SKKN Một số kinh nghiệm luyện tập chứng minh bất đẳng thức cho học sinh phổ thông

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 1
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
TÊN ĐỀ TÀI 
MỘT SỐ KINH NGHIỆM LUYỆN TẬP
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CHO HỌC SINH PHỔ THÔNG
 Người thực hiện: Phạm Hùng Bích
 Chức vụ: Phó Hiệu trưởng
 SKKN thuộc môn: Toán học
THANH HÓA NĂM 2017
MỤC LỤC
I. MỞ ĐẦU
Trang 1
1.1. Lí do chọn đề tài.
Trang 1
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Trang 1
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Trang 1
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Trang 1
II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Trang 1
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Trang 1
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Trang 2
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các biện pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Trang 2
2.3.1. Phương pháp dựa vào định nghĩa
Trang 2
2.3.2. Phương pháp quy nạp toán học
Trang 3
2.3.3. Phương pháp phản chứng
Trang 4
2.3.4. Phương pháp ước giá các số
Trang 5
2.3.5. Phương pháp sử dụng các Bất đẳng thức cổ điển
Trang 6
2.3.6. Phương pháp tam thức bậc hai
Trang 8
2.3.7. Phương pháp lượng giác
Trang 10
2.3.8. Phương pháp dựa vào tập giá trị của hàm số
Trang 10
2.3.9. Phương pháp dùng đạo hàm
Trang 11
2.3.10. Phương pháp hình học
Trang 13
2.3.10.1. Các bài toán sử dụng bất đẳng thức trong tam giác
Trang 13
2.3.10.2. Các bài toán sử dụng tích vô hướng của hai véctơ
Trang 16
2.3.10.3. Sử dụng tập hợp điểm
Trang 17
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Trang 19
III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
Trang 19
3.1. Kết luận.
Trang 19
3.2 Kiến nghị
Trang 20
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Trang 21
DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SKKN ĐƯỢC ĐÁNH GIÁ 
I. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài:
Trong quá trình giải bải tập môn Toán, câu hỏi: “Bài toán này thuộc dạng nào?” dễ dẫn đến câu hỏi tiếp theo: “Có thể vận dụng phương pháp nào để giải bài toán dạng này?”. Việc phân loại các bài toán, vạch ra sự khác biệt giữa các bài toán theo từng kiểu cùng với phương pháp giải chúng, có thể giúp ích cho học sinh khi giải toán.
 Chúng ta đã biết, trong chương trình toán học phổ thông thì phần “Bất đẳng thức” là một trong những phần khó và nó đòi hỏi học sinh có tư duy, sự sáng tạo rất cao. Mặc dù trong sách giáo khoa chỉ trình bày một số phương pháp chứng minh cơ bản và tất nhiên nó có thể áp dụng cho mọi bài toán chứng minh “Bất đẳng thức”. Tuy nhiên, trong thực tế để giải toán thì vấn đề đó chưa giúp được nhiều cho học sinh vì trong mỗi một phương pháp đó còn rất khái quát nên nó chưa nêu được cụ thể của từng dạng toán nên việc xác định phương pháp giải cho một bài toán cụ thể là rất khó khăn. Vì vậy, việc tìm ra phương pháp giải cho từng lớp bài toán là việc làm rất cần thiết và có ích. Để giúp học sinh có một cái nhìn mới về bài toán chứng minh bất đẳng thức và nâng cao năng lực giải toán, tôi trình bày “Một số các phương pháp chứng minh bất đẳng thức thường dùng”.
1.2. Mục đích yêu cầu của đề tài.
 - Nhằm giúp học sinh có cái nhìn toàn diện hơn và nâng cao năng lực giải các bài toán về “ bất đẳng thức”
- Rèn cho học sinh tính linh hoạt, sáng tạo trong giải toán.
1.3. Đối tượng nghiên cứu: Học sinh đại trà , học sinh giỏi
1.4. Phương pháp nghiên cứu: Thực nghiệm, tổng kết, đánh giá.
 II. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
 	Đối với chúng ta, các thầy cô giáo, thì việc tạo cho học sinh một cái nhìn đầy đủ hơn, toàn diện hơn về vấn đề mà mình đang xét có ý nghĩa đặc biệt quan trọng. Vì vậy, công việc tạo cho học sinh có những có những công cụ khác nhau để cùng soi sáng một vấn đề là một việc làm có ích và cần thiết. Việc này, một mặt làm cho học sinh thấy được sự gắn kết giữa các đơn vị kiến thức, mặt khác nó cũng làm cho học sinh đánh giá và nhận thức được những vấn đề đang xét một các sâu sắc hơn. Từ đó, nâng cao hiệu quả dạy và học.
 	 Bản thân tôi, luôn cố gắng tìm hiểu và giúp đỡ học sinh tìm được một sự liên hệ nào đó giữa kiến thức mới và các kiến thức trước đó trong khi dạy bài mới. Trong phần chứng minh bất đẳng thức tôi đã tìm ra sự liên hệ này. Đó là việc sử dụng các phương pháp chứng minh đó là những công cụ để chứng minh bất đẳng thức và thông qua đó nó cũng củng cố cho học sinh kiến thức chứng minh BĐT.
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
 	Đối với đa số học sinh THPT, việc học và nắm vững về bất đẳng thức các em sẽ gặp những khó khăn nhất định . Bởi lẽ, đây là phần khó. Vì vậy, trong khi dạy một đơn vị kiến thức mới, tôi luôn tìm cơ hội để giúp các em củng cố phần kiến thức nói trên. Thông qua đó, các em sẽ bớt khó khăn khi học phần này và nâng cao kết quả trong học tập. Trong quá trình trên, tôi đã tìm được mối liên hệ giữa “bất đẳng thức” và các lương kiến thức khác.
 2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các biện pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
Với kinh nghiệm của mình, tôi phân dạng bài tập để sử dụng các phương pháp chung như sau:
2.3.1. Phương pháp dựa vào định nghĩa :
	Để chứng minh BĐT ab là đúng , trước hết ta xét hiệu a-b , sau đó thường chúng ta phân tích a-b thành tích hoặc thương rồi dựa vào qui tắc về dấu của phép nhân hoặc phép chia các số hữu tỉ khẳng định a-b0 từ đó theo định nghiã ab
VD1: Với a0 , b0 ta có 
	()
Chứng minh : 
	Xét hiệu - () = (a- ab + b- )
	 = (a+b)(a-b) 0
Vậy ()
VD2: Với mọi số tự nhiên a cho trước ta có :
	3(1+a+a) (1+a + a)
Giải
Xét hiệu 3(1+a+ a) - (1+ a + a) = 2 ((a + )+)(a - 1) 0
	Vậy 3(1+a+a) (1+a + a)
VD3: Chứng minh: ( ab + bc + ca ) 3abc(a + b + c )
	Chứng minh tương tự các ví dụ trên
VD4 : Chứng minh: cos(sina) > sin(cosa)
Giải
	Xét hiệu d = cos(sina) - sin(cosa) = cos(sina) - cos(- cosa)
	 = 2 sin ()sin()	
	Ta có < 	 
	 < 
Nghĩa là 0 < <, 0 < <
Do đó : sin>0 và sin>0
Vậy d > 0 từ đó theo định nghĩa cos(sina) > sin(cosa)
Bài tập tương tự:
Bài 1. Với x > 0 ta có
	log23x + 2log3x . log3 1
Bài 2. Giả sử A, B, C là 3 góc trong của tam giác ABC chứng minh :
	CosA + cosB + cosC 
2.3.2. Phương pháp quy nạp toán học:
	Để chứng minh một bất đẳng thức có liên quan đến số tự nhiên, đúng với mọi số tự nhiên n k bằng qui nạp toán học ta phải tiến hành 2 bước :
Bước 1: Chứng tỏ BĐT đúng với số tự nhiên k
Bước 2: Giả sử BĐT đúng với số tự nhiên n (nk ) ta phải chứng minh BĐT đó đúng với số tự nhiên n+1
VD5 : Cho p số thực dương a1 , a2 ,, ap và n là một số tự nhiên chứng minh
	( )n 
Chứng minh :
	Không làm mất tính tổng quát ta có thể giả sử a1 a2  ap
+ Với n= 0 thì BĐT hiển nhiên đúng vì khi ấy :
	( )0 
+ Giả sử mệnh đề đúng với n = k tức là :
	( )k 
khi ấy ( )k+1 ()
Nhưng () ( BĐT Trebusep )
Cho nên ( )k+1
	Nghĩa là mệnh đề đúng với n = k +1
Bài tập tương tự:
Bài 1. Với a,b là 2 số thực sao cho a+b > 0 và n là 1 số tự nhiên ta có :
	()n	
Bài 2. ( BĐT Becnuli )
	Giả sử a-1 và n là một số tự nhiên khác 0 ta có :
	(1 + a ) n 1 + na
Bài 3. Với a > 1 và n là một số tự nhiên khác 0 ta có :
	loga(n + 1) > 1/n ( loga1+loga2++logan )
Bài 4. Cho n là một số tự nhiên khác 0 và x là một số thực tuỳ ý ta có :
	Sin2nx + cos2nx 1
2.3.3. Phương pháp phản chứng:
Để chứng minh BĐT a b ta giả sử a < b từ đó suy ra điều mâu thuẫn tức là mệnh đề a < b là sai do đó mệnh đề a b là đúng 
Phương pháp này thường sử dụng khi so sánh 2 số :
VD6 : So sánh - với 1 + 
Giải
Giả sử - 1 + khi ấy 2 vế đều dương bình phương 2 vế ta được 
	13 - 2 6 + 2
	7 2 + 2
	 49 108 + 8
Đây là sự vô lí 
Vây - < 1 + 
VD7 : Chứng minh :
	....< 
Giải
	Đặt x = ....
	Giả sử x khi ấy do hai vế là hai số dương bình phương hai vế ta được : x2 > (*)
	Lại đặt y = ....
Ta có = ... = xy nhưng <;  ; <
Nên y>x do đó xy > x2 nghĩa là > x2 (**)
Từ (*) và (**) ta thấy sự vô lí . Vậy x< 
2.3.4 . Phương pháp ước giá các số:
	Thường trong phương pháp này chúng ta ước giá các số hạng của một vế sau đó ước giá cả vế và từ đó so sánh với vế còn lại .
VD8 : Với số tự nhiên n 1 ta có :
	++...+
Giải
	Với n = 1 ta có =
	Với n >1 ta có n+k < 2n , k = 1,2 , n-1
	Nên với k = 1,2 , n-1
Cộng vế với vế của n - 1 BĐT trên ta được 
	+++ +++
Nghĩa là 	+++
VD9: Với mọi số tự nhiên n 1 ta có 
	+ ++< 1- 
Giải
	Với k = 2, 3, , n ta có < hay < - 
 Cộng vế với vế của n - 1 BĐT trên ta được 
	+ ++< 1- 
Bài tập tương tự:
Bài 1. Với mọi số tự nhiên n 2 ta có 
	< 1++  + < 2
Bài 2. Với n 1 ta có
 < ... < 
2.3.5 . Phương pháp sử dụng các Bất đẳng thức cổ điển:
	Để chứng minh các BĐT ta có thể sử dụng các BĐT đã được chứng minh, ở đây chúng ta sử dụng chủ yếu ba BĐT quen thuộc :
	- BĐT tam giác : + 
	- BĐT Cauchy
	- BĐT Bunhiacopski 
VD 10: Với a,b,c là những số không âm ta có :
	a3 +b3 + c3 a2 + b2 + c2
	Chứng minh : 
Ta có a2- ab + b2 ab
	b2- bc + c2 bc
	c2- ca + a2 ca
Nhân cả hai vế của các BĐT trên tương ứng với các số không âm a+b , b+c , c+a ta được :
 a3 + b3 ab(a+b)
	b3 + c3 bc(b+c)
	c3 + a3 ca(c+b)
	Cộng vế với vế của các BĐT này ta được :
	2( a3+b3+c3) ab(a+b) + bc(b+c)+ ca(c+b)
hay 2( a3+b3+c3) c2(a+b) + a2(b+c)+ b2(c+b)
	suy ra a3+b3+c3 a2 + b2 + c2 
	Nhưng 
Nên ta được a3 +b3 + c3 a2 + b2 + c2
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c
VD11: Ta có a4 + b4 + c4 abc( a+ b + c )
Giải
	Ta có : a2b2 ; a2c2 ; c2b2
Nên a4 + b4 + c4 a2b2+ a2c2+ c2b2
Nhưng lại có : = b2ab2c TT ta có những BĐT còn lại nên : a2b2+ a2c2+ c2b2 abc( a+ b + c )
Từ các BĐT trên suy ra : 
	Ta có a4 + b4 + c4 abc( a+ b + c )
Bài tập tương tự:
Bài 1. Với mội số tự nhiên n1 ta có 
	2n-1n! nn
Bài 2. Với mội số tự nhiên n2 ta có
Bài 3. Ta có :
	 + 
( áp dụng BĐT Bunhiacóspki )
Bài 4. Với a,b,c là những số không âm ta có 
	+ + 6
( áp dụng BĐT Côsi )
Bài 5. Giả sử a12 + a22 +...+ an2 = 1
	b12 + b22 +...+ bn2 = 1
	Ta có : 1
( áp dụng BĐT Bunhiacóspki )
Bài 6. Cho a1,a2,...,an là một cấp số với các số hạng dương ta có 
Nói riêng ta có : nn (n!)2 ; n! ()n
(áp dụng BĐT Côsi và tính chất của cấp số cộng )
Bài 7. Với a1,a2,...,an là các số dương ta có :
	(a1+a2+...+an) ( +++) n2
(Sử dụng BĐT Côsi hoặc BĐT Bunhiacopski)
2.3.6. Phương pháp tam thức bậc hai:
	Trong phương pháp này ta sẽ sử dụng các kết quả về tam thức bậc hai để chứng minh các BĐT , chủ yếu là các kết quả sau đây :
Tam thức bậc 2 
	 	f(x) = ax2 + bx + c ( a 0 )
Được viết dưới dạng 
	f(x) = a[ ( x + )2 - ]
	trong đó = b2 - 4ac
* Điều kiện để tam thức bậc hai có nghiệm là 0
* Điều kiện để tam thức bậc hai luôn dương với mọi x là 0
* Điều kiện để tam thức bậc hai luôn 0 với mọi x là 0 và a > 0
*Điều kiện để f(x) 0 với mọi x là 0 và a < 0
*Điều kiện để f(x) < 0 với mọi x là < 0 và a < 0
* Nếu a > 0 thì f(x) - với mọi giá trị của x dấu đẳng thức xảy ra khi x = - 
* Nếu a < 0 thì f(x) - với mọi giá trị của x dấu đẳng thức xảy ra khi x = - 
VD12 : Với , ta luôn có :
	 x2 + 2xy + 3y2 + 2x + 6y + 3 0
Giải
	Ta có vế trái của BĐT là một tam thức bậc hai theo x :
	 f(x) = x2 + 2xy + 3y2 + 2x + 6y + 3
	Có hệ số của x2 là a = 1 > 0
	Và ' = - 2( y + 1 )2 < 0 với 
Vì vậy , ta luôn có f(x) 0 tức là x2 + 2xy + 3y2 + 2x + 6y + 3 0
Dấu đẳng thức xảy ra khi hay 
Bài tập tương tự:
Bài 1. Với , ta luôn có
	( 1+ sin2y ) x2 + 2(siny + cosy)x + 1 + cos2y > 0
Bài 2. Với mọi giá trị của x ta luôn có :
	( x - a1)2 + (x - a2)2 +  + ( x - an)2 
Bài 3. Với , ta luôn có
	( 1+ log22y)x2 + 2xlog2y + ( 1+ log22y) > 0
Bài 4. Cho 3 số a , b , c thoả mãn 
	Ta có : - a , b , c 
	xa2 + yb2 > xyc2
2.3.7. Phương pháp lượng giác:
Ta biết rằng các phép biến đổi lượng giác rất phong phú . Vì vậy trong một số trường hợp khi chứng minh BĐT đại số ta sử dụng các phép biến đổi lượng giác và BĐT lượng giác :
VD 13 : Chứng minh rằng với mọi giá trị của x ta có :
	 1
Giải
	Đặt x = tg 	 ta có :
	= = sin2
	Nhưng với mọi ta có 
	 1
	Nên với mọi x ta có 1
Bài tập tương tự:
Bài 1. Với mọi x sao cho 1 ta có :
	1
Bài 2. Giả sử a , b , c là 3 cạnh của một tam giác vuông , c là cạnh huyền và x, y, z là các số sao cho ax + by = cz ta có x2 + y2 z2
2.3.8. Phương pháp dựa vào tập giá trị của hàm số:
	Cho hàm số y = f(x) xác định trong tập X 
	Ta gọi tập Y = là tập giá trị của hàm số y = f(x) như vậy yY ( Nghĩa là phương trình y = f(x) có nghiệm trong X )
	Chúng ta sẽ dựa vào khái niệm tập giá tri của hàm số để chứng minh một số BĐT .
VD14 : Chứng minh với mọi giá trị của x ta có :
	- 
Giải
Xét hàm số y = 
	Với mọi x ta có x2+x+1 > 0 nên hàm số xác định với mọi giá trị của x 
	Gọi y là một giá trị tuỳ ý của hàm số ấy thì phương trình 
	= y có nghiệm
	x2 - 1 - ( x2 + x + 1 ) y = 0 có nghiệm (1)
	 ( y - 1 ) x2 + yx + y + 1 = 0 có nghiệm 
	* Với y = 1 phương trình trở thành x + 2 = 0 phương trình này có nghiệm y = 1 với mọi giá trị của hàm số 
	* Với y 1 tức y - 1 0 . Khi ấy y là một giá trị của hàm số khi và chỉ khi (1) có nghiệm tức là :
	= y2 - 4(y - 1) ( y + 1) 0
	4 - 3y2 0
	 - y 
	Nhưng y = 1 thuộc tập tập nghiệm nên với mọi x ta có - y 
	Nghĩa là - 
Bài tập tương tự:
Bài 1. Với mọi giá trị của x ta luôn có :
	- 0
Bài 2. Với mọi giá trị của x ta có :
2.3.9. Phương pháp dùng đạo hàm:
	Một số BĐT được chứng minh nhờ công cụ khảo sát sự biến thiên của hàm số 
VD15 : Giả sử a , b , c là các số dương sao cho : a2 + b2 + c2 = 1 khi ấy 
	 ++
Giải
Với giả thiết a2 + b2 + c2 = 1 BĐT cần chứng minh được viết :
	++	
Hay ++
Xét hàm số : f(t) = t( 1 - t2 ) ( 0 < t < 1 )
Vì f,( t ) = 1 - 3t2 nên ta có bảng biến thiên 	
t
 0 1
f,( t )
 + 0 -
 0 0
Vậy 0 < f(t) < với 0 < t < 1
Nghĩa là 0 < t < 1 ta có 0 < t( 1 - t2 ) < 
cho nên t2
Thay t bởi các giá trị a , b , c ta được a2
	b2
	c2
Cộng vế với vế các BĐT trên ta được ++
Bài tập tương tự:
Bài 1. Với 0 < x < ta có: 2sinx + 2tgx 2x+1
Bài 2. Ta có : 2 < log23 + log32 < 
Bài 3. Với 0 x ta có 
	x - sinx x
	( Xét hàm f(x) = sinx - x )
2.3.10. Phương pháp hình học:
2.3.10.1. Các bài toán sử dụng bất đẳng thức trong tam giác
VD16 : Cho a , b , c là những số dương và a > c , b > c khi ấy ta có :
	+ 
	Chứng minh :
	Ta dựng được 2 tam giác vuông 
	Tam giác vuông AHB vuông ở H : AH = , BH = 
	Tam giác vuông AHC vuông ở H : HC =
	Thế thì : AB = , AC = 
	Ta có : + =2dtABH +2dtACH
	 = 2dtABC
	 = sinBAC
	Do đó 	+ 
VD17 Chứng minh rằng: 
Giải:
 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lấy các vectơ:
 Vì , nên ta suy ra: (*)
 *Ta cũng có thể chứng minh bất đẳng thức trên theo cách khác như sau: 
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lấy các điểm O(0; 0); A(a; b) và B(c; d). Khi đó, ta có: 
 và 
 Do nên ta được kết quả:
 Chú ý: Ta có thể coi (1) là một bất đẳng thức cơ bản để áp dụng vào các bài toán khác mà không chứng minh lại.
