguyên số biến và tăng số mũ của các biến dẫn đến tổng quát hoá số mũ, ví dụ các bài toán 1.1; 1.4
	Hướng thứ ba : Giữ nguyên số mũ và tăng số biến của các biến dẫn đến tổng quát hoá số biến, ví dụ các bài toán 1.5; 3.1; 6.3; 9.2; 10.3
	Hướng thứ tư : Tổng quát hoá cả về số mũ và số biến, ví dụ như các bài toán 4.2; 5.2; 5.4
	Hướng thứ năm : Đổi biến, đặc biệt hoá từ bài toán tổng quát, ví dụ như các bài toán 2.1; 4.1; 5.3; 6.2 
Trên đây là các ví dụ vận dụng bđt (*) vào việc giải các bài toán đại số và một số phương hướng để khai thác một bài toán. 
Kết quả thu được sau khi khai thác bđt (1) là bđt :
 với (1.1)
 Và bđt:
 với (1.2)
Hoàn toàn tương tự như trên ( Chứng minh bằng quy nạp toán học )
 ta cũng có kết quả khi khai thác bđt (2) như sau:
 với (2.1)
Từ bđt (1.2) và bđt (2.1) ta có bđt tổng quát của bđt (*) như sau:
 với (*.1) 
	Như vậy khi làm xong một bài toán dù là bài toán dễ , người làm toán không nên thoả mãn ngay với lời giải của mình mà cần tiếp tục suy xét những vấn đề xung quanh bài toán, tìm ra các bài toán mới hay hơn, tổng quát hơn, sau đó đặc biệt hoá bài toán tổng quát để có được những bài toán độc đáo hơn, thú vị hơn. Điều đó làm cho người học toán ngày càng say mê bộ môn, đồng thời cũng là cách rèn luyện tư duy, nghiên cứu để chiếm lĩnh kho tàng tri thức của nhân loại. 
 MO#T KYaaõ THUA#T CH##NG MINH 
 BÁT #AouứNG TH##C CO# #IEàU KIE#N 
 ===========
	Trong mo#t soá ba#i toa#n Baát #aouứng th##c co# mo#t soá kha# nhieàu ba#i toa#n ch##ng minh ma# ca#c a#n co# #ieàu kie#n ra#ng buo#c; da#ng: “Cho C D. Ch##ng minh A B”
	Co# mo#t kyaaõ thua#t #e# ch##ng minh la# ta #i t## ch##ng minh: (A – B) + (D –C) 0; Khi #o# t## #ieàu kie#n C D ta suy ra ##ô#c A B
	Sau #aây la# mo#t soá vYUỉ du#:
	Ba#i toa#n 1: Cho a + b 1. Ch##ng minh raèng: a2 + b2 1/2
Gia#i: Ta co# (a2 + b2 – 1/2) + (1 – a – b) = a2 + b2 – a – b – 1/2 = (a2 – a + 1/4) + ( b2 – b + 1/4) = (a – 1/2)2 + (b – 1/2)2 0. Ma# a + b 1 suy ra: 1 – a – b 0 => a2 + b2 – 1/2 0
 Hay a2 + b2 1/2
	Ba#i toa#n 2: Ch##ng minh raèng neáu a + b 2 thì a3 + b3 a4 + b4
Gia#i: Ta co#: (a4 + b4 – a3 + b3) + ( 2 – a – b) = a4 – a3 – a + 1 + b4 – b3 – b + 1 = 
= (a – 1)(a3 – 1) + (b -1)(b3 – 1) = (a – 1)2(a2 + a + 1) + (b – 1)2(b2 + b + 1) 0
	Ma# a + b 2 => 2 – a – b 0 => a4 + b4 – a3 + b3 0 => a3 + b3 a4 + b4
	Ba#i toa#n 3: Cho x, y la# ca#c soá d#ông thoa# maaaõn: x3 + y4 x2 + y3. Ch##ng minh raèng:
