Chuyên đề Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức

0  czbazcybaycxbax (*) 
Xét tam thức bậc hai: cXbaXtf  )1()( 2 )0( a 
 Có 04)1( 2  acb (theo giả thiết) 
Theo định lí về dấu của tam thức bậc hai  ttaf  ,0)( 
  








0)(
0(
0)(
0
0
0
zaf
yaf
xaf
 (**) 
Từ (*) 0)()()( 000  zfyfxf .Điều này mâu thuẫn với (**) 
Vậy điều giả sử sai.  đpcm. 
VD4: Cho 01
2
2
1
1 ...)( axaxaxaxxf
n
n
n
n
n  

 . 
Trong đó 1,...,2,1,0,1  niai .Giả sử đa thức có n nghiệm.Cm 3n 
Giải 
 Giả sử phản chứng: 3n (*) 
Gọi n nghiệm của đa thức f(x) là: nxxx ,...,, 21 
Ta viết ))...()(()( 21 nxxxxxxxf  
 n
n
nn
n
n
n xxxxxxxxxxxxxxx .......)...()...( 21
2
13221
1
21 


 
 1...)...( 21211  nnn xxxxxxa 
 1... 132212   nnn xxxxxxa 
Ta có:  




n
i
n
ji
ji
ji
n
i
ii axxxx
1 1,
2
1
2 212)( với 1a 
Nếu a=1 thì 


n
i
ix
1
2 0121 .Vô lí 
Nếu a=-1 thì 


n
i
ix
1
2 321 (1) 
Mặt khác 0... 021  axxx n (vì 010 a )  nixi ,...,2,1,0  
Vì nixi ,...,2,1,  là nghiệm của f(x) nên: 
0... 01
2
2
1
1 



 axaxaxax i
n
in
n
in
n
i .Chia 2 vế cho 
n
ix ta có: 
 01...111 0221   n
ii
n
i
n
x
a
x
a
x
a  ni
xi
,...,2,1,
1
 là nghiệm của đa thức: 
1...)( 1
1
10  
 xaxaxaxg n
nn 
Lập luận tương tự như trên ta có: 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 40 
 1)1...11(
0
1
21

a
a
xxx n
  11...11
21

nxxx
 Và 11...11
0
2
13221

 a
a
xxxxxx nn
  31
1
2


n
i ix
 (2) 
Từ (1) và (2)  
2
1
2
1
22 )
1
)((3 n
x
x
n
i i
n
i
i 

  3n .Mâu thuẫn với (*) 
Vậy điều giả sử sai.  đpcm. 
VD5: Chứng minh rằng hệ phương trình sau vô nghiệm: 











0,,
121
49
25
22
22
22
zyx
xzxz
zyzy
yxyx
Giải: 
Giả sử hệ đã cho có nghiệm ),,( 000 zyx 











0,,
)3(121
)2(49
)1(25
000
2
000
2
0
2
000
2
0
2
000
2
0
zyx
xxzz
zzyy
yyxx
Từ (1)  200
2
000
2
0 )(25 yxyyxx   500  yx (do 0, 00 yx ) 
Tương tự từ (2)  700  zy 
 (3)  1100  xz 
Ta có 2
2
222 )
2
(
4
3
)
2
(25
y
x
yy
xyxyx   5
2
0 
y
x 
Tương tự từ (2)  7
2
0 
y
z 
  120  zyx .Tương tự 180  zyx 
 160  zyx 
Tóm lại 120  zyx 
Ta có hệ: 











120
11
7
5
zyx
xz
zy
yx
 








10
50
70
y
z
x
Suy ra: 1095.757121 2222  zxzx .Vô lý.Vậy điều giả sử là sai 
 đpcm. 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 41 
VD5: Cho a,b,c,d thỏa mãn )()(2 bacdcbab  .Chứng minh trong 3 bất 
phương trình dưới đây ít nhất một bất phương trình có nghiệm: 
 0,0,0 222  dcxxcbxxbaxx 
Giải 
Giả sử cả 3 bất phương trình trên đều vô nghiệm.Tức là: 