VD18: Chứng minh rằng: 
Giải:
Áp dụng (1), ta có: 
Lấy (1) +(2) vế với vế, ước lượng 2 vế ta được điều phải chứng minh
 Chú ý: Bằng quy nạp, ta có thể chứng minh được:
 (3)
VD19: Chứng minh rằng: 
Giải
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, chọn 
Thế thì, ta có:
Mặt khác, ta có: BO + OA ³ BA nên:
 (đpcm)
Chú ý: Ta cũng có thể dùng bất đẳng thức Côsi để chứng minh bất đẳng thức trên
 Do vế trái là tổng của 2 biểu thức nhận giá trị dương nên ta có thể áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta được: 
VD20: Cho 4 số thực khác nhau a, b, c, d. Chứng minh rằng:
Giải
 Đối với hệ trục toạ độ Oxy, lấy 
 Ta có: 
Xét tam giác ABC, ta có: AB + BC ³ AC hay 
Do đó, (đpcm) 
Bài tập tương tự:
 Bài 1:Chứng minh rằng: 
 Bài 2: Cho x, y là các số thực, chứng minh rằng:
 Bài 3: Cho 4 số thực khác nhau a, b, c, d. Chứng minh rằng:
 Bài 4: Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = abc. Chứng minh rằng:
2.3.10.2. Các bài toán sử dụng tích vô hướng của hai véctơ
VD21: Chứng minh rằng:
Giải:
 Trong hệ trục toạ độ Oxy, lấy các véctơ 
 Ta có: . Do 
 (đpcm)
VD22: Chứng minh rằng: với mọi số thực a, b 
Giải
Chọn 
 Ta có:và 
 Mặt khác
VD23: Giả sử hệ:có nghiệm.
 Chứng minh rằng: 
Giải:
 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, chọn thì
 Ta có: 
 Từ (đpcm) 
Bài tập tương tự:
Bài 1: Chứng minh rằng:
Bài 2: Cho a > c > 0, b > c > 0. Chứng minh rằng: 
Bài 3: Cho . Chứng minh rằng: 
2.3.10.3. Sử dụng tập hợp điểm
(Đây là nội dung có tính thời sự trong đề trắc nghiệm khách quan trong đề thi THPT Quốc gia)
VD 24. Cho số phức z thỏa mãn: |z + 3| + |z – 3| = 10. 
Chứng minh rằng: 5 ≤ |z + 9i| ≤ 13.
Giải
Gọi z = x + yi Þ điểm biểu diễn M(x ; y)
Từ |z + 3| + |z – 3| = 10 Û (1)
Gọi F1(- 3; 0), F2(3; 0) Þ F1F2 = 6 
từ (1) Þ MF1 + MF2 = 10 > 6 = F1F2 Þ M Î (E): có các đỉnh B1(- 4; 0), B2(4; 0)
Ta có: |z + 9i| = = KM, với K(0; - 9) Î Oy
Khi đó KB1 ≤ KM ≤ KB2 hay 5 ≤ |z + 9i| ≤ 13
|z + 9i| = 5 Û M º B1
|z + 9i| = 13 Û M º B2
Vậy 5 ≤ |z + 9i| ≤ 13
VD 25. Cho z là số phức thỏa mãn: |i – 2 - z| + |z – 4 – 7i| = 6. 
Chứng minh rằng: ≤ |z – 1 + i| ≤ 
Giải
Gọi z = x + yi Þ điểm biểu diễn M(x ; y)
Từ |i – 2 - z| + |z – 4 – 7i| = 6 Û (*)
Chọn F1(- 2; 1), F2(4; 7). Từ (*) Þ MF1 + MF2 = F1F2 Þ M thuộc đoạn F1F2
Từ T = |z – 1 + i| = = MK, với K(1; - 1)
Ta có : KF1 = , KF2 = 
 = (6; 6), = (3; -2) Þ nhọn Þ d(K/F1F2) ≤ MK ≤ KF2
Û ≤ MK ≤ 
VD 26. Cho z là số phức thỏa mãn: |z – 1 – i|2 + |z – 7 – 7i|2 = 108. 
 	Chứng minh rằng: ≤ |z – 10 + 12i| ≤ .
Giải
Gọi z = x + yi Þ điểm biểu diễn M(x ; y). F1(1; 1), F2(7; 7)
Từ giả thiết Þ MF12 + MF22 = 108 Þ M thuộc đường tròn tâm I(3; 3), bán kính R = 6.
