SKKN Giúp học sinh vận dụng tốt một bất đẳng thức đơn giản vào giải một số bài toán bất đẳng thức

MỤC LỤC
Trang
1. MỞ ĐẦU.
2
1.1. Lí do chọn đề tài.
2
1.2. Mục đích nghiên cứu.
2
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
 3
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
3
1.5 Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm.
3
II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
3
2.1. Cơ sở lí luận .
3
2.2. Thực trạng vấn đề. 
4
2.3. Các giải pháp thực hiện.
5
2.4. Hiệu quả của sáng kiến. 
17
III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
18
TÀI LIỆU THAM KHẢO
20
I. MỞ ĐẦU
1.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
 Toán học là một bộ môn khoa học đòi hỏi khả năng tư duy có chiều sâu và sự quan sát tinh tế của người học thì mới giải quyết được các yêu cầu của bài toán đề ra, toán học luôn không ngừng phát triển theo thời gian, chính vì vậy người dạy càng phải tìm tòi và sáng tạo những phương pháp dạy học mới để đáp ứng được nhu cầu của người học. 
 Chúng ta đều biết một bài toán dù có khó, phức tạp đến đâu lời giải của nó cũng có thể đưa được về các bước suy luận đơn giản, việc giải các bài toán phức tạp đều có thể đưa về việc áp dụng, tiền đề là các bài toán đơn giản. Nên việc thường xuyên ứng dụng, khai thác các bài toán đơn giản để giải các bài toán khó là một cách nâng cao dần khả năng suy luận, tư duy sâu cho học sinh, đồng thời tạo hứng thú cho học sinh trong quá trình học tập. 
 Qua những năm trực tiếp giảng dạy, bản thân tôi thấy một thực tế hầu hết các em học sinh sau khi giải xong một bài toán là tỏ ra thoả mãn yêu cầu. Thậm chí cả đối với một số học sinh khá, giỏi cũng vậy. Điều đó thật đáng tiếc và cuối cùng chính nó làm tôi suy nghĩ và tìm tòi biện pháp để hướng các em hãy dành một lượng thời gian vừa đủ để suy xét tiếp một bài toán mà mình vừa giải xong. Sau khi suy nghĩ như vậy và hướng dẫn các em học sinh theo hướng khai thác, phát triển ở một bài toán để trở thành một “họ” của bài toán đó hay ta có một “chùm” bài toán hay làm tôi rất tâm đắc bởi các em đã được tha hồ phát huy trí sáng tạo của mình, tìm tòi mọi góc độ xung quanh một bài toán xuất phát, qua đó các em khắc sâu được kiến thức. Và điều quan trọng hơn cả là thông qua cách hướng dẫn này phù hợp với phương pháp dạy học tích cực hiện nay, các em học sinh là người chủ động sáng tạo trong việc tiếp thu kiến thức, làm chủ tình huống, từ đó càng yêu thích và say mê học toán hơn.
 Xuất phát từ những suy nghĩ ấy tôi đã trăn trở và mạnh dạn đưa ra một hướng “Giúp học sinh vận dụng tốt một bất đẳng thức đơn giản vào giải một số bài toán bất đẳng thức”. Nhằm giúp các em tạo ra một thói quen tốt sau khi giải một bài toán, đồng thời giúp các em yêu thích bộ môn toán có thêm điều kiện để phát triển thêm về năng lực tư duy. 
1.2.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
 Nhằm nâng cao chất lượng dạy và học: Trước hết giáo dục nhà trường phải hình thành và bồi dưỡng cho học sinh năng lực tự học, tự giải quyết vấn đề. Việc trang bị tốt năng lực này là một trong những hoạt động trọng tâm của việc đổi mới phương pháp dạy học trong điều kiện đổi mới chương trình phổ thông. Vì thế cốt lõi của đổi mới phương pháp dạy học là hướng tới hoạt động học tập tích cực, chủ động, sáng tạo của học sinh, chống lại thói quen học tập thụ động. Đổi mới phương pháp dạy học bao gồm đổi mới nội dung và hình thức hoạt động của giáo viên và học sinh, đổi mới hình thức tổ chức dạy học, đổi mới hình thức tương tác xã hội trong dạy học, đổi mới kĩ thuật dạy học với định hướng: Bám sát mục tiêu giáo dục phổ thông, phù hợp với nội dung dạy học cụ thể, phù hợp với đặc điểm lứa tuổi học sinh, các điều kiện dạy học của nhà trường, ứng dụng công nghệ thông tin.