)3(0
)2(0
)1(0
2
2
2
dcxx
xcbxx
baxx
Theo định lí về dấu của tam thức bậc hai ta có: 








04
04
04
2
2
2
dc
cb
ba
 0)(4222  dcbcba 
Từ )()(2 bacdcbab   abbacdcb  )()(2 
Từ đó ta có: 02)(2222  abbaccba 
  0)(2)( 22  baccba  0)( 2  cba . Vô lí 
acb 42  Vậy điều giả sử là sai.  đpcm 
 3.Bài tập áp dụng 
Bài 1: Cmr hệ 





63
93
yx
yx vô nghiệm. 
HD: 
Giả sử hệ đã cho có nghiệm ),( 00 yx .Khi đó 






)2(63
)1(9
00
0
3
0
yx
yx 
Từ (1) 000 yx  0)3( 00 yx .Kết hợp với (2) suy ra 





0
03
0
0
y
x
 





0
0
0
0
y
x
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 4 số dương 0000 ,,, yxxx 
Ta có: 4 0
3
0000000 43 yxyxxxyx  
  4 946   346  . 
Bài 2: Cho a,b,c thỏa mãn: 








0
0
0
abc
cabcab
cba
.Cm: a,b,c>0 
Bài 3: Cmr trong 3 bất đẳng thức sau có ít nhất một bất đẳng thức đúng: 
222222222 )()(2,)()(2,)()(2 baacaccbcbba  
Bài 4: Cho a,b,c >0 và abc=1.Cmr 3 cba 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 42 
Bài 5: Cho 0,, cba thỏa mãn 










0
111
0
0
cabcab
cabcab
abc
.Cmr: a,b,c<0 
Bài 6: Cho a+b+c>0.Cmr trong 3 bất đẳng thức sau có một bất đẳng thức đúng: 
1,1,1 333  abccabcbabca 
PHƯƠNG PHÁP 6: Phương pháp hình học 
I. Phương pháp vecto 
 Một số bất đẳng thức có thể được chứng minh bằng các tính chất của vecto. 
Trong mặt phẳng oxy cho 2 vecto ),( );,( 2121 bbbaaa
 thì ta có: 
 
 







n
i
n
i
iinnn uubaubaubau
baba
aa
bababababa
bababa
bababa
aaa
1 1
222111
22
2211
2211
2
2
2
1
 :có thì),()....,();,( )
 )
)( )
),cos( )
 )
),( )
 )







Ví dụ 1: Chứng minh rằng: 
 1317 22  xxxx 
HD: 
 2
3
2
1
2
33
)
2
1
(
22
2 




 







 xxVT 
 Đặt: 















2
3
 ,
2
1
 ;
2
33
 ,
2
1
xvxu

 )32 ,1( vu

 Ta có: 
 1317 22  xxxxvuvu

 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: vu  và cùng hướng 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 43 
 4
1
2
3
2
33
2
1
2
1



 x
x
x
Ví dụ 2: Cho x,y,z>0 và .1 zyx Cmr: 
 82
111
2
2
2
2
2
2 
z
z
y
y
x
x 
HD: 
 )
1
 ,( );
1
 ,( );
1
 ,( Xet 
z
zc
y
yb
x
xa 

 Ta có: 
82809.9.2 
)(80
111
)(9.2 
)(80
111
)(81
111
)(
111
2
cos
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2























zyx
zyz
zyx
zyx
zyx
zyxVT
zyx
zyx
z
z
y
y
x
x
cbacba
i

 Dấu “=” xảy ra 3
1
1
0,,
111














 zyx
zyx
zyx
zyx
z
z
y
y
x
x
Ví dụ 3: Chứng minh rằng: 
 )( )( :có ,, 444 acbacbaabcRcba  
 HD: 
 444222)( cbaabccabbcaa  
 Xét : 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 44 
(1) )( 
 ;
) , ,( ; ) , ,(
222222
222222222222
accbbacbaabcvuvuvuvuDo
ucbbaacvcacbbau
bcabcavcabcabu






