Mot so phuong phap chung minh bat dang thuc

Tailieumontoan.com

Điện thoại (Zalo) 039.373.2038

CHUYÊN ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC
VÀ TÌM MIN - MAX

Tài liệu sưu tầm, ngày 31 tháng 3 năm 2021


Website:tailieumontoan.com

CHUYÊN ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC – MIN MAX
Dạng 1: Dùng bất đẳng thức cơ bản và biến đổi tương đương
Dạng 2: Dùng phương pháp tam thức bậc hai
Dạng 3: Dùng bất đẳng thức AM-GM (Cô-si)
Dạng 4: Dùng bất đẳng thức Cauchy dạng cộng mẫu số
Dạng 5 : Dùng bất đẳng thức Cauchy dạng nghịch đảo
Dạng 6: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopxki
DẠNG 1: DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN VÀ BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
Câu 1. Cho x, y, z thỏa 0 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ 1, 2 y + z ≤ 2, 3 x + 2 y + z ≤ 3 .
Tìm giá trị lớn nhất của: P =

x2 + y 2 + z 2

Hướng dẫn
Ta có 2 y 2 + z 2= (2 y + z ) y + ( z − y ) z ≤ y + z=

2y + z z 3
+ ≤
2

2 2

3 x 2 + 2 y 2 + z 2 = (3 x + 2 y + z ) x + (2 y + z )( y − z ) + ( z − y ) z ≤ 3 x + 2( y − x) + ( z − y )
3 x + 2 y + z 2 y + z z 11
= x+ y+z =
+
+ ≤ .
2
6
2 6
3 x 2 + 2 y 2 + z 2 2 y 2 + z 2 z 2 49
⇒ x=
+y +z
+
+ ≤
3
6
2 36
1
1
7
Vậy Max P = , khi=
x =
;y =
; z 1.
3
2
6
Câu 2. Giả sử x, y  là hai số dương thỏa mãn điều kiện: x + y =
1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức:
2

2

2

1 
1

M =x+  + y+ 
x 
y

Hướng dẫn
2

1 
1

Ta có: M =  x +  +  y + 
x 
y

1
1
= x2 + 2 + 2 + y 2 + 2 + 2
x
y
2

2

2


x2 + y 2
1 
=
4 + ( x 2 + y 2 ) 1 + 2 2 
2 2
x y
 x y 
Vì x, y > 0 nên ta có thể viết:
= 4 + x2 + y2 +

(

x− y

)

2

≥ 0 <=> x + y ≥ 2 xy

1
1
≥ 2 <=> 2 2 ≥ 16 (1)
x y

xy
1
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x= y=
2
Ngoài ra ta cũng có:
( x − y ) 2 ≥ 0 ⇔ x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇔ 2( x 2 + y 2 ) ≥ 2 xy + x 2 + y 2
⇔ 2( x 2 + y 2 ) ≥ ( x + y ) 2 ⇔ 2( x 2 + y 2 ) ≥ 1 (vì x + y = 1)
Mà x + y =
1 nên 1 ≥ 2 xy <=>

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com

⇔ x2 + y 2 ≥

1
2

(2)

1
2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x= y=
Từ (1) và (2) cho ta:
M = 4 + ( x 2 + y 2 )(1 +

1
1
25
) ≥ 4 + (1 + 16) =
2
x y
2
2
2

25
2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi đồng thời ở (1) và (2) cùng xảy ra dấu “=” nghĩa là khi
1
x= y=
2
25
1
Vậy GTNN của M =
khi và chỉ khi x= y=
.
2
2
Câu 3. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a 4 + b 4 b 4 + c 4 c 4 + a 4 =
8 . Chứng minh rằng
Do đó: M ≥

(
( a − ab + b )( b

2

2

+ Ta chứng minh kết quả 2 ( a − ab + b
2

)(

2

)(

)

− bc + c 2 )( c 2 − ca + a 2 ) ≥ 1 .

Hướng dẫn

)

2 2

≥ a 4 + b 4 (1).

(

)

(

2
2
Thật vậy, (1) ⇔ 2 a 4 + b 4 + a 2b 2 + 2a 2b 2 − 2ab ( a 2 + b 2 ) ≥ a 4 + b 4 ⇔ a + b − 2ab

)

2

≥0

⇔ ( a − b ) ≥ 0 , bất đẳng thức đúng, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b .
4

+ Tương tự có (2): 2 ( b 2 − bc + c 2 ) ≥ b 4 + c 4 , (3): 2 ( c 2 − ca + a 2 ) ≥ c 4 + a 4 .
2

2

+ Thấy các vế của (1), (2), (3) đều không âm, nhân theo vế các bất đẳng thức này ta được

8 ( a 2 − ab + b 2 ) ( b 2 − bc + c 2 ) ( c 2 − ca + a 2 ) ≥ ( a 4 + b 4 )( b 4 + c 4 )( c 4 + a 4 ) =
8
2

(

2
2
hay a − ab + b

2

) (b
2

2

2

− bc + c 2 ) ( c 2 − ca + a 2 ) ≥ 1 (*).
2

2

2
2
2
2
2
2
Do a − ab + b , b − bc + c , c − ca + a ≥ 0 nên từ (*) suy ra

(a

2

− ab + b 2 )( b 2 − bc + c 2 )( c 2 − ca + a 2 ) ≥ 1 , có Đpcm.

Câu 4. Cho các số thực không âm a, b thỏa mãn a2 + b2 = 2. Chứng minh rằng

a 3b + 1 + b 3a + 1 + 3a + 2. 3b + 2 ≤ 9.
Vì a2 + b2 = 2 nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
8a 3b + 1 + 8b 3a + 1 + 8 3a + 2. 3b + 2 ≤ 72

(

)

(

⇔ 2a 3b + 1 − 4 3b + 1 + 4 + 2b 3a + 1 − 4 3a + 1 + 4

(

)

)

+4 3a + 2 − 2 3a + 2. 3b + 2 + 3b + 2 + 11(a 2 − 2 a + 1)
+11(b 2 − 2b + 1) + 6(a 2 − 2 ab + b 2 ) ≥ 0
⇔ 2a

(

)

2

3b + 1 − 2 + 2b

(

)

2

3a + 1 − 2 + 4

(

3a + 2 − 3b + 2

)

2

+11(a − 1) 2 + 11(b − 1) 2 + 6(a − b) 2 ≥ 0. (*)
Bất đẳng thức (*) luôn đúng, suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi a = b = 1.

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
Câu 5.



Cho hai số dương x và y. Chứng minh rằng  x +



Hướng dẫn

2  y

 . + 2  ≥ 8.
y  x



2  y

 x + y  . x + 2  ≥ 8 ⇔ ( xy + 2 )( y + 2 y ) ≥ 8 xy



Biến đổi BĐT về dạng x ( y − 2 ) + 2y ( x − 1) ≥ 0 (Đúng với x, y >0)
2

2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi=
x 1;=
y 2.
Câu 6.

Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 + c 2 =
3.