 Khai thác và phát triển bài toán từ một bất đẳng thức đơn giản, để các em học sinh vận dụng một cách linh hoạt, sao cho phù hợp với từng đối tượng học sinh.
Phát huy năng lực tư duy tích cực, độc lập sáng tạo, nâng cao năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn của học sinh.
 Giúp giáo viên có thêm một tư liệu tham khảo bổ ích về vấn đề này. 
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
 Quá trình dạy toán nói chung và dạy bồi dưỡng học sinh giỏi phần bất đẳng thức nói riêng ở trường THCS Thành Tâm.
 Phương pháp khai thác và phát triển bài toán từ một bất đẳng thức đơn giản.
1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu qua tài liệu: Tham khảo tài liệu chuyên môn có liên quan đến bất đẳng thức.
- Nghiên cứu qua thực hành giải bài tập của học sinh.
- Nghiên cứu qua theo dõi kiểm tra. 
- Nghiên cứu từ thực tế giảng dạy, học tập của từng đối tượng học sinh.
1.5. NHỮNG ĐIỂM MỚI CỦA SKKN
II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1.Cơ sở lý luận 
 Đặc điểm của lứa tuổi HS THCS là muốn vươn lên làm người lớn, muốn tự mình khám phá, tìm hiểu trong quá trình nhận thức. Các em có khả năng điều chỉnh hoạt động học tập, sẵn sàng tham gia các hoạt động học tập khác nhau nhưng cần phải có sự hướng dẫn, điều hành một cách khoa học và nghệ thuật của thầy, cô giáo. Hình thành và phát triển tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo cho HS là một quá trình lâu dài. 
 Trong toán học, quá trình xác nhận hay bác bỏ một phán đoán nào đó dựa vào các phán đoán đã biết từ trước gọi là phép chứng minh.
 Để rèn luyện kỹ năng giải bài toán bất đẳng thức cho học sinh, tôi sử dụng phép phân tích trong quá trình tìm lời giải và phép tổng hợp trong trình bày lời giải. Phép phân tích là phương pháp chứng minh đi từ cái chưa biết đến cái đã biết, từ điều cần tìm đến điều đã cho. 
 Vì khi dạy cho học sinh giải bài tập, người giáo viên không chỉ đơn thuần cung cấp lời giải mà quan trọng hơn là: Dạy cho học sinh biết cách suy nghĩ tìm ra con đường hợp lý để giải bài toán.
Hai phương pháp được sử dụng để khai thác bài toán bất đẳng thức:
Tìm thêm cách giải khác
Xây dựng bài toán mới từ các bài toán ban đầu.
2.2.Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng SKKN
-Thực trạng chung:
Các dạng toán về chứng minh bất đẳng thức là bài toán khó vì phạm vì kiến thức rộng đặc biệt là với học sinh THCS vì công cụ để chứng minh bất đẳng thức trong khuôn khổ chương trình còn hạn chế, các bài toán về chứng minh bất đẳng thức ngoài việc đòi hỏi các em nắm vững kiến thức, các phương pháp chứng minh mà còn đòi hỏi học sinh phải có tư duy tốt biết vận dụng và khai thác tốt các bất đẳng thức đã biết vào việc chứng minh, hiện nay các bài toán về chứng minh bất đẳng thức thường xuyên xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi các cấp, các đề thi tuyển sinh vào lớp 10 đặc biệt thi vào các trường chuyên, lớp chọn nhằm phân loại học sinh nên thường rất khó.
- Đối với giáo viên:
 Một số giáo viên chưa thực sự quan tâm đến việc khai thác, phát triển, sáng tạo bài toán trong các tiết dạy nói riêng cũng như trong công tác dạy học nói chung.