	x3 + y3 x2 + y2 va# x2 + y3 x + y2
Gia#i: a/ Ta co#: (x2 + y2 – x3 – y3) + (x3 + y4 – x2 – y3) = y2 – 2y3 + y4 = y2(y – 1)2 0
	Ma# x3 + y4 x2 + y3 => x3 + y4 – x2 – y3 0 => x3 + y3 x2 + y2
	b/ Ta co#: (x + y2 – x2 + y3) + (x3 + y4 – x2 – y3) = x – 2x2 + x3 + y2 – 2y3 + y4 =
	= x(1 – x)2 + y2(y – 1)2 0 (vì x > 0)
	Ma# x3 + y4 x2 + y3=> x3 + y4 – x2 – y3 0 => x2 + y3 x + y2
	Ba#i toa#n 4: Ch##ng minh raèng neáu: a + b + c 3 thì a4 + b4 + c4 a3 + b3 + c3
 Gia#i: Ta co#: (a4 + b4 + c4 – a3 – b3 – c3) + (3 – a – b – c) = 
 	= (a – 1)2(a2 + a + 1) + (b – 1)2(b2 + b + 1) + (c – 1)2(c2 + c + 1 0
	Ma#: a + b + c 3 => 3 – a – b – c 0 => a4 + b4 + c4 a3 + b3 + c3
	Ba#i toa#n 5: Cho x, y la# ca#c soá d#ông thoa# maaaõn x3 + y3 = x – y. 
 	Ch##ng minh raèng: x2 + y2 < 1
Gia#i: Ta co#: 1 – x2 – y2 = (1 – x2 – y2) + (x3 + y3 – x + y) = x4 – x3 – x + 1 + y4 – y3 + y =
	(x – 1)(x2 – 1) + y(y2 – y + 1) = (x + 1)(x – 1)2 + y(y2 – y + 1) > 0 ( vì x; y > 0)
	=> x2 + y2 < 1
----a&b ----
BA#I TA#P A#P DU#NG:
1/ Bieát raèng x2 + y2 x + y. Ch##ng minh raèng x + y 2
2/ Bieát raèng ab 1. Ch##ng minh raèng a2 + b2 a + b
3/ Bieát raèng x2 + y2 x. Ch##ng minh raèng y(x + 1) -1
C- Kết luận
	Sau một quá trình giảng dạy nhiều năm, thông qua các tài liệu tham khảo, cũng như học hỏi ở các đồng nghiệp. Tôi đã hệ thống lại được rất nhiều bài toán hình học và đại số có thể ứng dụng bất đẳng thức (*) để giải, mặc dù có những bài toán mà trong tài liệu tham khảo phải sử dụng các bất đẳng thức lớn như bất đẳng thức CôSi cho 3 số, cho 4 số, bất đẳng thức Bunhiacốpski để giải, các cách giải này hiện nay không phù hợp với chương trình toán T.H.C.S. Trong khi đó bất đẳng thức (*) hầu hết học sinh lớp 8 và lớp 9 đều chứng minh được và thường sử dụng, hơn nữa việc ứng dụng bất đẳng thức (*) mang lại hiệu quả không phải là nhỏ. 
	Thông qua sáng kiến kinh nghiệm này tôi mong muốn đựoc đóng góp một phần nhỏ bé công sức trong việc hướng dẫn học sinh ứng dụng và khai thác bất đẳng thức (*) khi làm toán, rèn luyện tính tích cực, phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh, gây hứng thú cho các em khi học toán. Tuy nhiên, do thời gian có hạn, trình độ bản thân còn hạn chế, nên tôi rất mong được sự đóng góp bổ sung của Hội đồng khoa học các cấp và của các bạn đồng nghiệp để kinh nghiệm của tôi được hoàn chỉnh hơn, đồng thời cũng giúp đỡ tôi tiến bộ hơn trong giảng dạy.
Tôi xin trân trọng cảm ơn !