2
2
2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ab + bc + ca − 4abc .
Hướng dẫn
Khơng mất tính tổng qt giả sử:
a ≤ b ≤ c ⇒ a ( b − a )( b − c ) ≤ 0 ⇒ ab 2 + ca 2 − abc ≤ a 2b
P = ab 2 + bc 2 + ca 2 − 4abc ≤ ( ab 2 + ca 2 − abc ) + bc 2 ≤ a 2b + bc 2

⇒ P ≤ b ( a 2 + c2 ) = b ( 3 − b2 ) .

a = 0

Mặt khác b ( 3 − b 2 ) = 2 − ( b − 1) ( b + 2 ) ≤ 2 ⇒ P ≤ 2 . Dấu bằng xảy ra ⇔ b =
1 .

c = 2
2

(

)

Vậy max P = 2 , đạt được khi ( a; b; c ) = 0;1; 2 hoặc các hoán vị tương ứng.
Câu 7. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x ≥ 7 , x + y ≥ 12 và x + y + z =
15 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức A = x 2 + y 2 + z 2 .
Ta có: ( x − 7 )

( y − 5) ≥ 0

2
( z − 3) ≥ 0
2

2

Hướng dẫn
≥ 0 ∀x ⇔ x 2 − 14 x + 49 ≥ 0 ⇔ x 2 ≥ 14 x − 49

∀y ⇔ y 2 − 10 y + 25 ≥ 0 ⇔ y 2 ≥ 10 y − 25

∀z ⇔ z 2 − 6 z + 9 ≥ 0 ⇔ z 2 ≥ 6 z − 9

⇒ A = x 2 + y 2 + z 2 ≥ 14 x + 10 y + 6 z − 83

⇒ A ≥ 6 ( x + y + z ) + 4 ( x + y ) + 4 x − 83

⇒ A ≥ 6.15 + 4.12 + 4.7 − 83 hay A ≥ 83
Dấu “ = ” xảy ra khi=
x 7,=
y 5,=
z 3 (thỏa mãn)
Câu 8. Chứng minh ( x + y + z ) + 9 xyz ≥ 4 ( x + y + z )( xy + yz + zx ) với x , y, z là các số thực không
3

âm. Đẳng thức xảy ra khi nào?
Chứng minh

( x + y + z)

3

Hướng dẫn

+ 9 xyz ≥ 4 ( x + y + z )( xy + yz + zx ) ( *) với x , y, z là các số thực

không âm. Đẳng thức xảy ra khi nào?
(*) ⇔ x 3 + y3 + z3 + 3xyz − x 2 y − x 2 z − y 2 x − y 2 z − z2 x − z2 y ≥ 0 .
⇔ x ( x − y )( x − z ) + y ( y − x )( y − z ) + z ( z − x )( z − y ) ≥ 0 ( **) .

Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 0 .

Khi đó ( **) ⇔ z ( z − x )( z − y ) + ( x − y )  x ( x − z ) − y ( y − z )  ≥ 0 ( hiển nhiên đúng)

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x= y= z hoặc hai trong 3 số bằng nhau, số còn lại là 0 .
DẠNG 2: DÙNG PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC HAI
Câu 1. Cho các số thực x, y thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P= xy ( x − 2 )( y + 6 ) + 13 x 2 + 4 y 2 − 26 x + 24 y + 46 .
Hướng dẫn
Biểu thức P có thể được viết lại dưới dạng P = x ( x − 2 ) y ( y + 6 ) + 13x ( x − 2 ) + 4 y ( y + 6 ) + 46 .
Đặt=
a x ( x − 2 ) =( x − 1) − 1 và b= y ( y − +6=
)
2

( y + 3)

2

− 9 thì ta có

P = ab + 13a + 4b + 46 = ( a + 4 )( b + 13) − 6
2
2
= ( x − 1) + 3 ( y + 3) + 4  − 6 ≥ 3.4 − 6 = 6 .




Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1 và y = −3 . Vậy min P = 6 .

Câu 2.

Cho hai số dương x, y thỏa mãn x ( x3 + y 3 ) + 6 xy ( x + y − 2 ) =

( x + y ) ( xy + 4 ) .
2

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
T=
Đặt S =+
x y, P =
x. y,S > 0, P > 0

1 x y 
 + + 1
2 y x 
Hướng dẫn

1  x y  1  S 2 − 2P 
S2
+ 1 ⇒ P
=
T=

 + + 1=

2 y x  2 P
2T + 1

2 ( x3 + y 3 ) + 6 xy ( x + y − 2 ) =

( x + y ) ( xy + 4 )
2

⇔ 2 S 3 − 12 P = S 2 ( P + 4 )

 S2

S2
⇔ 2 S 3 − 12 = S 2 
+ 4
2T + 1
 2T + 1 

2
⇔ S − 2 ( 2T + 1) S + 8T + 16 =
0(1)
5
2
 x= 3 + 3
 x= 3 − 3
S= 6
5
Vậy min T =
hoặc 
⇔
⇔
2
P = 6
 y= 3 − 3
 y= 3 + 3

( 1) có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ 4T 2 − 4T − 15 ≥ 0 ⇒ T ≥

DẠNG 3: BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM (CAUCHY)
1. Dạng tổng quát (n số): ∀x1, x2, x3 ……..xn ≥ 0 ta có:
•

Dạng 1:

•

Dạng 2:

x1 + x2 + ......xn n
≥ x1 x2...........xn
n
x1 + x2 + ......xn ≥ n n x1 x2 ...........xn

 x + x2 + ......xn 
Dạng 3:  1
 ≥ x1 x2 ...........xn
n


Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi: x=
1 x=
2 ............ = xn
Hệ quả 1:
n

•

Nếu: x1 + x2 + ........ + xn =S =const thì:

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

S
Max P = x1x2............xn =  
n

(

)

n

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
khi x=
1

S
x=
2 ............ = xn =

n

Hệ quả 2:
Nếu: x1 x2 .................xn= P= const thì:
khi x=
1
2. Dạng cụ thể ( 2 số, 3 số ):
n = 2: ∀ x, y ≥ 0 khi đó:

Min ( S = x1 + x2......... + x2 ) = nn P

n
x=
2 ............ = xn = P

n=

3, ∀x, y, z ≥ 0 khi đó:

x+ y
≥ xy
2
x + y ≥ 2 xy

x+ y+ z 3
≥ xyz
3
x + y + z ≥ 3 3 xyz

2.3

 x+ y

 ≥ xy
 2 

 x+ y+ z

 ≥ xyz
3



2.4

2
( x + y ) ≥ 4 xy

3
( x + y + z ) ≥ 27 xyz

1 1
4
+ ≥
x y x+ y
1
4
≥
xy ( x + y )2

1 1 1
9
+ + ≥
x y z x+ y+ z
1
4
≥
xyz ( x + y + z )3

2.1
2.2

2

2.5
2.6

Câu 1.

Cho

3

( x + y)
x, y > 0. Tìm GTNN của biểu thức : Q =
xy 2

3

.

Hướng dẫn
Nhận xét:
Ta nên nhớ mục đích là đánh giá Q ≥ m nên nhìn vào biểu thức trên ta có hai hướng
để khai thác : Hướng thư nhất : Khai thác tử số dùng cauchy đánh giá về mẫu, hoặc hướng thứ
hai là khai thác mẫu dùng cauchy đánh giá đưa về tử sau đó rút gọn đi đến điều cần chứng
minh. Sau đây ta khai thác theo hướng hai.
Ta có:

1
1 4x + 2 y + 2 y 
1 4
4
3

xy =
x

+
y
=
x
+
y
( 4 x )( 2 y )( 2 y ) ≤ 
(
)
(
)
 =
 27
16
16 
3
 16  3
3

3

2

27
. Dấu bằng xảy ra khi=
x 1;=
y 2.
4
27
Vậy min Q =

4
⇒Q≥

Câu 2.