 Chưa chú trọng đến việc phân tích bài toán theo nhiều khía cạnh đề tạo ra các phương pháp và lời giải khác nhau, cũng như chưa phát triển bài toán cụ thể thành bài toán tổng quát hay sử dụng phương pháp, kết quả tìm được cho các bài toán khác.
 Bắt học sinh giải nhiều bài tập nhưng ít hiệu quả làm cho học sinh coi việc giải toán là gánh nặng. Chưa chú ý đến việc lựa chọn một hệ thống bài tập đa dạng đầy đủ mà còn đơn điệu, lặp lại khiến học sinh nhàm chán, chỉ giải một cách qua loa đại khái.Chưa gây được hứng thú cho học sinh thông qua việc giải các bài toán.
 Chưa chuyên sâu một vấn đề nào đó, chưa liên hệ được các bài toán với nhau và chưa khai thác phát triển một bài toán tốt để giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức.Quan trọng hơn nữa là chưa nâng cao được tư duy cho các em học sinh.
 Trước thực trạng trên đòi hỏi phải có các giải pháp trong phương pháp dạy và học sao cho phù hợp.
- Đối với học sinh:
 Đa số học sinh, sau khi tìm được một lời giải đúng cho bài toán thì các em hài lòng và dừng lại, mà không tìm lời giải khác, không khai thác thêm bài toán, không sáng tạo gì thêm nên không phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân.
 Không ít học sinh thực sự chăm học nhưng chưa có phương pháp học tập phù hợp, chưa chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên hiệu quả học tập chưa cao.
 Học không đi đôi với hành, làm cho bản thân học sinh ít được củng cố, khắc sâu kiến thức, ít được rèn luyện kĩ năng để làm nền tảng tiếp thu kiến thức mới, do đó năng lực cá nhân không được phát huy hết.
 Các em khi giải dạng toán về bất đẳng thức thường lúng túng, một mặt là khó mặt khác các em không biết bắt đầu từ đâu, chưa định hình được phương pháp giải nên đa số các em thường học kém và không hứng thú học dạng toán này. 
 Học sinh thường ngại học toán bất đẳng thức vì kiến thức không liền mạch, phương pháp giải hạn chế, các bài toán bất đẳng thức thường khó, phải áp dụng các kiến thức khó như: quy nạp toán học, phản chứng, sử dụng bất đẳng thức có sẵn... nên học sinh hay ngại học.
 Do đó phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua việc giải toán bất đẳng thức là rất cần thiết. Trong những năm giảng dạy thực tế ở trường THCS Thành Tâm tôi đã tích luỹ được một số kiến thức và kinh nghiệm về toán bất đẳng thức.
2.3.Các giải pháp thực hiện
 Sau khi đã trang bị cho học sinh một vốn kiến thức cơ bản, các phương pháp chứng minh đẳng thức. Tôi mới áp dụng đề tài này và thấy rằng nó rất hiệu quả. 
 Qua những bài toán mà học sinh đã giải được, tôi định hướng cho các em tư duy, tập trung nghiên cứu thêm về lời giải, về kết quả bài toán đó. Bằng các hình thức như:
 	- Kiểm tra kết quả. Xem xét lại các lập luận.
	- Nghiên cứu, tìm tòi,  với việc tập trung giải quyết các vấn đề như: Liệu bài toán còn có cách giải khác hay không? Có thể thay đổi dữ kiện bài cho để đề xuất bài toán mới không? Bài toán đã cho có liên quan với các bài toán nào khác không? 
 Trong đề tài này, tôi xin minh hoạ bằng cách khai thác, phát triển từ kết quả một bất đẳng thức rất đơn giản. Nhằm giúp học sinh thấy được cái hay, cái đẹp, sự thú vị trong học toán nói chung và trong giải toán về bất đẳng thức nói riêng. Từ đó, giúp học sinh tự tin, tích cực, sáng tạo hơn trong học toán, giúp học sinh thêm yêu thích, nâng cao chất lượng, kết quả học tập môn toán.