Đặt K(10; 12) Þ |z – 10 + 12i| = MK, IK2 = 49 + 225 = 274 Þ K nằm ngoài đường tròn
Þ ≤ |z – 10 + 12i| ≤ 
VD 27. Cho z và w là các số phức thỏa mãn: 
|z+ 4| - |z – 4| = 6 và |w + 3| = |w + 4|
Chứng minh rằng: |w – z| ≥ 
Giải
Gọi z = x + yi Þ điểm biểu diễn M(x ; y), gọi F1(- 4;0), F2(4; 0)Þ F1F2 = 8
Theo giả thiết Þ MF1 – MF2 = 6 0) của Hypebol
Gọi w = a + biÞ điểm biểu diễn N(a; b), từ |w + 3| = |w + 4| Þ 2a + 7 = 0 Û a = Þ N thuộc d: 2x +7 = 0
 Þ |w – z| = KM ≥ 
VD 28. Cho z là số phức thỏa mãn: |z- 2 – 3i| = |z + 1 + i|
Chứng minh rằng: |z + 2 + 3i| + |z- 3 – i| ≥ 
Giải
Gọi z = x + yi Þ điểm biểu diễn M(x ; y).
Từ |z- 2 – 3i| = |z + 1 + i| Þ (x - 2)2 + (x - 3)2 = (x + 1)2 + (y + 1)2 Û 6x + 8y – 11 = 0 (D)
Với A(- 2; - 2), B(3; 1) Þ |z + 2 + 3i| + |z- 3 – i| = MA + MB. 
Vì A, B khác phía so với (D) Þ MA + MB ≥ AB = 
Vậy |z + 2 + 3i| + |z- 3 – i| ≥ 
Bài tập tương tự:
 Bài 1. Cho z, w là các số phức thỏa mãn: 
 |z – 4| + |z + 4| = 10; |w + 8i| = |w + 10i|
Chứng minh rằng: |w – z| ≥ 6.
 Bài 2. Cho z là các số phức thỏa mãn: |z – 1 – i| + |z- 5 – 5i| = 4. 
Chứng minh rằng: ≤ |z + 1 + 3i| ≤ 10.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường:
So sánh kết quả trước và sau khi thực hiện đề tài : Trước khi thực hiện đề tài chứng minh BĐT là một phần rất khó cho học sinh, kể cả học sinh giỏi. Sau khi thực hiện đề tài, phần lớn học sinh đã hình dung được khi gặp bài toán chứng minh BĐT thì phải làm như thế nào, vận dụng 10 phương pháp này vào bài nào và giải quyết dạng toán đó dễ ràng hơn rất nhiều. Đồng thời, học sinh cũng giải quyết tốt hơn những bài tập về giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất thuộc phần số phức trong các đề thi trắc nghiệm khách quan thường gặp hiện nay.
Kết quả đối chứng:
Lớp
Sĩ số
Điểm dưới 5
Điểm 5, 6
Điểm 7, 8
Điểm 9, 10
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
Lớp không áp dụng
10A1
40
8
20
22
55
8
20
2
5
Lớp được áp dụng
10A2
40
3
7.5
18
45
15
37.5
4
10
Lớp không áp dụng
12A1
42
7
16.7
24
57.1
8
19.0
3
7.2
Lớp được áp dụng
12A2
41
4
9.8
20
48.8
10
24.4
7
17
III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận:
 	Tập cho học sinh biết nhìn một vấn đề toán học dưới nhiều cách khác nhau chính là vừa rèn tư duy sáng tạo, vừa giáo dục thế giới quan. Nhưng phải kiên trì, bền bỉ, liên tục mới có hiệu quả rõ rệt giống như tập thể dục phải kiên trì bền bỉ, liên tục hàng năm mới khoẻ mạnh.
 	Vì vậy, tuỳ vào từng đối tượng học sinh, mà ta có những cách trình bày khác nhau. Đối với học sinh trung bình học yếu, ta có thể đưa ra một vấn đề dưới một bài toán cụ thể về véctơ, toạ độ và cho học sinh nhận xét kết quả và phát hiện vấn đề và từ đó đi đến kết quả tổng quát theo lối quy nạp không hoàn toàn, bởi lẽ đ