4c 2 . Tìm
Cho các số thực dương a , b , c thỏa mãn điều kiện ( a + c )( b + c ) =

giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

a
b
ab
.
+
+
b + 3c a + 3c bc + ca

Lời giải
Do a , b , c là các số thực dương nên giả thiết của bài toán được viết lại thành
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com

( a + c )( b + c ) =4 ⇔  a + 1 b + 1 =4 .

c

c2

Đặt x =


 c




a
b
4.
; y = ( x > 0; y > 0 ) . Khi đó giả thiết trên trở thành ( x + 1)( y + 1) =
c
c

Cũng từ trên ra được a = cx ; b = cy , thay vào biểu thức P ta được

P=

cx
cy
c 2 xy
x
y
xy
+
+ 2

=
+
+
.
2
cy + 3c cx + 3c c x + c y y + 3 x + 3 x + y

Đến đây ta xử lí bài tốn như sau.
+) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P

4 ta được xy =3 − ( x + y ) . Đặt t = x + y > 0 và áp dụng bất đẳng thức
Từ ( x + 1)( y + 1) =
AM – GM ta có

1
1
2
( x + y ) ≥ xy nên suy ra 3 − t ≤ t 2 hay t 2 + 4t − 12 ≥ 0 nên t ≥ 2 .
4
4

Như vậy ta có 2 ≤ t < 3 . Biểu thức P được viết lại thành
x2 + y 2 + 3( x + y )
( x + y ) + 3 ( x + y ) − 2 xy + xy
x
y
xy
xy
P=
+

+
=
+
=
y+3 x+3 x+ y
xy + 3 ( x + y ) + 9
x+ y
( x + 3)( y + 3) x + y
2

t 2 + 3t − 2 ( 3 − t ) 3 − t t 2 + 5t − 6 3 − t ( t − 1)( t + 6 ) 3 − t t 3 3
P=
+
=
+
=
+
=+ −
3 − t + 3t + 9
t
2t + 12
t
2 (t + 6)
t
2 t 2
Lại áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta lại có

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

t 3

= ⇔t=
2 t

t 3
3
3
+ ≥2
=6 . Do đó P ≥ 6 − .
2 t
2
2

c 6
 x + y =6
a + b =
6⇔
⇔
=
ab c 2 3 − 6
 xy= 3 − 6


Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là

(

)

(

)

3
c 6;
6 − , đạt được tại a + b =
2

=
ab c 2 3 − 6 .
+) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P .
Như trên ta đã có 2 ≤ t < 3 và P =
P=

t 3 3
+ − . Do đó ta có biến đổi
2 t 2

( t − 2 )( t − 3) + 1
t 3 3 t 2 − 3t + 6 t 2 − 5t + 6
+ − =
=
+1 =
2 t 2
2t
2t
2t

Do 2 ≤ t < 3 nên ta có

( t − 2 )( t − 3) ≤ 0 . Do đó suy ra

2t

P ≤ 1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ

khi
+y 2 =
 x=
x 1
t =2 ⇔ 
⇔
⇔ a =b =c
=
 xy 1=
y 1
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com

Câu 3.

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 1, đạt được tại a= b= c .
Cho a , b , c là các số thực dương thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 + ab= 2c ( a + b ) . Tìm

giá trị nhỏ nhất của biểu thức: =
P

c2

(a + b − c)

2

+

c2
ab
.
+
2
2
a +b a+b

Lời giải
Trước hết từ giả thiết ta có biến đổi

a 2 + b 2 + c 2 + 2ab = 2c ( a + b ) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 + ab = 2ac + 2bc
⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 2ab − 2bc − 2ab = ab ⇔ ( a + b − c ) = ab .
2

Do đó ta viết lại được biểu thức P thành
c2
c2
ab c 2
c2
ab
P=
+

+
=+
+
2
2
2
2
2
( a + b − c ) a + b a + b ab a + b a + b

Để ý rằng ta có 4ab ≤ ( a + b ) nên ta có
2

(a + b − c)

2

(a + b)
ab ≤

=

4

2

⇔−

a+b
a+b

a+b
3
≤ a+b−c ≤
⇔
≤ c ≤ (a + b)
2
2
2
2

( a + b ) + ab .
c2
c2
ab ( a + b )
Từ đó ta được P = + 2
+
≥
+
2
ab a + b a + b
4ab
4 ( a 2 + b2 ) a + b
2

2

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz

(a + b)
P≥

+

4ab

(a + b)
≥

+

(a + b)
≥ 1+
8ab

2

(

4 a 2 + b2

( a + b ) + ab
ab ( a + b ) ( a + b )
+
=
+
+
a+b
8ab
8ab
a+b

4 a 2 + b2
2

)

(a + b + a + b)

2

8ab

(a + b)

2

(

+

2ab

(a + b)

2

2

(

2

8ab + 4 a 2 + b 2
2

2

)

( a + b ) + ab ( a + b )
ab
1+
+
=
2
8ab
a+b
(a + b)
2

)

≥ 1+ 2

(a + b)
8ab

2

.

2ab

(a + b)

2

1
= 1 + 2. = 2
2

Xảy ra tại a= b= c .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2.
Cho các số thực dương a , b , c thỏa mãn a + b + c =
2017 . Tìm giá trị lớn nhất

Câu 4.
của biểu thức:

M=

a
b
4c
+
+
a +1 b +1 c +1

Lời giải

1

2
2 
a + 1 − 1 b + 1 − 1 4 ( c + 1) − 4
 1
6−
+
+
=
+
+
+
Ta có M =

a +1
b +1
c +1
 a +1 b +1 c +1 c +1 
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho bốn số dương x , y , z , t ta có

x + y + z + t ≥ 4 4 
xyzt
1 1 1 1
,
,

,
ta có
x
z t
y

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho bốn số dương
1 1 1 1
1
+ + + ≥ 44
x y z t
xyzt

 1 1 1 1
Từ đó ta suy ra được ( x + y + z + t )  + + +  ≥ 16 .
x y z t
Áp dụng bất đẳng thức trên thì ta có ta có
1
2
2 
c +1 c +1   1

+b + +   +
+
+
+
 a + 1 1

 ≥ 16
2

2   a +1 b +1 c +1 c +1 


1
4 
1
1
4
16
4
 1
⇔ 2020 
+
+
+
+
≥
=
 ≥ 16 ⇔
a + 1 b + 1 c + 1 2020 505
 a +1 b +1 c +1 

Vậy

ta

được

M ≤ 6−

4
3026
.
=
505 505

Dấu

bằng

xảy

ra

khi

2017
a + b + c =
a= b= 504

.

c +1 ⇔ 
c = 1009
a + 1 = b + 1 = 2
3026
, xảy ra tại a= b= 504 ; c = 1009 .
505
Cho các số thực dương a , b , c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 =
3 . Tìm giá trị nhỏ nhất

Do đó giá trị lớn nhất của M là

Câu 5.
của biểu thức:

M=

1
1 + 8a

3

+

1
1 + 8b

3

+

1
1 + 8c 3

Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
1 + 8a 3 = (1 + 2a ) (1 − 2a + 4a 2 ) ≤

Điều này dẫn đến

1
1 + 8a 3

≥

1
.
1 + 2a 2

Hoàn toàn tương tự thì ta cũng có
Do vậy ta có M ≥

1
(1 + 2a ) + (1 − 2a + 4a 2 )  =+
1 2a 2


2

1
1 + 8b3

≥

1
;
1 + 2b 2

1

1 + 8c3

≥

1
.
1 + 2c 2

1
1
1
. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
+
+
2
2
1 + 2a 1 + 2b 1 + 2c 2

1
1
1
1
1
1
+
+
≥ 3. 3
.
.
2

2
2
2
2
1 + 2a 1 + 2b 1 + 2c
1 + 2a 1 + 2b 1 + 2c 2
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com

(1 + 2a ) + (1 + 2b ) + (1 + 2c ) ≥ 3. (1 + 2a )(1 + 2b )(1 + 2c )
2

2

2

2

3

2

2

1
1 

 1
Suy ra 
. 3 + 2 ( a 2 + b 2 + c 2 )  ≥ 9
+
+
2
2
2  
1
2
1
2
1
2
a
b
c
+
+
+



Điều này dẫn đến M ≥

9
=
1 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3 + 2 ( a + b2 + c2 )
2

a= b= c= 1

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 1, xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= 1 .