Trước hết chúng ta hãy bắt đầu từ một bất đẳng thức đơn giản sau:
Bài toán 1 (Bài toán xuất phát): Cho a, b là hai số bất kì và x, y là hai số dương. Chứng minh rằng: 
 a2x + b2y ≥( a+b)2x+y (*)
Chứng minh: Việc chứng minh bất đẳng thức này rất đơn giản.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
 a2yx+y+b2x x+y ≥(a+b)2xy
 a2y2 + b2x2 ≥2abxy
 (ay-bx)2≥0
Bất đẳng thức sau cùng hiển nhiên đúng. 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
 ax=by
Ta không dừng lại ở đây mà vận dụng bất đẳng thức đơn giản này ta có thể giải được những bài toán phức tạp hơn.
+ Bài toán còn có thể giải quyết theo hướng nào hay hơn không ? 
+ Bài toán này nếu giữ nguyên giả thiết ấy thì còn kết luận thêm được gì nữa? 
+ Bài toán này nếu đặc biệt hóa giả thiết (và ngược lại tổng quát hóa giả thiết) một số điều kiện ( nếu được) thì thu được những kết luận mới nào? 
Từ những vấn đề như trên mà sau mỗi bài toán tôi đã cố gắng cho học sinh suy nghĩ, tìm tòi các cách chứng minh khác nhau và hướng dẫn cho học sinh biết khai thác kết quả của bài toán thu được một chuỗi các bài toán liên quan.
 Quay lại với bài toán 1 đã trình bày ở trên, tôi tiếp tục những hướng khai thác khác và đã thu được một vài kết quả như sau:
Bài toán 2. Chứng minh rằng với mọi số dương x, y ta có:
 1x + 1y ≥4x+y 
Giải: Sử dụng BĐT (*) ta được:
 1x+ 1y= 12x+ 12y≥ (1+1)2x+y= 4x+y 
Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi; x = y.
Áp dụng bất đẳng thức (*) hai lần, ta dễ dàng chứng minh được bài toán 3.
Bài toán 3: Với ba số dương x, y, z chứng minh rằng: 
 1x + 1y + 1z ≥9x+y+z
Vậy qua các bài toán trên, ta mạnh dạn xây dựng bài toán sau:
Bài toán 4. Cho a,b,c là ba số bất kì và ba số dương x, y, z. Chứng minh rằng:
 a2x + b2y + c2z ≥( a+b+ c)2x+y+z
Chứng minh: Sử dụng bất đẳng thức (*) hai lần ta nhận được:
 a2x + b2y + c2z ≥( a+b+ c)2x+y+z (**)
Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi 
 ax=by=cz
Giúp học sinh biết vận dụng tốt các BĐT đơn giản trên theo cả hai chiều thuận và ngược vào giải một số bài toán trong các đề thi học sinh giỏi bậc THCS, tuyển sinh vào lớp 10 trong những năm gần đây:
Bài toán 5:Cho hai số a, b bất kì. Chứng minh rằng: 
 a4 + b4 ≥( a+b)48
Chứng minh: Sử dụng BĐT (*) hai lần ta có:
 a4 + b4= a41 + b41≥( a2 + b2)21+1= 12(a21 + b21)2
 ≥12[(a+b)22]2= ( a+b)48(đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b. 
Bài toán 6: Cho các số dương x, y, z thỏa mãn:
 1x + 1y + 1z =4
Chứng minh rằng :
 12x+y+z+ 1x+2y+z+ 1x+y+2z ≤1.
Giải: Áp dụng BĐT (*) hai lần ta được:
 12x+y+z=(12+12)2x+y+x+z≤14x+y+14x+z
 =14.(12+12)2x+y+ (12+ 12)2x+z≤116.2x+1y+1z
Chứng minh tương tự, ta được:
 1x+2y+z≤116. 1x+ 2y+1z
 1x+y+2z≤116.1x+1y+2z
Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên ta được:
 12x+y+z+1x+2y+z+1x+y+2z≤14.1x+1y+1z=14.4=1
Suy ra: (đpcm)
Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi:
 x=y=z=34
Qua bài toán này chúng ta có thể vận dụng linh hoạt bất đảng thức (*) theo chiều thuận và chiều ngược, tùy theo yêu cầu của mỗi bài toán.