 Xét (1): 
(2) 
),,( );,,(
444222222
1111
222
1
222
1
cbaaccbbavuvu
acbvcbau




 Từ (1) và (2) ta có đpcm 
 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c. 
Ví dụ 4: Cho ABC . Cmr: 
2
coscoscos
cba
CabBcaAbc

 
 Giải 
1321
3
2
1




eee
CA
CA
e
BC
BC
e
AB
AB
e




 Ta có: 
(đđpcmd) 
2
coscoscosab
0cosB)cacosAbccosCab2(-cba
0)eecaeebceeab2(cba
0)( 
211332
2
132
cba
BcaAbcC
ecebea







Ví dụ 5: Cho ABC và xyz>0. Chứng minh rằng: 
xyz
zyx
C
z
B
y
A
x 2
cos
1
cos
1
cos
1 222 
 
HD: Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp ABC 
 M, N, P lần lượt là hình chiếu của O lên BC, CA, AB. 
 OM=ON=OP=r 
A 
B 
C 
1e

2e

3e

A 
P 
B 
N 
M 
C 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 45 
xyz
zyx
C
z
B
y
A
x
zyxBzxAyzCxy
BzxAyzCxyrrzyx
OMOPzxOPONyzONOMxy
OPzONyOMx
2
cos
1
cos
1
cos
1
)(
2
1
coscoscos
0]coscoscos[2)(
0..2..2..2)rzy(x
0)( 
222
222
22222
2222
2






 Ta có: 
 Dấu “=” xảy ra 0

 OPzONyOMx 
Ví dụ 6: cho: .122  yx Cmr: 
 2323 22  yxyx 
HD: 
 Xét: )2 ,( );1 ,3( 22 xyyxvu   . Ta có: 
2323
)(22)(3
22
2222



yxyx
yxxyyx
vuvu

 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi u và v cùng hướng 





















4
33
2
13
1
3
2
22
22
y
x
yx
xy
yx
Ví dụ 7: Giải hệ phương trình: 













1999
2000
19991
1999
2000
19991
1999
1
1999
1
i
i
i
i
x
x
Giải: Xét )1,1( iii xxu 
 ; 1999 ,1i 
 Ta có: 
O 
B C 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 46 
lý) (vô 2000.1999.221999
)1()1(21999
2
1999
1
2
1999
1
1999
1
1999
1







i
i
i
i
i
i
i
i
xx
uu

 Vậy hệ phương trình vô nghiệm. 
Bài tập đề nghị: 
 Bài 1: Cho 2x-y=2. Cmr: 
 52)3()1( 2222  yxyx 
 Bài 2: Cho 4 số dương phân biệt a, b, c, d. Chứng minh rằng ta có: 
 x )()()()( 222222  dbcadxcbxa 
 Bài 3. Cmr: 
2
1
)1)(1(
)1)((
22



ba
abba 
 Bài 4: Cho tứ diện ABCD vuông đỉnh A. Cmr với mọi điểm M ta có: 
 ADACABMDMCMBMA 3 
 Bài 5: Cmr: 
 2)(sinsin.sin4)(sincos.cos4 222222  yxyxyxyx 
 Bài 6: Cho ABC , chứng minh rằng: 
2
3
coscoscos  CBA 
II. Dùng hình học để chứng minh bất đẳng thức 
 Một số định lý tính chất cơ bản trong hình học thường dùng trong chứng 
minh bất đẳng thức hình học 
1) Định lý hàm cosin trong ABC có 3 cạnh a, b, c 
Cabbac
Bcaacb
Abccba
cos2
cos2
cos2
222
222
222