Câu 6.
Cho a , b , c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 3a 2 + 4b + 6c =
29 . Tìm
3
2
2
giá trị nhỏ nhất biểu thức P = 2a + b + c
Hướng dẫn
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho các số dương ta được
 a 3 + a 3 + 1 ≥ 3a 2 .
b 2 + 22 ≥ 4b .
c 2 + 32 ≥ 6c .
Khi đó P + 1 + 4 + 9 ≥ 3a 2 + 4b + 6c .
Suy ra P ≥ 3a 2 + 4b + 6c − 1 − 4 − 9 =
15 .
a = 1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = 2 .
c = 3


Cho ba số a, b, c dương .

Câu 7.

Chứng minh rằng:

1
1
1
a+b+c
+ 2
+ 2
≤
a + bc b + ac c + ab
2abc
2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
2
1
a 2 + bc ≥ 2a bc ⇒ 2
≤ =
a + bc a bc

Hướng dẫn
1 1 1 1
1 
. ≤  + 
ab ac 2  ab ac 

 2
1 1
1 
 b 2 + ac ≤ 2  ba + bc 




Tương tự : ⇒ 
 2 ≤ 1 1 + 1 
 c 2 + ab 2  ca bc 
1
1
1
1 1 1 a+b+c
+ 2
+ 2
≤
+ + =
⇒ 2
a + bc b + ac c + ab ab bc ca
2abc
Dấu “=” xảy ra khi a= b= c.
Câu 8. Giả sử x và y là hai số thỏa mãn x > y và xy = 1 . Tìm GTNN của biểu thức:

A=

x2 + y 2
.
x− y
Hướng dẫn

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC

Website:tailieumontoan.com

=
A
Ta có thể viết:

x 2 + y 2 x 2 − 2 xy + y 2 + 2 xy ( x − y ) 2 + 2 xy
=
=
x− y
x− y
x− y

( x − y ) 2 + 2 xy
2
x− y
2
x− y
= x− y+
=
+
+
x− y
x− y
2
x− y
2
Vì x > y ⇒ x – y > 0 nên áp dụng bất đẳng thức cơsi với 2 số khơng âm, ta có:

x− y 2
x− y
.
A ≥ 2.
+
2 x− y
2
x− y
2
Dấu “=” xảy ra ⇔
=
⇔ ( x − y ) 2 =4 ⇔ ( x − y ) =2 (Do x – y > 0)
x− y
2
2
3
Từ đó: A ≥ 2 + =
2
2
x − y =
Vậy GTNN của A là 3 ⇔ 
 xy = 1
Do x > y và xy = 1 nên: A =

 x = 1 + 2
 x = 1 − 2
hay 
Thỏa điều kiện xy = 1
⇔
 y =−1 + 2

 y =−1 − 2
3
Câu 9. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x + y + z = . Chứng minh rằng
2
x + 2 xy + 4 xyz ≤ 2.
Hướng dẫn
Theo bất đẳng thức Cơ si ta có
2
1

y+z+ 
1
2
2


x + 2 xy + 4 xyz = x + 4 xy  z +  ≤ x + 4 x
= x + x (2 − x) . .
2
4

3
3
Với x, y, z không âm và x + y + z = ⇒ 0 ≤ x ≤ .
2
2
Ta
cần
chứng
minh

2
2
2
x + x ( 2 − x ) ≤ 2 ⇔ ( x − 2 ) + x ( 2 − x ) ≤ 0 ⇔ 1 + x ( x − 2 ) ≥ 0 ⇔ ( x − 1) ≥ 0 (luôn đúng).

Câu 10. Cho x, y, z là các số thức dương thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 =
1 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của S =

xy yz zx
+ +
z
x
y

Hướng dẫn
Ta có:
x2 y 2 y 2 z 2 z 2 x2
S=
+ 2 + 2 + 2( x 2 + y 2 + z 2 )
2
z
x
y
Áp dụng BĐT Cơsi ta có:
x2 y 2 x2 z 2
+ 2 ≥ 2x2
2
z
y

2 2
x y
y2 z2
+
≥ 2 y2
2
2
z
x
2 2
2 2
x z
y z
+ 2 ≥ 2z2
2
y
x
Suy ra
2

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
S 2 ≥ 3( x 2 + y 2 + z 2 ) =
3
Vậy minS= 3 khi x= y= z=

1
3

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca =
1 . Chứng minh rằng

Câu 11.

a b2 + 1 + b c2 + 1 + c a 2 + 1 ≥ 2 .

Hướng dẫn

(

Bất đẳng thức đã cho tương đương a b 2 + 1 + b c 2 + 1 + c a 2 + 1
Đặt=
S

(

)

)

2

≥4

( 6).

2

a b 2 + 1 + b c 2 + 1 + c a 2 + 1 . Ta có

=
S a 2 ( b 2 + 1) + b 2 ( c 2 + 1) + c 2 ( a 2 + 1) + 2ab

(b

+ 2ac

2

+ 1)( a 2 + 1) + 2bc

(c

2

(b

2

+ 1)( c 2 + 1)

+ 1)( a 2 + 1) .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có

(b

(b
(a

2

1)
+ 1)( c 2 +=

b 2c 2 + b 2 + c 2 + 1 ≥ bc + 1

( 6.1)

2

+ 1)( a 2 +=
1)

b 2 a 2 + a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + 1

( 6.2 )

2

+ 1)( c 2 +=
1)

a 2c 2 + a 2 + c 2 + 1 ≥ ac + 1

( 6.3) .

Kết hợp (6.1), (6.2) và (6.3) ta được

S ≥ a 2 ( b 2 + 1) + b 2 ( c 2 + 1) + c 2 ( a 2 + 1) + 2ab ( bc + 1) + 2ac ( ab + 1) + 2bc ( ac + 1)
=

( ab + bc + ca )

2

+ a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) .

Mặt khác, ta lại có a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca . Suy ra

S ≥ ( ab + bc + ca ) + 3 ( ab + ac + ca ) =
4
2

Vậy bất đẳng thức (6) đúng.

1
.
3
Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện: xyz = 1 . Tìm GTNN của biểu

Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c =
Câu 12.

thức: E =

1

1
1
.
+ 3
+ 3
x ( y + z ) y ( z + x) z ( x + y )
3

Hướng dẫn
1
1
1
1
Đặt a = ; b = ; c = ⇒ abc = =
1
x
y
z
xyz
1 1
Do đó: + = a + b ⇒ x + y = (a + b).xy ⇒ x + y = c(a + b)
x y
Tương tự:
y + z = a(b + c)
z + x = b(c + a)
1
1
1
1
1

1
=
⇒E
+ 3.
+ 3.
.
3
x ( y + z ) y ( z + x) z ( x + y )
= a3.

a2
b2
c2
1
1
1
+ b3 .
+ c3 .
=
+
+
a (b + c)
b (c + a )
c ( a + b) b + c c + a a + b

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Website:tailieumontoan.com

a
b
c
3
+
+
≥
(1)
b+c c+a a+b 2
Thật vậy: Đặt b + c = x; c + a = y; a + b = z
x+ y+z
⇒ a+b+c =
2
y+z−x
z+x− y
x+ y−z
=
⇒a
=
=
;b
;c
2
2
2
a
b
c

y+z−x z+x− y x+ y−z
Khi đó, VT =
+
+
=
+
+
b+c c+a a+b
2x
2y
2z
1 y x 1 z x 1 z y 3
3 3
=
 +  +  +  +  +  − ≥ 1 + 1 + 1 −=
2 x y 2 x z  2 y z  2
2 2
Nhân hai vế (1) với a + b + c > 0. Ta có:
a ( a + b + c ) b( a + b + c ) c ( a + b + c ) 3
+
+
≥ (a + b + c)
b+c
c+a
a+b
2
2
2
2
3

3
a
b
c
a + b + c 3 abc 3
⇒
+
+
≥
≥
=⇒ E ≥
2
2
2
2
b+c c+a a+b
3
khi a = b = c = 1.
⇒ GTNN của E là
2
Câu 13.
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa xyz = 1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
Ta có:

x3

y3
z3
P=
.