Vận dụng cách làm tương tự ta có lời giải bài toán 7.
Bài toán 7: Cho ba số dương x, y, z. Chứng minh rằng:
 x2x+y+z+yx+2y+z+zx+y+2z≤34
 ( Đề thi vào lớp 10 THPT trường ĐHSP TP. Hồ Chí Minh năm 2013 – 2014)
Có những bài BĐT có thể ta chưa thể áp dụng BĐT (*), phải lưu ý giả thiết của bài toán, và phải qua các phép biến đổi ta mới sử dụng được.
Bài toán 8: Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
 1a3( b+c)+ 1b3(c+a)+ 1c3(a+b) ≥32
Chứng minh: Sử dụng BĐT (**) với lưu ý abc =1 a2b2c2 = 1 ta có: 
1a3( b+c)+1b3c+a+ 1c3a+b= b2c2a b+c+ c2a2b c+a+ a2b2ca+b
 ≥ (ab+bc+ca)22. ab+bc+ca= 12. (ab+ bc+ ca)
Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ab ; bc ; ca ta có :
 ab+bc+ca ≥3.3ab.bc.ca=3.3(abc)2= 3 
Do đó :
 1a3 ( b+c)+ 1b3(c+a)+ 1c3(a+b) ≥32
Dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi a = b = c= 1
Bài toán 9: Cho a, b, c > 0 và a+b+c ≤3. Chứng minh rằng:
 A=4a2 + b2 + c2 + 2021ab+bc+ca ≥675
(Đề thi học sinh giỏi môn toán 8 huyện Thạch Thành năm học 2018 – 2019)
Chứng minh: 
Ta có:
 A=4a2 + b2 + c2 + 4ab+bc+ca+ 4ab+bc+ca+2013ab+bc+ca
 =4.(1a2 + b2 + c2+1ab+bc+ca+1ab+bc+ca)+ 2013ab+bc+ca
Áp dụng BĐT ở bài toán 3 ta có :
1a2 + b2 + c2+1ab+bc+ca+1ab+bc+ca≥9(a+b+c)2 ≥1
 ( vì a+b+c ≤3)
Mà : a2 + b2 +c2 ≥ab+ bc+ca
 (a+b+c )2 ≥3.(ab+bc ca
 (ab+bc+ca)≤3
Do đó:
 4a2 + b2 + c2+2021ab+bc+ca ≥4.1+20133=675
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Ta đề xuất được bài toán mới:
Bài toán 10:Cho a, b, c > 0 và a+b+c ≤3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 A=4a2 + b2 + c2 + 2021ab+bc+ca 
Bài toán 11: Cho 2 số dương x, y thỏa mãn x+y ≤1. 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 P= 1x2+ y2+ 504xy
(Đề thi học sinh giỏi môn Toán 8, huyện Bá Thước năm học 2018 – 2019)
Bài toán 12: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
 bca2 +2bc+ cab2+2ca+ abc2+2ab≤1
(Đề thi học sinh giỏi môn Toán 8 huyện Quảng Xương năm học 2018 – 2019)
Chứng minh:
 bca2+ 2bc + cab2+ 2ca + abc2 + 2ab ≤1
Nhân cả hai vế của bất đẳng thức với 2 ta được:
 2bca2 +2bc + 2cab2 + 2ca + 2abc2 + 2ab ≤2
 3-(2bca2 +2bc + 2cab2 + 2ca + 2abc2 + 2ab) ≥3-2
 a2a2 +2bc+ b2b2 +2ca + c2c2+2bc ≥1
Sử dụng BĐT (**) ta được:
 a2a2 +2bc + b2b2+2ca + c2c2+2ab ≥(a+b+c)2(a+b+c)2= 1
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
 Bài toán 13: : Cho hai số dương a, b thỏa mãn a + b = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
 A= 1ab+ 1a2 + b2
 (Đề thi học sinh giỏi môn Toán 8 huyện Như Thanh năm học 2018 – 2019)
Đây là bài toán tìm cực trị, ta dễ dàng hướng dẫn học sinh tìm được giá trị nhỏ nhất bằng sử dụng BĐT bài toán 2.
Giải: 
Ta có:
 A = 1ab+ 1a2 + b2=12ab+ 12ab+ 1a2+b2
Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương a, b ta có:
 a+b ≥2ab 1≥2abab≤14
Sử dụng BĐT bài toán 2 ta có:
 12ab+ 1a2+ b2≥4(a+b)2= 4
Do đó : A≥2+4=6.
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 6 khi a=b= 12
Bài toán 14: Cho các số thực dương a, b, c biết a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
 1a2 + b2 + c2+ 1abc ≥30
( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán tỉnh Thanh Hóa năm học 2018 – 2019)
Giải:Ta có:
 1a2 + b2 + c2+ 1abc=1a2 +b2 + c2 + a+b+cabc vì a+b+c=1
 =1a2 + b2 + c2 + 1bc+ 1ac + 1ab
 Sử dụng BĐT (**) ta được:
1a2 + b2 + c2 + 1bc+ 1ac + 1ab≥1a2+ b2 + c2+ 9ab+ bc+ca
 =1a2 + b2 + c2 + 2ab + bc + ca+ 7ab + bc +ca
 =12a2 + b2 + c2+ 222ab+bc+ca + 7ab+bc+ca
 ≥( 1+2)2( a+b+c)2 + 7ab+bc+ca
 =9+ 7ab+ bc+ca
Mà: a2+ b2 + c2 ≥ab+bc+ca ( a+b+c)2≥3(ab+bc+ca)
 Suy ra :
 ab+bc+ca ≤13 
 Suy ra : 
 1ab+bc+ca≥21
 Do đó:
 1a2 + b2 + c2+ 1abc≥9+21=30 (đpcm)
Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 13 .
Bài toán 15: Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng:
 ab + c + bc +a + ca + b ≥32
Chứng minh: Sử dụng BĐT (**) ta có:
 ab + c + bc +a + ca + b= a2ab+ac + b2bc+ba + c2ca+cb
 ≥( a+b+c )22. (ab+ bc+ca)
Vì thế ta chỉ cần chứng minh BĐT:
 ( a+b+c )22.(ab + bc + ca) ≥32
 (a+b+c)2≥3.(ab+bc+ca)
 a2+b2+c2≥ab+bc+ca
 2.a2+ b2 + c2 ≥2.(ab+bc+ca)
 ( a-b)2 + (b-c)2 + (c-a)2 ≥0 ( luôn đúng)
Từ đó suy ra BĐT cần chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b =c .
Bài toán 16: Cho các số dương a, b, c, p, q. Chứng minh rằng:
 apb+qc + bpc+qa + cpa + qb ≥3p +q
Với p = q = 1 ta trở về bài toán trên.
Chứng minh: Sử dụng BĐT (**) ta có:
 apb+qc+ bpc+qa+ cpa+qb= a2pba+qca+ b2pcb+qab+ c2pac+qbc
 ≥( a+b +c )2( p+q )(ab+bc +ca)
Vì thế ta chỉ cần chứng minh:
 ( a+b+c)2ab+bc+ca ≥3
Và BĐT này đã được chứng minh trong lời giải bài toán trên.
Dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài toán 17: Cho ba số dương x; y; z. Chứng minh rằng:
 2x+y + 2y+z + 2z+x ≥9x+y+z
Chứng minh: Sử dụng BĐT (**) ta có:
2x+y + 2y+z + 2z+x= (2)2x+y+ (2)2y+z + (2)2z+x
 ≥(32)22.x+y+z= 9x+y+z
Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
Bài toán 18: Cho các số thực dương thỏa mãnx + y + z = 3 .Chứng minh rằng:
 A=1x2+x + 1y2+y +1z2+z ≥32 
Chứng minh: Sử sụng BĐT (**) ta có:
1x2 + x + 1y2 + y + 1z2 +z=1xx+1+ 1yy+1+ 1z z+1
 =( 1x)2x+1+ (1y)2y+1+ (1z)2z + 1 ≥(1x + 1y + 1z)2x+y+z+3
 ≥(3.16xyz)26=33xyz2
Mà : 3 = x + y + z ≥33xyzxyz≤1A≥32
Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Bài toán 19: 1.Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn:
 1x + 1y + 1z = 2019
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
 P=12x+y+z+ 1x+2y+z+ 1x+y+2z 2. Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng :
 (a+b)2ab + (b+c)2 bc+ (c+a)2ca ≥9+2.ab+c + bc+a + ca+b
 (Đề thi học sinh giỏi môn toán 8, huyện Hoằng Hóa năm học 2018 – 2019)
Giải: 
1.Làm tương tự như bài toán 6.
2.
 A=(a+b)2ab+ (b+c)2bc+ (c+a)2ca=ab+ ba+ bc+ cb+ ca+ ac+6
Áp dụng BĐT Cauchy cho các số thực dương ta có :
 ab+ba≥2.ab.ba=2;bc+ cb≥2.bc.cb=2;ca+ ac ≥2.ca.ac=2
 A ≥12 (1)
Áp dụng BĐT ở bài toán 3, ta được :
 ab+ ac=a. 1b+ 1c≥4ab+c 
 ba+ bc=b.1a+ 1c ≥4ba+c
 cb+ ca=c.1b+ 1a≥4ca+b
 suy ra:A ≥4ab+c+ 4ba+c+ 4ca+b+6 (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
 2A ≥18+4ab+c+4ba+c+ 4ca+b
 Suy ra:A≥9+2. ab+c+ba+c+ ca+b
Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài toán 20: Cho ba số thực x, y, z dương thỏa mãn
 x+y+z≤32
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 P=x(yz+1)2z2.(zx+1)+y(zx+1)2x2(xy+1)+z(xy+1)2y2.(yz+1)
 ( Đề thi vào lớp 10 THPT Chuyên Lam Sơn năm học 2016 -2017)
Khi đứng trước một bài toán, chúng ta thường hay lúng túng không biết giải quyết bằng cách nào, bài toán này ta có thể biến đổi tử số về bình phương của một số, đến lúc này ta có nghĩ ngay đến việc vận dụng BĐT (**) hay không? Vận dụng BĐT đơn giản trên ta vẫn có thể giải thêm những bài toán hay và khó sau:
Giải:
 P=x(yz+1)2z2.(zx+1)+y(zx+1)2x2(xy+1)+z(xy+1)2y2.(yz+1)
 =(yz+1)2z2zx+1x+(zx+1)2x2xy+1y+(xy+1)2y2yz+1z
 =(y+1z)2z+1x+(z+1x)2x+1y+(x+1y)2y+1z
Áp dụng BĐT (**) ta có:
 P=(y+1z)2z+1x+(z+1x)2x+1y+(x+1y)2y+1z≥(x+y+z+1x+1y+1z)2x+y+z+1x+1y+1z
 =x+y+z+1x+1y+1z≥x+y+z+9x+y+z
 =x+y+z+94.(x+y+z)+274.(x+y+z)
Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương ta có:
 x+y+z+94.(x+y+z)≥2x+y+z.94.x+y+z=3 
 274.(x+y+z)≥274.32=92 
Suy ra:
 P≥3+92=152=7,5.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 0,5.
Vậy minP = 7,5.
Bài toán 21: Cho các số dương a,b,c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 P=a33a-ab-ca+2bc+b33b-bc-ab+2ca+
 +c33c-ca-bc+2ab+3abc
(Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Hưng Yên năm học 2015 -2016)
Giải: Ta có:
P=a3aa+b+c-ab-ca+2bc+b3ba+b+c-bc-ab+2ca+
 +c3ca+b+c-ca-bc+2ab+3abc
 =a3a2+2bc+b3b2+2ca+c3c2+2ab+3abc
P-3=a3a2+2bc-a+b3b2+2ca-b+c3c2+2ab-c+3abc
 =-2abca2+2bc-2ab