2) Công thức diện tích 
4R
abc
pr 
sin
2
1
sin
2
1
sin
2
1
2
1
2
1
2
1




CabBcaAbc
chbhahS cba
3) Với 3 điểm A,B,C trong mặt phẳng thì: BCACAB  
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 47 
4) Cho H là hình kín có diện tích S. Có )n,1( iH i là các hình kín có diện tích 
iS trong hình H thỏa mãn 2 hình bất kì có phần trong giao với nhau bằng rỗng ta 
có SSSS n  ...21 
 Ví dụ 1: 
 Cho a, b, c thỏa mãn: bcac  0 và0 . Cmr: 
 abcbcacc  )()( 
 Giải: Dựng hình vẽ ABC có các cạnh 
cbcaBC
aAB

 bAC ; 
 Đường cao cAH  
 Ta có: 
abcbccac
Aabcbccac
SSS ABCAHCABH



)()(
sin
2
1
)(
2
1
)(
2
1
 Dấu “=” xảy ra 
2
1sin

 AA 
Ví dụ 2: 
 Cho cba ]2,0[,,  chứng minh: 
 4)2()2()2(  accbba 
 Giải: 
 Xét ABC đều có cạnh bằng 2. 
 Lấy M, N, P lần lượt trên các cạnh: 
 Ab, BC, CA sao cho BM=a, Cn=b, Ap=c 
 Khi đó: 
 ABCCPNBMNAMP SSSS  
4)2()2()2(
4.
4
3
)2(
4
3
)2(
4
3
)2(
4
3
3
sin..
2
1
sin..
2
1
sin..
2
1
sin..
2
1



accbba
accbba
BCABCCPCNBBNBMAAPAM

 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi có 1 số bằng 2, một số bằng 0 và 1 số tùy 
ý ]2,0[ 
Ví dụ 3: 
 Cho x, y, z tùy ý. Cmr: 
 (1) 222222 zyzyzxzxyxyx  
Giải: 
A 
B 
C 
H 
c
b a 
cb  
ca  
A 
B C 
M 
P 
N 
a 
c 
b 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 48 
222222
2
3
2
3
222
3
22
3
2
)1( 












 












 












  zy
zy
z
z
xy
y
x 
 Trong mặt phẳng oxy xét: 
đpcm)( :có Ta
2
3
2
2
3
2
3
22
2
3
2
22
22
22














 













 













 
BCACAB
z
z
xCA
zy
zy
BC
y
y
xAB
 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A, B, C thẳng hang và A ở giữa B và 
C. 0 zxyzxy 
Ví dụ 4: 
 Cho dcba ]1,0[,,,  chứng minh rằng: 
 addccbbadcba 20062006200620062006200620062006 2  
Giải: 
dcbavà
addccbbaaddccbba
dcbaVi
]1,0[,,, 
]1,0[ ,,, 
2006200620062006
200620062006200620062006200620062006200620062006



Xét hình vuông ABCD có độ dài các cạnh bằng 1. 
Lấy M, N, P, Q lần lượt trên AB, BC, CD, DA sao cho: 
20062006
20062006
dAQ ;
 ;


cDP
bCNaBM
Khi đó 
 
addccbba
addccbbadcba
addccbba
SSSSS ABCDAQMDPQCNPBMN
2006200620062006
200620062006200620062006200620062006200620062006
20062006200620062006200620062006
2 
2
1)1()1()1()1(
2
1




 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khio có 2 số bằng 0 và 2 số bằng 1. 
☻Tổng quát: Cho dcba ]1,0[,,,  chứng minh 1n thì: 
A 
M 
B 
N 
C 
P 
D 
Q 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 49 
 addccbbadcba nnnnnnn  2 
Ví dụ 5: 
 Cmr: (1) 4106346 22  xxxx 
HD: 
43 )
41)3(25)3()1( 22


Vtx
xx
 3 )  x . Ta dựng ABC vuông tại A và có: 
xxxxx
CDBDBCVT
ADACDACxAB



 4106346
4
;1 ; ;5 ; 3
22
Ví dụ 6: 
 Cho a,b,c >0. CMR: 
 222222 3232 cacacbcbbaba  
HD: 
 Dựng các đoạn OA, OB, OC sao cho 
 OA=a; OB=b; OC=c thỏa mãn: 
 ??????????? 
 Ta có: 
2
32
2
13
2
1
)3045cos(75cos 000








 
 
Áp dụng định lý cosin trong OACOBCOAB  ; ; Ta có: 
đpcmACBCABmà
acacCA
bccbBC
abbaAB




32
3
2
22
22
22
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A, B, C thảng hang theo thứ tự đó. 
Khi đó: 
ca
ac
b
ac
ac
bcab
SSS OACOBCOAB






2
32
4
32
75sin
2
1
44
2
0 
B 
3x
A 
D 
C 
A 
a 
c 
B 
b 
O 
C 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 50 
Ví dụ 7: 
 CM với 
2
0

 x thì sinx<x 
HD: 
 Vẽ đường tròn đơn vị. 
Gọi x là số đo cung AC thì sinx=AB 
AB<AC(đường vuông góc ngắn hơn đường xiên) 
Hình tròn là hình đơn vị, 
do đó x là số đo cung AC cũng 
là số đo độ dài cung AC. 
Ta biết AB<AC< độ dài cung AC=x nên sinx<x. 
Ví dụ 8: 
 CMR: 22222 )())(( bdacdcba  
HD: 
 Trên mặt phẳng oxy lấy P(a,b); Q(c,d) 
Gọi  là góc giữa OP và OQ thì 
))(()(1cos
))((2
])()[(
..2
cos
)()( :Mà
cos...2
22222
22222222
222222222
222
222
222
222
dcbabdac
dcba
bdac
dcba
dbcadcba
OQOP
PQOQOP
dbcaPQ
OQOPOQOPPQ
dcOQ
baOP
















Dấu “=” xảy ra 
d
b
c
a
 1cos 
Ví dụ 9: 
 Cho n số thực a1;;an. CMR: 
 

 
n
i
ii
n
aa
1
2
1
2 
2
2
)1( với ai+1=a1 
HD: 
 TH1: Xét n chẵn 
Xây dựng các đoạn 
 A1A2=A2A3==AnAn+1=An+1An+2=1 
Trên AiAi+1 (i=1,,n+1) lấy Bi 
y 
x O 
A 
B C 
P(a,b) 
y 
x 

O 
Q(c,d) 
B1 
A1 
A2 
B2 
C 
A4 
A5 
A6 
B4 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 51 
sao cho BiAi+1=ai 
Trên An+1An+2 lấy Bn+1 
sao cho Bn+1An+2=an+1=a1 
Khi đó: 
Bi nằm dưới ở về bên trái Ai+1; ai>0 
Bi nằm trên ở về bên phải Ai+1; ai<0 
(hình bên 01;a4<0) 
Theo cách xác định ta có: 
2
1
22
1
2
11
111
)1(
1




iiiiiiii
iii
aaABABBB
aAB
Từ đó vế trái của bddt đã cho là độ dài của đường gấp khúc B1B2;;BnBn+1 
Do n chẵn nên 
2
... 154321
n
AAAAAACB nn   
2
... 143211
n
AAAAAACB nnn   
Vậy tam giác vuông B1CBn+1 có: 
2
2
11
n
BB n  
Độ dài đường gấp khúc nối B1;; Bn+1 không nhỏ hơn B1Bn+1 (đpcm) 
 TH2: n lẻ 
Đặt an+1=a1 ; an+2=a2 ;; a2n=an 
Áp dụng TH1 ta có: 
 

 
n
i
ii
n
aa
2
1
2
1
2
2
22
)1( với a2n+1=a1 
Hay đpcmnaa ii   2
22
))1((2 21
2 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi Bi(i=1,,n+1) 














1)2k(n ...a
2k)(n 
1...
...
21
42
131
n
n
n
aa
aaaa
aaaa
 với k là số nguyên 
tùy ý. 
Bài tập đề nghị: 
Bài 1: Cho dcba ]1 ,0[,,,  Cmr: 
 2)1()1()1()1(  addccbba 
HD: Xét hình vuông ABCD cạnh 1. Trên Ab, BC, CD, DA lần lượt lấy M, N, 
P, Q sao cho BM=a; CN=b; DP=c; AQ=d 
Thì: ABCDDPQCNPBNCAMQ SSSSS  
Bài 2: cho a, b, c thỏa mãn: 52222  dcba Cmr: 
 (1) 
2
203
52525  bdacdcba 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 52 
HD: 
153 MNP vi
153
2
303
2
)()(
2
)2()1(
2
)2()1(
)1(
222222









Chu
MNNPMP
dbcadcba
Với M(a,b); N(c,d) P(1, 2) cùng thuộc (0, 5 ) 
Bài 3: CMR: 
 2 
4
)1(...21
2
2222  n
n
nnnn
 
HD: Vẽ đường tròn đơn vị (O,1) 
 Chia OB thành n phần bằng nhau nn BBBBOB 1211 ...  
 Dựng (n-1) hình chữ nhật từ B1; B2; ; Bn có cạnh bằng 
n
1 
 Có cạnh 'ii BB 
 S là tổng diện tích của (n-1) hình chữ nhật đó thì S< SquạtAOB=
4
 
Bài 4: Cho x, y, z tùy ý Cmr 
 222222 zyzyzxzxyxyx  
HD: Xét 
đpcmBCACABDo
zy
CzyBz
y
xA


)0;
22
( );
2
3
2
3
;0( );
2
3
;
2
( 
Bài 5: Cho x+2y+3z=2. Chứng minh rằng 
 10213121 222  zyx 
HD: 
 Xét A(1, x); B(3, x+2y); C(6, x+2y+3z) thì điều phải chứng minh tương 
đương với OCBCABOA  
III. Dùng biểu diễn miền nghiệm để cminh bất đẳng 
thức 
Ví dụ 1: 
 Cho a, b, c, d thỏa mãn: (*) 
)(1236
1)1()1(
22
22






dcdc
ba
 CMR: 
 6226 )12()()()12(  dbca 
HD: 
36)6()6(
1)1()1(
(*)
22
22







dc
ba
Xét M(a, b) thuộc đường tròn O1(1, 1) bán kính R1=1 
 N(c, d) thuộc đường tròn O2(6, 6) bán kính R2=6 
N2 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 53 
725725
)12()()()12()( 3223


MN
dbcađpcm 
Ta có 21 ; ; OOO thẳng hàng và 2521 OO 
Nối 21 ; ; OOO cắt )O( 1 lần lượt tại M1; M2 và cắt )O( 2 lần lượt tai N1; N2 
725725
)2()1(
21212121
212112



MN
RROOMNRROO
RROOMNNM
Dấu “=” xảy ra ở 


















236
2
22
;)2()
236
2
22
;)1()
21
12
dc
ba
NNMMbdt
dc
ba
NNMMbdt
Ví dụ 2: 
 Cho Ryx , thỏa mãn: (*) 
0;0
93
22








yx
yx
yx
. CMR: 
 (1) 5984
2
35 22 

yxyx 
HD: 
 Trên mặt phẳng oxy lấy A(1, 0); B(0, 2); C(0, 3); D(9, 0); O1(2, 4) 
Tập hợp điểm M(x, y) thỏa mãn (*) là tứ giác ABCD 
A 
C 
D 
4 
O1 
D 
y 
H 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 54 
79
2
10
79)4()2(
2
5
)1(
1
22


MO
yx
HOMO 11  với 2
10
11  MOCDHO 
Dấu “=” xảy ra 





2
5
,
2
3
MHM 
)0,9("" Có .7911  MOMDOMO 
Ví dụ 3: 
 Cmr: (*) 1126cos4cos3cos2cos17 22   
HD: 
 Trên mặt phẳng oxy lấy điểm: 
2cos10
)cos1,2();3,22(
)cos1,22(');2,2();0,2( 10






MN
NMM
 M chạy trên đoạn thẳng M0M1 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 55 
   
1cos)2(
2
1
cos)1(
11236;112;max
17
1122)cos2(2)cos1(17
cos2'
1122)cos2(2)cos1(17(*)
0
01
1100
22
)1(
22














MM
MMONM
ĐPCM
MAXNMOMNMOMMNOM
ONMNOM
NN
Bài tập đề nghị 
Bài 1: Cho: 
 (*) 
)(617
0122
22
22






dcdc
baba
 CMR: )1( 224)()(224 22  dbca 
HD: 







1)3()3(
1)1()1(
(*)
22
22
dc
ba
 M(a, b) thuộc đường tròn tâm I(-1, -1) bán kính r=1 
 N(c, d) thuộc đường tròn tam J(3, 3) bán kính R=1 
 224224)1(  MN 
Bài 2: Cho (*) 14222  baba CMR: 
 221221  ba 
y 
x 
N 
N’ 
M 
M0 22 
M1 
2 
3 
cos1 
O 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 56 
HD: 
 4)2()1((*) 22  ba 
 M(a, b) thuộc đường tròn tâm I(1, -2) bán kính r=2 và xét đường thẳng 
y=a+b. 
Bài 3: Cho 








042
02
082
xy
yx
xy
 cmr: 20
5
16 22  yx 
PHƯƠNG PHÁP 7: Phương pháp lượng giác 
 I) Cơ sở lý thuyết 
1) Nếu 1x thì đặt x=cos ,   ,0 hoặc x=sin , 


 
2
,
2
 
2) Nếu Rx  hoặc trong bất đẳng thức có chứa 22 xR  thì đặt 
 








 

2
,
2
,sin
,0,cos


Rx
Rx
3) Nếu 1x thì đặt 



 



 
2
3
,
2
,0,
cos
1


x 
4) Nếu Rx  >0 hoặc bài toán có chứa biểu thức 22 Rx  thì đặt 
 










 



 
,0,
sin
2
3
,
2
,0,
cos




R
x
R
x
5) Nếu )0(222  RRyx thì đặt  





2,0),0(
sin
cos



R
Ry
Rx
6) Nếu      0222  RRbyax thì đặt  





2,0,
sin
cos



Rby
Rax
7) Nếu  0,,22
2
2
2
 RbaR
b
y
a
x thì đặt  





2,0,
sin
cos



Rby
Rax
8) Nếu  0,,2
22





 




  RbaR
b
y
a
x  thì đặt   





2,0
sin
cos



Rby
Rax
9) Nếu  0,12
2
2
2
 ba
b
y
a
x thì đặt   





2,0,10
sin
cos



R
Rby
Rax
10) Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức x2+R2 thì đặt 





 
2
,
2
,tan Rx 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 57 
11) Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức (ax)2+b2 (a,b>0) tì đặt 





 
2
,
2
,tan 
a
b
x 
12) Nếu trong bài toán chỉ xuất hiện x không ràng buộc điều kiện thì ta 
cũng có khi đặt 




 
2
,
2
,tan x 
13) Nếu trong bài toán xuất hiện một hay nhiều biểu thức dạng 
...
31
3
,
1
2
,
1
1
,
1
2
,
1
,
1 2
3
22
2
2 a
aa
a
a