+
+
(1 + y )(1 + z ) (1 + z )(1 + x ) (1 + x )(1 + y )

Áp dụng BĐT Côsi cho ba số
x3
1 + y 1 + z 3x
+
+
≥
8
4
(1 + y )(1 + z ) 8

Hướng dẫn

y3
1+ z 1+ x 3y
+
+
≥
8
4
(1 + z )(1 + x ) 8

z3
1 + x 1 + y 3z
.
+
+

≥
8
4
(1 + x )(1 + y ) 8

Suy ra :
x3

1
3 33
3 3
y3
z3
P
xyz −
=
+
+
≥ ( x + y + z) − ≥ =
4 2
4 4
(1 + y )(1 + z ) (1 + z )(1 + x ) (1 + x )(1 + y ) 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= y= z= 1
3
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng .
4
Câu 14.
Cho x, y, z là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 x

y
z 
4 ( x3 + y 3 ) + 3 4 ( y 3 + z 3 ) + 3 4 ( z 3 + x3 ) + 2  2 + 2 + 2  .
z
x 
y
Hướng dẫn
Với x, y, z > 0 ta có
=
P

3

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com

4 ( x3 + y 3 ) ≥ ( x + y ) ;
3

4 ( y 3 + x3 ) ≥ ( y + z ) ;
3

4 ( x3 + z 3 ) ≥ ( x + z ) .
3

⇒ 3 4 ( x 3 + y 3 ) + 3 4 ( y 3 + z 3 ) + 3 4 ( z 3 + x 3 ) ≥ 2 ( x + y + z ) ≥ 6 3 xyz


 x
y
z 
6
1 
⇒ P ≥ 6  3 xyz +
2 2 + 2 + 2  ≥
 ≥ 12.

3 xyz 
z
x  3 xyz
y


Dấu bằng xảy ra
 xyz = 1
⇔
⇔ x = y = z =1
 x= y= z

Câu 15.

Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: xy + xz + 4 yz =
32

Tìm giá trị nhỏ nhất của: P =
x 2 + 16 y 2 + 16 z 2

Hướng dẫn
2
2
x
x
x
x
+ 8 y 2 ≥ 2.
+ 8 z 2 ≥ 2.
.2 =
2 y 4 xy;
.2 =
2 z 4 xz ; 8( z 2 + y 2 ) ≥ 16 xy
Ta có
2
2
2
2
Vậy x 2 + 16 y 2 + 16 z 2 ≥ 4( xy + xz + 4 yz )= 4.32= 128
 x
 2 = 2 2y

 x
Dấu đẳng thức xảy ra khi 
= 2 2z
2

y = z



Câu 16.
Cho a, b, c dương thỏa mãn a + b + c =
3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của:
a
b
c
A=
+
+
2
2
1 + b 1 + c 1 + a2
Hướng dẫn
2
2
2
a (1 + b ) − ab
a
ab
ab 2
ab
Ta có:
=
=a−
≥a−
=a−
2
2
2
1+ b

1+ b
1+ b
2b
2
b
bc
c
ca
Tương tự ta có:
≥b− ;
≥c− .
1 + c2
2 1 + a2
2
a
b
c
1
1 (a + b + c)
3 3
Do đó A =
+
+
≥ a + b + c − ( ab + bc + ca ) ≥ 3 − .
= 3− = .
2
2
2
1+ b 1+ c 1+ a
2

2
3
2 2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= 1.
3
Vậy MinA = khi a= b= c= 1.
2
3 . Chứng minh rằng:
Câu 17.
Cho a, b, c dương thỏa mãn a + b + c =
a +1 b +1 c +1
+
+
≥3
b2 + 1 c2 + 1 a 2 + 1
Hướng dẫn
2
2
a + 1 ( a + 1) ( b + 1) − b ( a + 1)
Ta có: 2
=
b +1
b2 + 1
2

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC

Website:tailieumontoan.com
b 2 ( a + 1)
b 2 ( a + 1)
1
≥
+
−
a
2b
b2 + 1
b ( a + 1)
b ab
= a +1−
= a − − +1
2
2 2
Tương tự ta có:
b +1
c bc
c +1
a ca
≥ b − − + 1; 2
≥ c − − +1
2
c +1
2 2
a +1
2 2
1
Do đó VT ≥ ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca )  + 3

2
2
1  (a + b + c) 
≥ 3 −
 + 3 ≥ 3. (đpcm)
2 
3

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= 1.
Câu 18.
Cho hai số không âm x , y thỏa mãn x ≥ 2 , 2 y + 4 =
xy . Tìm giá trị lớn nhất
= a +1−

của biểu thức
y2 + 2 y
x2 − 2x
1
+
+
.
x −1
y +1
x+ y
Hướng dẫn
2 y + 4 = xy ⇔ ( x − 1) + ( y + 1) + 3 =
có

P=

Từ
⇔

giả

thiết

ta

( x − 1)( y + 1)

1
1
3
+
+
=
1.
x − 1 y + 1 ( x − 1)( y + 1)

Đặt a =

1
1
, b=
.
x −1
y +1

1 và biểu thức P = 1 − a 2 + 1 − b 2 +

Từ giả thiết ta có a + b + 3ab =

( a + b ) . Từ đó suy ra
Ta có 1 = a + b + 3ab ≤ a + b + 3
2

4

Mà cho hai số dương m , n ta ln có

ab
.
a+b

2
a+b ≥ .
3

m + n ≤ 2 (m + n) .

Từ đó ta có
  2 2 
   
 ( a + b )2 
4 2
3
2
2
2
2



1 − a + 1 − b ≤ 2 2 − a + b  ≤ 2 2 −
 ≤ 2  2 −    =.

2 
2 
3







(

ab
a+b

Mặt khác=
Vậy ta có P =
Vậy max P =

)

1− (a + b)
1
1 1 3 1 1
=

− ≤ . − =.
3( a + b) 3( a + b) 3 3 2 3 6
1 − a 2 + 1 − b2 +

ab
4 2 1 1+ 8 2
.
≤
+ =
a+b
3
6
6

x = 4
1
1+ 8 2
. Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a= b= ⇔ 
.
3
6
y = 2

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
DẠNG 4: DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY DẠNG CỘNG MẪU SỐ

Cho hai dãy số tùy ý a1 ; a2 ; ...; an và x1 ; x2 ; ...; xn với x1 ; x2 ; ...; xn > 0 .
a 2 ( a + a + ... + an )
a2 a2
Khi đó ta có 1 + 2 + ... + n ≥ 1 2
x1 x2
xn
x1 + x2 + ... + xn
Dấu đẳng thức xảy ra ở dạng 4 là:

2

a
a1 a2
=
= ...= n ≥ 0 .
x1 x2
xn

4.1. Sử dụng bất đẳng thức theo chiều thuận
Ví dụ 1. Cho a , b là các số thực dương thỏa mãn a + b =
1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức:
=
P

1
4
+
2

a +b
ab
2

Phân tích: Để áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta chọn một số k sao cho

(1 + k ) =+
1
k2
2
+
≥ 2
(1 k ) và đảm bảo dấu đẳng thức xảy ra, tức là thỏa
2
2
2
a + b 2ab a + b + 2ab
1
k
với a = b , do đó ta chọn được k = 1 .
mãn điều kiện 2
=
2
2ab
a +b
2

Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta được

(1 + 1) + 7= 4 + 7
1
4
1
1
7
=
P
+ = 2
+
+
≥ 2
2
2
2
a + b ab a + b 2ab 2ab a + b 2 + 2ab 2ab
2ab
2

1
 a+b
Mặt khác ta lại có ab ≤ 
 =
4
 2 
2

Do đó ta được P ≥ 18 , hay giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 18. Đẳng thức xảy ra khi
1
và chỉ khi a= b=

.
2
Nhận xét: Sau khi đánh giá bằng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta nhận được biểu thức
7
, đến đây ta có thể thêm vào biểu thức đại lượng 48ab , ta được
Q= 4 +
2ab
7
4+
Q=
+ 48ab .
2ab
Và ta tách thành: Q =
4+

7
 3
 1
. Đến đây ta hoàn toàn xử
+ 24ab =
4 +  + 48ab  +
2ab
 ab
 2ab

lý được tiếp.
1
 a+b
Rõ ràng, với ab ≤ 
thì từ cách ghép cặp trong biểu thức Q ta có thể tổng

 =
4
 2 
quát thành bài toán:
2

Cho a , b là các số thực dương thỏa mãn a + b =
1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
P
=

1
4
+
+ kab
2
a + b ab
2

( 0 < k ≤ 48)

Gợi ý: Khi đó ta tách P như sau:
1
4

1
1
3
1
+
+ kab
= 2
+
+
+ 48ab +
+ ( k − 48 ) ab
2
2
a +b
ab
a +b
2ab ab
2ab
Ví dụ 2. Cho a , b , c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c =
1 . Chứng minh rằng:
=
P

2

1
9
+
≥ 30
2

2
a +b +c
ab + ab + bc
2

Phân tích và lời giải
Trước hết ta dự đoán đẳng thức xảy ra tại a= b= c=

1
. Khi sử dụng bất đẳng thức
3

Cauchy - Schwarz ta chú ý cộng các mẫu để có thể viết được thành ( a + b + c ) .
2

Để ý là nếu đánh giá
thức khơng xảy ra vì

(1 + 2 )

2

(

)

2
1
2
+

≥
=
1
+
2
, khi đó đẳng
a 2 + b 2 + c 2 2 ( ab + bc + ca ) ( a + b + c )2

1
2
≠
2
2
a +b +c
2 ( ab + bc + ca )
2

Như vậy để có thể áp dụng được bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta làm như sau

(1 + k ) =
1
k2
2
+
≥
(1 + k )
2
2
2
2

a + b + c 2 ( ab + bc + ca ) ( a + b + c )
2

Ta cần chọn k để đẳng thức sau đúng

1
k
=
, dễ dàng chọn được
2
2
a +b +c
2 ( ab + bc + ca )
2

giá trị k = 2 .
Đến đây ta có lời giải như sau
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta được

1
9
1
4
7
+
= 2 2 2+
+
2
2
a + b + c ab + bc + ca a + b + c 2 ( ab + bc + ca ) ab + bc + ca

2

≥

(1 + 2 )

2

(a + b + c)

2

+

7
7
=
9+
ab + bc + ca
ab + bc + ca

Bất đẳng thức sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được

7
≥ 21 . Tuy nhiên, dễ
ab + bc + ca

thấy

( a + +b + c )

3

2

≥ ab + bc + ca ⇔ ab + bc + ca ≤

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

1
3
TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
Do đó ta được

7
≥ 21
ab + bc + ca

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài tập tương tự:
Câu 1. Cho các số dương a , b , c thoả mãn a + b + c ≤ 3 . Chứng ming rằng:
1
2009
+
≥ 670 .
2
2
a +b +c

ab + bc + ca
2

(Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chun Tốn Tỉnh Hải Phịng năm 2009 - 2010)
Câu 2. Cho a , b , c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c =
1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:

1
1
+
abc 1 − 2 ( ab + bc + ca )

=
P

(Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chun Tốn Tỉnh Vĩnh Phúc năm 2012-2013)
Hướng dẫn: Do a + b + c = 1 ⇒ 1 − 2 ( ab + bc + ca ) = a 2 + b 2 + c 2
1
a+b+c
1
1
1
1
+ = 2
+
+ +
2
2
2

2
a +b +c
abc
a +b +c
ab bc ca
Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mọi các số thực dương a , b , c ta có bất đẳng thức sau:

Suy
ra P
=

2

a3
b3
c3
a 2 + b2 + c2
.
+
+
≥
a 2 + ab + b 2 b 2 + bc + c 2 c 2 + ac + a 2
a+b+c
Phân tích và lời giải
Chúng ta thấy vế trái của bất đẳng thức có dạng phân thức, và quan sát số hạng đại diện
a3
chúng ta thấy tử số là a 3 và chúng ta mong muốn giảm bậc đi
chẳng hạn 2
2
a + ab + b

cho dễ làm. Điều này gợi cho chúng ta nghĩ tới sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz
để đưa về chứng minh bất đẳng thức mới đơn giản hơn.
a4
b4
c4
+
+
a ( a 2 + ab + b 2 ) b ( b 2 + bc + c 2 ) c ( c 2 + ac + a 2 )

Ta có VT =

≥

(a

2

+ b2 + c2 )

2

a 3 + b3 + c 3 + a 2b + ab 2 + a 2 c + ac 2 + b 2 c + bc 2

Để ý a 3 + b3 + c3 + a 2b + ab 2 + a 2 c + ac 2 + b 2 c + bc 2 =

( a + b + c ) ( a 2 + b2 + c2 )

Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Khai thác:
- Ta thấy, a + b + c

2

2

2

(a + b + c)
≥
3

2

nên bài tốn trên có thể phát biểu thành:

Chứng minh rằng với mọi các số thực dương a , b , c ta có bất đẳng thức sau:
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
a3
b3
c3
a+b+c
.
+
+
≥
2

2
2
2
2
2
a + ab + b b + bc + c c + ac + a
3
Nếu ràng buộc thêm điều kiện cho biến, chẳng hạn: a + b + c =
k ( k > 0 ) thì ta được bài
tốn:
Chứng minh rằng với mọi các số thực dương a , b , c và a + b + c =
k ( k > 0 ) ta có bất
đẳng thức sau:
a3
b3
c3
k
+
+
≥ .
2
2
2
2
2
2
a + ab + b b + bc + c c + ac + a
3
Một số bài tập tương tự: Chứng minh rằng với mọi các số thực dương a , b , c ta có:
Câu 1.

a
b
c
+
+
≥ 1 (Hướng dẫn: Mỗi phân thức ta nhân cả tử và mẫu với
b + 2c c + 2a a + 2b

tử)

a2
b2
c2
3
+
+
≥ , với a + b + c ≥ 3
Câu 2.
a + bc b + ac c + ab 2
a3
b3
c3
1
1
, với a 2 + b 2 + c 2 ≥ (Hướng dẫn:
+
+
≥
2a + 3b + 5c 2b + 3c + 5a 2c + 3a + 5b 30

3
Mỗi phân thức ta nhân cả tử và mẫu lần lượt với a, b, c)
a 2 b2 c2
Ví dụ 4. Cho a , b , c dương có a + b + c =
+ + ≥ 3 ( a 2 + b2 + c2 )
1 . Chứng minh rằng:
b
c a
Câu 3.

Phân tích và lời giải
Ta thấy vế trái có dạng phân thức và có thể áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, tuy
nhiên khi đó ta được a + b + c ≥ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) nhưng đây là bất đẳng thức ngược chiều.
Vậy để xuất hiện được các hạng tử của vế phải ta nhân cả tử và mẫu của mỗi phân thức ở
vế trái với tử của nó.
a 2 + b2 + c2 )
(
a4
b4
c4
VT = 2 + 2 + 2 ≥ 2
a b b c c a a b + b2c + c 2 a
2

Bất đẳng thức được hoàn tất nếu ta chứng minh được:
a 2 + b2 + c2
≥ 3 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 ( a 2b + b 2 c + c 2 a )
a 2b + b 2 c + c 2 a

(

) (

)

⇔ ( a + b + c ) a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 a 2b + b 2 c + c 2 a ( doa + b + c =
1)

(

⇔ a 3 + b3 + c 3 + ab 2 + bc 2 + ca 2 ≥ 2 a 2b + b 2 c + c 2 a

)

Dễ thấy, a 3 + ab 2 ≥ 2a 2b ; b3 + bc 2 ≥ 2b 2 c ; c3 + ca 2 ≥ 2c 2 a từ đó ta có điều phải chứng
minh.
18 . Chứng minh rằng
Ví dụ 5. Cho các số thực dương x , y , z thỏa mãn x + 2 y + 3z =

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
2 y + 3z + 5 3 z + x + 5 x + 2 y + 5 51
+
+
≥
1+ x

1+ 2 y
1 + 3z
7
Phân tích và lời giải
Quan sát giả thiết, và các phân thức ta thấy nếu cộng tử với mẫu của mỗi phân thức sẽ thu
được lượng như nhau x + 2 y + 3 z +6 , hơn nữa là ta lại vận dụng được giả thiết. Khi đó ta
hồn tồn có thể sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz để xử lý phần cịn lại.
Ta có
2 y + 3z + 5 3 z + x + 5 x + 2 y + 5
+
+
1+ x
1+ 2 y
1 + 3z
2 y + 3z + 5
3z + x + 5
x + 2y + 5
+1+
+1+
+1− 3
1+ x
1+ 2 y
1 + 3z

=
=

 1
1
1 

9
+
+
−3
 − 3 ≥ 24.
x + 2 y + 3z + 3
 1 + x 1 + 2 y 1 + 3z 

( x + 2 y + 3z + 6 ) 

9
51
(điều phải chứng minh).
=
−3
21
7
Ví dụ 6. Cho các số dương a , b , c thay đổi và thoã mãn 3a + 4b + 5c =
12 . Tìm giá trị lớn
= 24.

nhất của biểu thức:
S=

ab
2ac
3bc
+
+
ab + a + b ac + a + c bc + b + c

(Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu năm 2011- 2012)
Phân tích và lời giải
Căn cứ vào giả thiết ta cần tách các tích ab , bc , ac , vì vậy ta thử chia cả tử và mẫu của
mỗi phân thức cho tử ta được
1
2
3
đến đây ta có thể sử dụng bất đẳng thức Cauchy+
+
1 1
1 1
1 1
+ +1
+ +1
+ +1
a b
c a
b c
Schwarz cho các mẫu.
S=

Ta viết lại biểu thức S thành
S=

1
2
3
+
+

1 1
1 1
1 1
+ +1
+ +1
+ +1
a b
c a
b c

Áp dụng bất đẳng thức
S=

1
11 1 1
≤  + +  ta có
x+ y+ z 9 x y z 

1
2
3
a + b + 1 2 ( c + a + 1) 3 ( b + c + 1)
+
+
≤
+
+
1 1
1 1
1 1

9
9
9
+ +1
+ +1
+ +1
a b
c a
b c
=

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

6 + 3a + 4b + 5c 18
= = 2
9
9
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức S là 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= 1 .
4.1. Sử dụng bất đẳng thức theo chiều đảo
Ví dụ 1. Cho a , b , c là các số thực dương bất kì. Chứng minh rằng:
a2
5a + ( b + c )
2

2

+

b2
5b + ( c + a )
2

2

+

c2
5c + ( a + b )
2

2

≤

1
3

Phân tích và lời giải
Dự đoán đẳng thức xảy ra tại a= b= c , Trước hết ta để ý đến mẫu số có thể phân tích
được 5a 2 + ( b + c ) =
2

(a

2

+ b 2 + c 2 ) + 2 ( 2a 2 + bc ) . Quan sát bất đẳng thức ta thấy có thể

áp dụng được bất đẳng thức Bunhiacopxki. Khi vậy ta cần chọn các số m , n để được bất
đẳng thức
m + n) a2
(=
2
5a 2 + ( b + c )

(m + n)

2

2

a2

a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( 2a 2 + bc )

Đồng thời đẳng thức

≤

m2 a 2
n2a 2
+
a 2 + b 2 + c 2 2 ( 2a 2 + bc )

m
n

đúng với a= b= c .
=
2
2
2
a +b +c
2 ( 2a + bc )
2

Dễ dàng chọn được m = 1 ; n = 2 .
Khi đó ta có thể giải được bài toán như sau:
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta có
5a 2 + ( b + c )

(1 + 2 ) a 2
1
1 
2a 2 
a2
= ⋅ 2
≤
⋅
+


9 ( a + b 2 + c 2 ) + 2 ( 2a 2 + bc ) 9  a 2 + b 2 + c 2 2a 2 + bc 
2

a2
2

Chứng minh tương tự ta được
b2
5b 2 + ( c + a )

2

c2
5c 2 + ( a + b )

2

1
b2
2b 2 
≤  2
+

9  a + b 2 + c 2 2b 2 + ac 

c2
1
2c 2 
≤  2
+

9  a + b 2 + c 2 2c 2 + ab 

Do đó ta có
a2

5a 2 + ( b + c )

2

+

b2
5b 2 + ( c + a )

Ta cần chứng minh được

2

+

c2
5c 2 + ( a + b )

1
2a 2
2b 2
2c 2  1
+
+
+
1

≤
9  2a 2 + bc 2b 2 + ca 2c 2 + ab  3

Bất đẳng thức đó tương đương với
Hay

2

1
2a 2
2b 2
2c 2 
≤ 1 + 2
+ 2
+ 2

9  2a + bc 2b + ca 2c + ab 

2a 2
2b 2
2c 2
+
+
≤2
2a 2 + bc 2b 2 + ca 2c 2 + ab

bc
ca
ab
+ 2
+ 2
≥1
2a + bc 2b + ca 2c + ab

2

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì

( ab + bc + ca )
bc
ca
ab
1
+ 2
+ 2
≥ 2 2
=
2
2 2
2a + bc 2b + ca 2c + ab a b + b c + c 2 a 2 + 2abc ( a + b + c )
2

Như vậy đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng.
Do đó bất đẳng thức ban đầu được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra tại a= b= c .
Ví dụ 2. Cho a , b , c là các số thực dương thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 ≤ abc . Chứng minh rằng:
a
b
c

1
+ 2
+ 2
≤
a + bc b + ca c + ab 2
2

Phân tích và lời giải
Tương tự như bài 1 ta chọn được m= n= 1 , khi đó áp dụng bất đẳng Cauchy- Schwarz
dạng phân thức ta được

 11

a
a2
a2
1  a2
a2
a2
=
≤
≤
+
=
+
 3

2
3
3

2
2
2
2
2
2 
2
2
2 
a + bc a + abc a + a + b + c
4 a a +b +c  4 a a +b +c 
Hoàn toàn tương tự ta được
a
b
c
11 1 1 
+ 2
+ 2
≤  + + + 1
a + bc b + ca c + ab 4  a b c 
2

Ta cần chứng minh

1 1 1
+ + ≤ 1.
a b c

Thật vậy, áp dụng một đánh giá quen thuộc và kết hợp với giả thiết, ta được
1≥

a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca 1 1 1
≥
= + +
abc
abc
a b c

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= 3 .
Ví dụ 3. Cho a , b , c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
1
1
1
1 1 1 1 
+
+
≤  2+ 2+ 2
2
2
2
c ( c + a + 3b ) + c a ( a + b + 3c ) + a b ( b + c + 3a ) + b
6a b c 
(Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn 9 Tỉnh Nam Định năm học 2018 – 2019)
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta được
1
1
1 1
1
1  1 1

1 1
1  1 
=
≤  2+
+
≤  2 +  + +
2
2
c ( c + a + 3b ) + c
ac + 2c + 3bc 9  2c bc + ca 2bc  9  2c
4  bc ca  2bc 

Để ý rằng

1 1 1 1 1 1 1 
1 1 1 1 1 1 1 
=
.2. . ≤  2 + 2  và =
.2. . ≤  +  nên ta lại có
ca 2 a c 2  a
c 
bc 2 b c 2  b 2 c 2 

11
1
3  1  1 1  1 1  3  1 1  1  2
1
3 
+
 2+

 ≤  2 +  2 + 2  +  2 + 2 =
 2+ 2+ 2

18  c 2ac 2bc  18  c 4  a c  4  c b   18  c 4a
4b 
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
1
1 2
1
3 
≤  2+ 2+ 2
2
c ( c + a + 3b ) + c 18  c 4a
4b 

Từ đó ta được

Chứng minh hồn tồn tương tự ta được
1
1 2
1
3 
1
1 2
1

3 
≤  2+ 2+ 2
≤  2 + 2 + 2 ;
2
2
a ( a + b + 3c ) + a 18  a
4b 4c  b ( b + c + 3a ) + b 18  b 4c 4a 
Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều trên thì ta được
1
1
1
1 1 1 1 
+
+
≤  2+ 2+ 2
2
2
2
c ( c + a + 3b ) + c a ( a + b + 3c ) + a b ( b + c + 3a ) + b
6a b c 
Vậy bài toán được chứng minh hoàn tất. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c .
BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ:
Cho a , b , c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
a (b + c )
a + (b + c )
2

2

+

b (c + a)
b + (c + a)
2

2

+

c (a + b)
c + (a + b)
2

2

≤

6
5

(Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Thái Bình năm học 2014 – 2015)
Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
a + (b + c )
2

2

 2 ( b + c )2  3
( b + c )( 4a + 3b + 3c )
3

2
2
= a +
 + (b + c ) ≥ a (b + c ) + (b + c ) =
4  4
4
4


Suy ra ta được

Ví dụ 4. Cho
P=

x,

a (b + c )
a + (b + c )

y,

2

z>0

2

≤

4a ( b + c )

4a
=
( 4a + 3b + 3c )( b + c ) 4a + 3b + 3c

và

1 1 1
+ + =
4.
x y z

Tìm

giá

trị

lớn

nhất

của

1
1
1
+
+
2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z
Phân tích và lời giải

Quan sát giả thiết và biểu thức P , ta thấy có thể sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz
dạng phân thức theo chiều ngược lại để tách các số hạng ở từng mẫu.
1 1
4 1 1
4
1 1 1 1
4
4
16
1
1 1 2
+ ≥
⇒ + + + ≥
+
≥
⇒
≤  + +
; + ≥
x y x+ y y z y+z
x y y z x + y y + z x + 2y + z
x + 2 y + z 16  x y
Tương tự
1
1 2 1 1
1
1 1 1 2
≤  + + ;
≤  + + 
2 x + y + z 16  x y z  x + y + 2 z 16  x y z 

1 4 4 4
1
 + + =
16  x y z 
Ví dụ 5. Cho a , b , c là số thực dương. Chứng minh rằng:
S≤

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
2ab
3bc
3ca
a + 2b + 3c
+
+
≤
3a + 8b + 6c 3b + 6c + a 9c + 4a + 4b
9

(Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Tỉnh Phú Thọ năm 2011-2012)
Lời giải
Đặt x = a ; y = 2b ; z = 3c , khi đó bất đẳng thức trên được viết lại thành
xy
yz
zx
x+ y+z

+
+
≤
3x + 4 y + 2 z 3 y + 4 z + 2 x 3z + 4 x + 2 y
9
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz dạng phân thức ta có

2 xy
2x + y
( 6 + 2 + 1)
xy
xy
xy  18
2 1
=
+
=
.
≤ 
+ + 
81
3 x + 4 y + 2 z 81 2 ( x + y + z ) + 2 y + x 81  x + y + z y x  9 ( x + y + z )
2

Hoàn toàn tương tự ta được

yz
2y + z
2 yz
zx

2z + x
2 zx
≤
+
≤
+
;
81
9( x + y + z)
3y + 4z + 2x
81
9 ( x + y + z ) 3z + 4 x + 2 y
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được
xy
yz
zx
x + y + z 2 ( xy + yz + zx )
+
+
≤
+
3x + 4 y + 2 z 3 y + 4 z + 2 x 3z + 4 x + 2 y
27
9( x + y + z)

Mà theo một đánh giá quen thuộc ta lại có xy + yz + zx ≤
Do đó ta có

Suy ra

( x + y + z)

2

3

x + y + z 2 ( xy + yz + zx ) x + y + z 2 ( x + y + z ) x + y + z
+
≤
+
=
27
9( x + y + z)
27
27
9

xy
yz
zx
x+ y+z
+
+
≤
3x + 4 y + 2 z 3 y + 4 z + 2 x 3z + 4 x + 2 y
9

Hay bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi =
a 2=
b 3c .

1 1 1
1 1 1
Ví dụ 6. Cho ba số thực dương a , b , c thỏa mãn 12  2 + 2 + 2  ≤ 3 + + +
a b c
a b c 
Chứng minh rằng:

1
1
1
1
+
+
≤
4a + b + c a + 4b + c a + b + 4c 6

(Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Tỉnh Phú Thọ năm 2013 - 2014)
Lời giải
Theo một đánh giá quen thuộc ta có
2

1 1 1
1 1 1
 1 1 1
4  + +  ≤ 12  2 + 2 + 2  ≤ 3 + + +
a b c
a b c
a b c 

 1 1 1   1 1 1 

Suy ra  + + − 1  4  + +  + 3 ≤ 0
 a b c   a b c  
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
Do đó ta được
Đặt P =

1 1 1
+ + ≤ 1 và a + b + c ≥ 9
a b c

1
1
1
+
+
4a + b + c a + 4b + c a + b + 4c

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng

1
1
1
+
+
4a + b + c a + 4b + c a + b + 4c

P=

≤
=

4
1 1
≤ + ta được
x+ y x y

1 1
1
1
1
1
1

+
+
+
+
 +

4  3a a + b + c 3a a + b + c 3a a + b + c 
1 1
1 1
3
 11 1 1
 + + +

≤  + =

4  3a 3b 3c a + b + c  4  3 3  6

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c=

Câu 1.

1
.
3

BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ:
a) Cho a, b, c là các số thực bất kì và x, y, z là các số dương. Chứng minh:

a 2 b2 c2 ( a + b + c )
+ + ≥
x
y z
x+ y+z
b)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a3 + 8
b3 + 8
c3 + 8
với a, b, c là số dương thỏa mãn abc = 1 .
P= 3
+ 3
+ 3
a (b + c ) b ( a + c ) c ( a + b)
2

Hướng dẫn
a 2 b2 ( a + b )
a b
+ ≥
a) Ta có
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi =
x
y
x+ y
x y
2

a 2 b2 c2 ( a + b + c )
a b c
⇒ + + ≥
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = =
x
y z
x+ y+z
x y z
2

b) Ta có
3 ( ab + bc + ca )
3a
3b
3c
+ 3
+ 3

≥
3
a (b + c ) b ( a + c ) c ( a + b)
2(a + b + c)

2

3 ( ab + bc + ca )
27
P≥
+ 3 ( bc + ca + ad ) ≥
2(a + b + c)
2
2

Vậy GTNN là

Câu 2.

27
khi a= b= c= 1
2

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 =
3abc .

Chứng minh

a
b

c
9
.
+ 2 2+ 2 2≥
bc
ac
ab
a+b+c
Hướng dẫn
2 2

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC