Bất đẳng thức ôn thi đại học và cao đẳng

1

Chương I
ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG
ĐƯƠNG
I . Tính chất cơ bản:
a.
khi 0
khi 0
ax bx x
a b
ax bx x
> >

> ⇔

< <



b.
a x
a b x y
b y
>

⇒ + > +

>

Chú ý

a x
b y
>


>



a b x y
ab xy
a x
b y


− > −

>



>



c.
0
0
a x
ab xy

b y
> ≥

⇒ >

> ≥


d.
2 2
a b a b
> ≥ 0 ⇒ >

Hệ quả:
2 2
a b a b
> ⇔ >

e.
1 1
a b
a b
> > 0 ⇒ <


1 1
a b
a b
< < 0 ⇒ >

f.
0
A
>

•
x A A x A
< ⇔ − < <

•
x A
x A
x A
< −

> ⇔

>


II. Vài bất đẳng thức thông dụng:
Với a, b, c,… tùy ý (
, ,
a b c R
∈
)
a.
2 2
2
a b ab

+ ≥
( Dấu “ = ” xảy ra
⇔
a b
=
)
b.
2 2 2
a b c ab bc ca
+ + ≥ + +
( Dấu “ = ” xảy ra
⇔
a b c
= =
)
c. Với
, 0
a b
>
ta có:
1 1 1 1 4
( ) 4a b
a b a b a b
 
+ + ≥ ⇔ + ≥
 
+
 

III. Các ví dụ:

Ví dụ 1: Cho
, ;
4 4
x y
π π
 
∈ −
 
 
. Chứng minh bất đẳng thức:

tan tan
1
1 tan tan
x y
x y
−
<
−

Giải:

, ;
4 4
x y
π π
 
∈ −
 
 

thì
2 2
1 tan ; tan 1; 0 tan , tan 1
x y x y
− < < ≤ <

Ta có:
tan tan
1
1 tan tan
x y
x y
−
<
−

⇒
2


tan tan 1 tan tan
x y x y
⇔ − > −


2 2 2 2
tan tan 2tan tan 1 2 tan tan tan tan
x y x y x y x y
⇔ + − < − +

2 2 2 2
tan tan tan tan 1 0
x y x y
⇔ + − − <


2 2 2
tan (1 tan ) (1 tan ) 0
x y y
⇔ − − − <


2 2
(1 tan )(tan 1) 0
y x
⇔ − − <
( Luôn đúng
, ;
4 4
x y
π π
 
∀ ∈ −
 
 
)
Ví dụ 2:
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện
1

a b c
+ + =
thì:

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

Giải:
Vì hàm số
1
3
x
giảm nên ta có:

1 1
0 ( )
3 3 3 3 3 3
a b b a a b
a b a b
a b
 
≥ − − ⇒ + ≥ +
 

 

Tương tự ta có:

3 3 3 3
c b b c
b c b c
+ ≥ +
;
3 3 3 3
a c c a
c a c a
+ ≥ +

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ( chú ý rằng
1
a b c
+ + =
), ta được:

1 1 1
3 3 3 3 3 3 3 3 3
a b c a b c a b c
a b c a b c
   
+ + − + + ≥ 2 + +
   
   

1 1 1
3
3 3 3 3 3 3
a b c a b c
a b c
 
⇔ + + ≥ + +
 
 
(đpcm)
Ví dụ 3:
a. Cho
0, 0
x y
> >
và
1
xy
≤
. Chứng minh:

2 1 1
1 1
1
x y
xy
≥ +
+ +
+
(1)

b. Cho
0
a b c d
< ≤ ≤ ≤
và
1
bd
≤
. Chứng minh:

4
4 1 1 1 1
1 1 1 1
1
a b c d
abcd
≥ + + +
+ + + +
+

Giải:

a. Vì
0, 0
x y
> >
nên bất đẳng thức (1) tương đương với:

2(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
x y xy y xy x

+ + ≥ + + + + +


2 2 2 2 1 1
x y xy xy y y xy xy x x xy
⇔ + + + ≥ + + + + + + +


( ) 2 ( ) 2
x y xy xy x y xy
⇔ + + ≥ + +


( ) ) 2(x y xy x y xy xy
⇔ + − ( + + − ) ≥ 0


( )(1 2x y xy xy xy
⇔ + − )+ ( −1) ≥ 0


(1 2xy x y xy
⇔ − )( + − ) ≥ 0

3


(1 xy x y
2
⇔ − )( − ) ≥ 0

(2)
Vì:
2
( ) 0
1 1 0
x y
xy xy

− ≥


≤ ⇒ − ≥


nên (2) đúng (đpcm)
b.
, , , 0
1
a b c d
a b c d
bd
>


≤ ≤ ≤


≤

nên

, , , 0
1
a b c d
a b
c d
bd
>


≤


≤


≤


1
ac db
⇒ ≤ ≤

Theo kết quả câu a, ta có:

1 1 2
( , 0; 1)
1 1
1
1 1 2
( , 0; 1)

1 1
1
a c ac
a c
ac
b d bd
c d
bd

+ ≤ > ≤

+ +
+



+ ≤ > ≤

+ +
+



1 1 1 1 1 1
2.
1 1 1 1
1 1
2
2.
1 .

a b c d
ac bd
ac bd
 
⇒ + + + ≤ +
 
+ + + +
+ +
 
≤
+


4
1
abcd
=
+
(đpcm)
Ví dụ 4:
Cho
, , [ 1;2]
a b c
∈ −
thỏa mãn điều kiện
0
a b c
+ + =
. Chứng minh:

2 2 2
6
a b c
+ + ≤

Giải:
•
[ 1;2] 1 2 1)( 2) 0
a a a a
∈ − ⇔ − ≤ ≤ ⇔ ( + − ≤


2 2
2 0 2
a a a a
⇔ − − ≤ ⇔ ≤ +
(1)
• Tương tự ta cũng có
2
2
(2)
2 (3)
b b c
c c

≤ +


≤ +




Cộng (1), (2), (3) ta có:

2 2 2
) 6 6
a b c a b c
+ + ≤ ( + + + =
(đpcm)
Ví dụ 5:
Cho
, , [0;2]
x y z
∈
và
3
x y z
+ + =
. Chứng minh rằng:

2 2 2
x y z
+ + ≤ 5

Giải:
Ta có:
, , 2 ( 2)( 2)( 2) 0
x y z x y z
≤ ⇒ − − − ≤

2( ) 4( ) 8 0
xyz xy yz zx x y z
⇔ − + + + + + − ≤


2( ) 4.(3) 8 0
xyz xy yz zx
⇔ − + + − − ≤


2( ) 4
xyz xy yz zx
⇔ ≤ + + −
( vì
3
x y z
+ + =
)

2 2 2 2
( ) ( ) 4
xyz x y z x y z
⇔ ≤ + + − + + −


2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) 4 3 ( ) 4
xyz x y z x y z x y z
⇔ ≤ + + − + + − = − + + −

4


2 2 2
5
x y z xyz
⇔ + + ≤ −
( Vì
3
x y z
+ + =
)

2 2 2
5
x y z
⇒ + + ≤
( Vì
0
xyz
≥
) (đpcm)
Ví dụ 6:
Cho
0, 0, 0
x y z
> > >
và
1

xyz
=
. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a.
3 3 3 3 3 3
1 1 1
1
1 1 1
x y y z z x
+ + ≤
+ + + + + +
(1)
b.
1 1 1
1
1 1 1
x y y z z x
+ + ≤
+ + + + + +
(2)
Giải:

a. Đặt T = vế trái của bất đẳng thức (1) ( ta cần chứng minh
T 1
≤
)
Ta có:
3 3 2 2
( )( )
x y x y x y xy

+ = + + −
Mà
2 2 2 2
2
0 ( Vì 0, 0)
x y xy x y xy xy
x y x y

+ ≥ ⇔ + − >

+ > > >


Nên
2 2
( )( ) ( )
x y x y xy x y xy
+ + − ≥ + hay
3 3
( )
x y xy x y
+ ≥ +


3 3
( )
x y xy x y xyz
⇒ + +1≥ + + ( Vì
1
xyz

=
)

3 3
( ) 0
x y xy x y z
⇔ + +1≥ + + >


3 3
1 1
1 ( )
x y xy x y z
⇔ ≤
+ + + +
(a)
Tương tự ta có:

3 3
3 3
1 1
(b)
1 ( )
1 1
(c)
1 ( )
y z xy x y z
z x xy x y z

≤


+ + + +

⇔


≤

+ + + +


Cộng vế theo vế (a), (b), (c), ta có:

1 1 1 1 1
T 1
( )
x y z
x y z xy yz zx x y z xyz
   
+ +
≤ + + = =
   
+ + + +
   
( Vì
1
xyz
=
) (đpcm)
b. Đặt S bằng vế trái của bất đẳng thức (2) ( ta cần chứng minh

S
≤1
)
Đặt
3
3
3
x a
y b
z c

=

=


=

mà
3 3 3
, , 0 , , 0
1 1
x y z a b c
xyz a b c abc
> ⇒ >


= ⇒ ⇔ =


, , 0
a b c
>
và
1
abc
=
nên theo kết quả câu a, ta có:

3 3 3 3 3 3
1 1 1
1
1 1 1
a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +


1 1 1
1
1 1 1
x y y z z x
⇔ + + ≤
+ + + + + +
(đpcm)
Ví dụ 7:
Cho
, 0
a b

>
và
, 0
b c
>
. Chứng minh:

( ) ( )
a c c b c c ab
− + − ≤
(1)
5

Giải:

Bất đẳng thức (1) tương đương với:

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


2 2
2 ( )( ) 0
c c ac ab bc c a c b c
⇔ + − + − − − − ≥


2

( ) ( ) 2 ( )( ) 0
c a b c c b c c a c b c
⇔ + − − − − − − ≥


2
( )( ) 2 ( )( ) 0
c a c b c c a c b c
⇔ + − − − − − ≥


2
( )( ) 0
c a c b c
 
⇔ − − − ≥
 
đây là bất đẳng thức đúng (đpcm)
Ví dụ 8:
Chứng minh rằng đối với mọi
, ,
a b c R
∈
, ta có:

2
2 2
2
4
a

b c ab ac bc
+ + ≥ − +
(1)
Giải:
Bất đẳng thức (1) tương đương với:

2 2 2
4 4 4 8 4a b c ac bc ac
+ + − − + ≥ 0


2
2 2 ) 0
a b c
⇔ ( − + ≥
đây là bất phương trình đúng (đpcm)
Ví dụ 9:
Cho
3
36
a
>
và
1
abc
=
. Chứng minh:

2
2 2

3
a
b c ab bc ca
+ + > + +
(1)
Giải:

Bất đẳng thức (1) tương đương với:

2
2
( ) 2 ( )
3
a
b c bc a b c bc
+ + − > + +


2
2
( ) ( ) 3 0
3
a
b c a b c bc
⇔ + − + + − >


2
2
3

( ) ( ) 0
3
a
b c a b c
a
 
⇔ + − + + − >
 
 
( Vì
1
bc
a
=
)

2
2
( )
3
( ) 0
3
x b c
a
a
f x x ax
a
= +



⇔
 

= − + − >
 

 


Xét tam thức bậc hai
2
2
3
( ) ( )
3
a
f x x ax
a
= − + −
có:

2 3
2
3 36
4 0
3 3
a a
a
a a
 

−
∆ = − − = <
 
 
( Vì
3
36
a
>
)

( ) 0, ( )
f x x R a
⇒ > ∀ ∈ ⇒
đúng (đpcm)
Ví dụ 10:
Cho
1 1
x
− < <
và
, 1
n N n
∈ >
. Chứng minh:
6


2
(1 ) (1 ) 2

n n
x n
− + + <

Giải:

Vì
1 1
x
− < <
nên cos (0x
α α
= < < π)
lúc đó:

(1 ) (1 ) (1 cos (1 cos )
n n n n
n n
α α
+ + − = + ) + −

2 2
2cos 2sin
n n
α α
   
= +
   
2 2
   

2 2 2 2
2 cos sin 2 cos sin 2
n n
n n n
α α α α
 
     
= + < + =
 
     
2 2 2 2
     
 
 
(đpcm)

* Chú ý: Khi chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp biến đổi tương đương cần:
1. Chú ý xem kĩ giả thuyết đề cho, vì trong một số trường hợp có thể biến đổi giả thuyết đề cho
thành bất đẳng thức cần chứng minh ( như ở ví dụ 4, 5…).
2. Trong một số trường hợp có thể biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh thành một bất đẳng thức
luôn đúng ( được nêu ở ví dụ 1, 3, 7, 8…).
3. Nên thuộc lòng và bất đẳng thức thông dụng được giới thiệu ở phần II.

IV. Bài tập tương tự:

1. Chứng minh rằng: nếu
0
x y z

< ≤ ≤
thì:

( ) ( )
1 1 1 1 1
y x z x z
x z y x z
   
+ + + ≤ + +
   
   

* Hướng dẫn:
Tìm bất đẳng thức tương đương bằng cách quy đông mẫu số, ước lược số hạng
( )
x z
+
, chuyển
vế, biến đổi vế trái thành dạng tích số,…
2. a, b, c, d là năm số thức tùy ý, chứng minh bất đẳng thức:

2 2 2 2 2
a b c d e ab ac ad ac
+ + + + ≥ + + +

Khi nào đẳng thức xảy ra?
* Hướng dẫn:
Tìm bất đẳng thức tương đương bằng cách biến đổi bất đẳng thức đã cho về dạng:

2 2 2 2

0
2 2 2 2
a a a a
b c d e
       
− + − + − + − ≥
       
       

…
3. a, b, c, là độ dài ba cạnh của tam giác ABC, chứng minh:

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

* Hướng dẫn:

2
,
a b c a ab ac b a c< + ⇒ < + < + ⇒

4. Chứng minh:

2 2
2 , , R
a b ab a b
+ ≥ ∀ ∈

Áp dụng a, b, c là ba số thực tùy ý, chứng minh:

4 4 4
( )
a b c abc a b c
+ + ≥ + +

7

* Hướng dẫn:
Dùng công thức
2 2 2
( ) 0
a b a b
− ≥ ⇔ + ≥

Áp dụng kết quả trên.
5. Chứng minh
[ 1;1]
t
∀ ∈ −
ta có:

2 2
1 1 1 1 2
t t t t
+ + − ≥ + + ≥ −

* Hướng dẫn
• Với

[ 1;1]
t
∀ ∈ −
, ta luôn có:

2 2
(1 ) 2 (1 )(1 ) (1 ) 1 2 1 (1 )
t t t t t t
− + − + + + ≥ + − + −

Biến đổi tương đương suy ra
2
1 1 1 1
t t t
+ + − ≥ + +

• Từ:
2
0 1 1
t
≤ − ≤


2 2
1 1 2
t t
⇒ + + ≥ −

Chương II
BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI (CAUCHY)

I.
Phương pháp giải toán

1) Cho 2 số a,b > 0, ta có:
2
a b
ab
+
≥

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b.

2) Cho n số
1 2 3
, , , , 0
n
a a a a
≥
ta có:

1 2 3
1 2 3


n

n
n
a a a a
a a a a
n
+ + + +
≥

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi
1 2 3

n
a a a a
= = = =


3) Bất đẳng thức côsi suy rộng
Phát biểu: Với các số thực dương
1 2 3
, , , ,
n
a a a a

và
1 2 3
, , , ,
n
x x x x

là các số

thực không âm và có tổng bằng 1, ta có:

31 2
1 1 2 2 3 3 1 2 3

n
x x
x x
n n n
a x a x a x a x a a a a
+ + + + ≥

8

Tổng quát: Cho n số dương tùy ý a
i,
i =
1,
n

và n số hữu tỉ dương q
i
, i =
1,
n

thỏa
1
1
n

i
i
q
=
=
∑

khi đó ta luôn có:
1
1
.
i
n
n
q
i i i
i
i
a q a
=
=
≤
∑
∏

Dấu “=” xảy ra
II. Các ví dụ

Ví dụ 1: Cho n số dương a
i,

i =
1,
n
.
Chứng minh rằng:
2
1 2 3
1 2 3
1 1 1 1
( )
n
n
a a a a n
a a a a
 
+ + + + + + + + ≥
 
 

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho các số
1 2 3
1 2 3
1 1 1 1
, , , , , , , , ,
n
n
a a a a
a a a a

Ta có:

1 2 3 1 2 3
1 2 3
1 2 3

1 1 1 1


n
n n
n
n
n
a a a a n a a a a
n
a a a a
a a a a
+ + + + ≥
+ + + + ≥

Nhân 2 vế tương ứng ta được bất đẳng thức cần chứng minh và dấu “=” xảy ra khi
1 2 3

n
a a a a
= = = =


Ví dụ 2:Chứng minh với mọi a,b,c dương ta luôn có:

2
1 1 1 27
( ) ( ) ( ) 2( )
a a b b b c c c a a b c
+ + ≥
+ + + + +


Giải:

Áp dụng bất đẳng thức côsi cho vế trái:
3
1 1 1 3
( ) ( ) ( )
( )( )( )
a a b b b c c c a
abc a b a c b c
+ + ≥
+ + +
+ + +
(1)

Mà

3 3
3 3
6
6
2

3
3 ( )
3 ( )( )( ) 8( )
8
( )( )( ) ( )
3
2
( )( )( ) ( )
9
abc a b c
a b b c c a a b c
abc a b b c c a a b c
abc a b b c c a a b c
≤ + +
+ + + ≤ + +
⇒ + + + ≤ + +
⇔ + + + ≤ + +

9


2
9
3 27
2( )
( )( )( )
a b c
abc a b b c c a
⇔ ≥
+ +

+ + +
(2)

Từ (1)(2) đpcm
Dấu “=” xảy ra a = b = c

Ví dụ 3: Chứng minh với mọi số dương a, b, c ta luôn có

3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
a b abc b c abc c a abc abc
+ + ≤
+ + + + + +

Giải

Ta có:

3 3
( )
a b ab a b
+ ≥ +

Nên

3 3
( )
abc abc c
a b abc ab a b abc a b c
≤ =

+ + + + + +

Tương tự ta cũng có

3 3
3 3
( )
( )
abc abc a
b c abc bc b c abc a b c
abc abc b
a c abc ac a c abc a b c
≤ =
+ + + + + +
≤ =
+ + + + + +

Cộng vế theo vế ta được

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

Hay

3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
a b abc b c abc c a abc abc
+ + ≤
+ + + + + +
(
đpcm
)

III. Bài tập tương tự

1. Các số dương x, y, z có tích bằng 1. Chứng minh bất đẳng thức :

5 5 5 5 5 5
1
xy yz xz
x xy y y yz z x xz z
+ ≤
+ + + + + +

*Hướng dẫn:
Ta có:
2 2
2
x y xy
+ ≥

5 5 5 5 2 2 2 2
2 = 2 (x+y)
x y x y x y xy x y
⇒ + ≥ ≥



10

Do đó :

5 5 2 2
1
(x+y) 1 ( )
xy xy z
x xy y xy x y xy x y x y z
≤ = =
+ + + + + + +

Tương tự:

5 5
5 5
yz x
y yz z x y z
xz y
x xz z x y z
≤
+ + + +
≤

+ + + +

Cộng vế theo vế ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z.

2. Với mọi x, y, z dương. Chứng minh :

3 3 3
x y z
x y z
yz xz xy
+ + ≥ + +

*Hướng dẫn:
Áp dụng bất dẳng thức côsi, ta có:

3
3
3
3
3
3
x
y z x
yz
y
x z y
xz
z
x y z
xy

+ + ≥
+ + ≥
+ + ≥

Cộng vế theo vế ta được:

3 3 3
2( ) 3( )
x y z
x y z x y z
yz xz xy
+ + + + + ≥ + +

⇒
đpcm
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z.

3. Cho
, ,
a b c
là 3 số nguyên dương. Chứng minh:

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

+ + + + + ≤ + +
 
 

*Hướng dẫn:
Áp dụng bất đẳng thức côsi, ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
b c b c a c a c a b a b
+ + + + + + + + + + + + + +
  


n lần n lần n lần

( ). ( ) ( ) ( )
a b c
a b c
a b c b c a c a b
+ +
≥ + + + + +

Hay :

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

+ +
+ +
 
≥ + + +
 
+ +
 
(1)
11

Ta có bất đẳng thức sau:

2( ) 2( )
3
a b c ab bc ca
a b c
+ + + +
≥
+ +
(2)
Thật vậy (2)
2
( ) 3( )
a b c ab bc ca
⇔ + + ≥ + +


2 2 2
a b c ab bc ca
⇔ + + ≥ + +

(đúng)
Từ (1)(2), ta có đpcm
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

4. Cho
, ,
a b c
là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

3
a b c
b c a c a b a b c
+ + ≥
+ − + − + −

*Hướng dẫn:
Áp dụng bất đẳng thức côsi:

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

Tương tự :

( )( )
( )( )

a b c c a b a
b c a a b c b
+ − + − ≤
+ − + − ≤

Nhân vế theo vế ta được:
( )( )( )
b c a c a b a b c abc
+ − + − + − ≤


1 (1)
( )( )( )

abc
b c a c a b a b c
⇒ ≥
+ − + − + −

Ta lại dử dụng bất đẳng thức côsi:

3
3 3 do(1)
( )( )( )
a b c abc
b c a c a b a b c b c a c a b a b c
+ + ≥ ≥
+ − + − + − + − + − + −
(đpcm)

12

Chương III
BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG BẤT ĐẲNG THỨC
BUNHIACOPXKI ( B.C.S)

I. Bất đẳng thức bunhiacopxki:

Cho 2 n số thực (
2
n
≥
)
a
1
, a
2
, …, a
n

và b
1
, b
2
, …, b
n
.
Ta có:
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
( ) ( )( )
n n n n
a b a b a b a a a b b b
+ + + ≤ + + + + + +
Dấu “ = ” xảy ra
1 2
1 2

n
n
a
a a
b b b
⇔ = = = hay
1 1 2 2
; ; ;
n n
a kb a kb a kb
= = =
Chứng minh:

Đặt:
2 2 2
1 2
2 2 2
1 2


n
n
a a a a
b b b b

= + + +


= + + +



• Nếu
0
a
=
hay
0
b
=
thì bất đẳng thức luôn đúng
• Nếu
, 0

a b
>
:
Đặt: ;
i i
i i
a b
a b
α β
= =
(
1,
i n
= )
Thế thì
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2
1
n n
α α α β β β
+ + + = + + + =

Mà:
2 2
( )
i i i i
α β α β
1
≤ +
2

Suy ra:
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
( )( ) 1
n n n n
a a a b b b
α β α β α β
1
+ + + ≤ + + + + + + ≤
2


1 1 2 2

n n
a b a b a b ab
⇒ + + + ≤

Lại có:
1 1 2 2 1 1 2 2

n n n n
a b a b a b a b a b a b
+ + + ≤ + + +

Suy ra:
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
( ) ( )( )

n n n n
a b a b a b a a a b b b
+ + + ≤ + + + + + +
Dấu “ = ” xảy ra
1 1

i i
n n
α β
α β α β
=

⇔

,

cuøng daáu


1 2
1 2

n
n
a
a a
b b b
⇔ = = =
II. Các ví dụ:

Ví dụ 1:
Cho
, , 0
a b c
>
. Chứng minh:

2 2 2
2
a b c a b c
b c c a a b
+ +
+ + ≥
+ + +

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có:
13


( )
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
a b c
b c a c a b a b c
b c c a a b
 

+ + + + + + + ≥ + +
 
+ + +
 


2 2 2
2
a b c a b c
b c c a a b
+ +
⇔ + + ≥
+ + +

Ví dụ 2:
Cho
2 2
1
a b
+ =
. Chứng minh:
1 1 2 2
a b b a+ + + ≤ +
Giải:

Áp dụng 2 lần bất đẳng thức B.C.S ta có:

2 2
( 1 1 )( 1 ) 2
a b b a a b b a a b

2
+ + + ) ≤ ( + + + + = + +


2 2 2 2
2 1 1 . 2 2
a b≤ + + + = + (do
2 2
1
a b
+ =
)
Vì vậy
1 1 2 2
a b b a+ + + ≤ + .
Dấu “ = ” xảy ra
1

1
a b
a b
b a
a b
+

=

⇔ ⇒ =
+



=


Ví dụ 3:

Chứng minh rằng nếu phương trình

4 3 2
1 0
x ax bx cx
+ + + + =
(1) cos nghiệm thì
2 2 2
4
3
a b c
+ + ≥

Giải:

Từ (1) ta có:
4 3 2
(1 )
x ax bx cx
− + = + +

Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:

4 2 3 2 2 2 2 2 6 4 2

(1 ) ( ) ( )( )
x ax bx cx a b c x x x
+ = + + ≤ + + + +

4 2
2 2 2
6 4 2
(1 )
( )
x
a b c
x x x
+
⇒ + + ≥
+ +
(2)
Mặt khác:
4 2
6 4 2
(1 ) 4
3
x
x x x
+
≥
+ +
(3)
Thật vậy: (3)
4 8 6 4 2
(1 2 ) 4( )

x x x x x
⇔ 3 + + ≥ + +

8 6 4 2
3 4 2 4 3 0
x x x x
⇔ − + − + ≥


2 2 4 2
( 1) (3 2 3) 0
x x x
⇔ − + + ≥
( luôn đúng)
Từ (2) và (3):
2 2 2
4
3
a b c
+ + ≥

Dấu “ = ” xảy ra
2
( 1)
3
2
( 1)
3
a b c x
a b c x


= = = =

⇔


= = = − = −



Ví dụ 4:
Cho
, , 0
a b c
>
thỏa
1
a b c
+ + =
. Chứng minh rằng:
14


2 2 2
1 1 1 1
30
P
a b c ab bc ca
= + + + ≥
+ +

Giải:

Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:

2 2 2
2 2 2
1 1 1 1
100 . .3 .3
a b c ab bc ca
ab bc ca
a b c
 
= + + + + + .3
 
+ +
 


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

2 2
7 10
( ) 7( ) 1 ( ) 30
3 3
P
P a b c ab bc ca P a b c P
 
 
= + + + + + ≤ + + + ≤ ⇒ ≥
 
 
 

Do:
1
a b c
+ + =
( theo giả thuyết)

2
( )
3
a b c
ab bc ca
+ +
⇒ + + ≤
Ví dụ 5:
Cho

, , 0
a b c
>
và
1
abc
=
. Chứng minh rằng:

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

Giải:
Đặt:
1 1 1
; ; a b c
x y z
= = =
. Khi đó từ
, , 0
a b c
>
và
1
abc
=

, , 0
x y z
⇒ >
và
1
xyz
=

Bất đẳng thức đã cho đưa về dưới dạng sau:

3 3 3
3
2
x yz y zx z xy
y z z x x y
+ + ≥
+ + +


2 2 2
3
2
x y z
y z z x x y
⇒ + + ≥
+ + +
(do
1
xyz
=

) (1)
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có:

2 2 2
2
( ) ( )
x y z
y z z x x y x y z
y z z x x y
 
⇒ + + + + + + + ≥ + +
 
+ + +
 


2 2 2 2
( )
2( ) 2
x y z x y z x y z
y z z x x y x y z
+ + + +
⇔ + + ≥ =
+ + + + +
(2)
Dấu “ = ” xảy ra
1
2( ) 2
x y z x y z
y z z x x y x y z

+ +
⇔ = = = =
+ + + + +


2 ; 2 ; 2z
y z x z x y x y
⇔ + = + = + =


x y z
⇔ = =

Mặt khác, theo bất đẳng thức Causi:
3
3 3
x y z xyz
+ + ≥ =
( do
1
xyz
=
) (3)
Dấu “ = ” xảy ra khi
x y z
= =
.
Từ (2) và (3) suy ra:
2 2 2
3

2
x y z
y z z x x y
+ + ≥
+ + +
. Vậy (1) đúng.
Dấu “ = ” xảy ra
x y z
⇔ = =
hay
a b c
= =

15


⇒
đpcm.
Ví dụ 6:

Cho
ABC
∆
tùy ý có m
1
, m
2
, m
3
là độ dài 3 đường trung tuyến và R là bán kính đường tròn

ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng

1 2 3
9R
2
m m m
≥
+ +

Giải:

Ta có công thức đường trung tuyến:

2 2 2
2
2 2
4
a
b c a
m
+ −
=

2 2 2 2 2 2
3
( )
4
a b c
m m m a b c
⇒ + + = + +

Mặt khác, trong mỗi tam giác ta có:
2 2 2 2
9R
a b c
+ + ≤ (1)
Dấu “ = ” trong (1) xảy ra
ABC
⇔ ∆
đều.

2 2 2 2
27
4
a b c
m m m R
⇒ + + ≤ (2)
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:

( )
2 2 2
)
a b c a b c
m m m m m m
2
⇒ + + ≤ 3( + + (3)
Dấu “ = ” trong (3) xảu ra
a b c
m m m
⇔ = =

ABC
⇔ ∆
đều.
Từ (2) và (3)
( )
2
a b c
m m m R
2
81
⇒ + + ≤
4


9
2
a b c
R
m m m
⇔ + + ≤

9
2
a b c
R
m m m
⇔ ≥
+ +

Dấu “ = ” xảy ra đồng thời trong (2) và (3) hay

ABC
∆
đểu.
Ví dụ 7:
Cho
1 2
, , , 0
n
a a a
>
. Chứng minh rằng:

2
1 2
1 2
2 2 2
2 3 3 4 1 2 1 2
( )

2( )
n n
n
a a a a
a a
a a a a a a a a a
+ + +
+ + + ≥
+ + + + + +

Giải:

Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có:

[ ]
2
1 2
2 3 3 4 1 2 1 2
2 3 3 4 1 2
( )
n
n n
a
a a
a a a a a a a a a a a a
a a a a a a
1 2
 
+ + + ( + ) + ( + ) + + ( + ) ≥ + + +
 
+ + +
 

Hay
2
1 2
1 2
2 3 3 4 1 2 1 2 1 3 2 3 2 4 1 2
( )

n n
n n
a a a a
a a
a a a a a a a a a a a a a a a a a a
+ + +
+ + + ≥
+ + + + + + + + +
(1)
Dấy “ = ” xảy ra:
2 3 3 4 1 1 2

n
a a a a a a a a
⇔ + = + = = + = +

16


1 2

n
a a a
⇔ = = =

Do
2 2 2 2
2 2
2

1 3 2 3
1 2
1 2 1 3 1
2 2 2
a a a a
a a
a a a a a
+ +
+
+ ≤ + = +

2 2
2
3 4
2 3 2 4 2
2
a a
a a a a a
+
+ ≤ +
…

2 2
2
1 2
1 2
2
n n n
a a
a a a a a

+
+ ≤ +
Cộng từng vế n bất đẳng thức trên ta có:

(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2
1 2 1 3 2 3 2 4 1 2 1 2
2
n n n
a a a a a a a a a a a a a a a
+ + + + + + ≤ + + + (2)
Dấu “ = ” trong (2) xảy ra khi:

1 2

n
a a a
= = =

Từ (1), (2) suy ra:

2
1 2

1 2
2 2 2
2 3 3 4 1 2 1 2
( )

2( )
n n
n
a a a a
a a
a a a a a a a a a
+ + +
+ + + ≥
+ + + + + +

Dấu “ = ” xảy ra
1 2

n
a a a
⇔ = = =


III. Bài tập tương tự:
1. Cho
4
ab bc ca
+ + =
. Chứng minh:
4 4 4

16
3
a b c
+ + ≥

*Hướng dẫn
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S hai lần:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4
( ) ( )( ) ( ) 3( )
ab bc ca a b c b c a a b c a b c
+ + ≤ + + + + = + + ≤ + +

4 4 4
16
3
a b c
⇒ + + ≥ ( do
4
ab bc ca
+ + =
).
Dấu “ = ” xảy ra
2
3
a b c
⇔ = = = ±

2. Cho
2 2

2 2
3
16
x xy y
y yz z

+ + =


+ + =



Chứng minh rằng:
z 8
xy yz x
+ + ≤

*Hướng dẫn
Theo bất đẳng thức B.C.S, ta có:

2 2
2 2 2 2 2 2
3 3
18 ( )( )
2 4 4 2
x z
x xy y y yz z y x z y
   
   

= + + + + = + + + +
   
   
   
   
   


( )
2
2
3 3 3
z
2 2 2 2 4
x z
y z x y xy yz x
 
   
≥ + + + = + +
 
   
   
 


( )
2
z 64
xy yz x
⇒ + + ≤

⇒
đpcm.
17


3. Chứng minh rằng nếu phương trình
4 3 2
1 0
x ax bx ax
+ + + + =
có nghiệm thì:

2 2
4
5
a b
+ ≥

*Hướng dẫn
Gọi x là nghiệm của phương trình đã cho:

4 3 2
1 0
x ax bx ax
+ + + + =
(
0
x

⇒ ≠
)
Chia 2 vế cho
2
0
x
>
, ta được:

2
2
1 1
0
x a x b
x x
   
+ + + + =
   
   
(1)
Đặt
1
, 2
t x t
x
= + ≥
.
(1)
2
2 0

t at b
⇔ + + − =

2
t at b
⇔ 2 − = +

Áp dụng B.C.S:
(
)
( )
(
)
(
)
2
2
2 2 2 2
1
t at b a b t
2 − = + ≤ + +


(
)
2
2
2 2
2
2

1
t
a b
t
−
⇒ + ≥
−

Ta dễ chứng minh được:
(
)
2
2
2
2
1
t
t
−
4
≥
− 5
( dành cho bạn đọc tự chứng minh).

2 2
4
5
a b
⇒ + ≥

4. Cho
, , 0
x y z
>
thỏa
z 1
xy yz x
+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

2 2 2
x y z
T
x y y z z x
= + +
+ + +

*Hướng dẫn
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:
+)
1 .
x y y z z x x y z x y z x y z
= + + ≤ + + + + = + +

+)
( )
2
2
x y z

x y z x y y z z x
x y y z z x
 
+ + = + + + + +
 
 
+ + +
 


( )
2 2 2
2 ( )
x y z
x y y z z x T x y z
x y y z z x
 
≤ + + + + + + + = + +
 
+ + +
 


( )
1 1
2 2
T x y z
⇒ ≥ + + =

Dấu “ = ” xảy ra

1
3
x y z
⇔ = = =

Vậy
1
( )
2
Min T
=
khi
1
3
x y z
= = =
.



18


5. Cho
0
x y z
≥ ≥ ≥
. Chứng minh rằng:

2 2 2

2 2 2
x y y z z x
x y z
z x y
+ + ≥ + +

*Hướng dẫn
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:

2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
)
x y y z z x x z y x z y
x y z
z x y y z x
  
+ + + + ≥ ( + +
  
  

Xét hiệu:

2 2 2 2 2 2
x y y z z x x z y x z y
A
z x y y z x
= + + − − −


( )( )( )( )

1
z 0
x y y z z x xy yz x
xyz
= − − − + + >
(2)
Từ (1), (2)
2 2 2
2 2 2
x y y z z x
x y z
z x y
⇒ + + ≥ + +

Dấu “ = ” xảy ra
x y z
⇔ = =


6. Cho
ABC
∆
, M là điểm bất kì trong tam giác. Gọi x, y, z, là các khoảng cách từ M xuống BC,
AC, AB. Chứng minh rằng:

2 2 2
2
a b z
x y z
R

+ +
+ + ≤

*Hướng dẫn

Ta có:
MBC MCA MAB
S S S S
+ + =


1
a b c
x y z
h h h
⇒ + + =

Ta có:
( )
a b c a b c
a b c
x y z
h h h h h h
h h h
 
+ + = + + + +
 
 

Theo bất đẳng thức B.C.S, suy ra:

a b c a b c
a b c
x y z
h h h h h h
h h h
 
+ + ≥ + +
 
 
 


a b c
h h h x y z
⇒ + + ≥ + +
(1)
Do trong mọi tam giác nên ta có:

sin ; sin ; sin
a b c
h b C h c A h a B
= = =
nên:

sin sin sin
2
a b c a b c
bc ac ab
h h h h b C h c A h a B

R
+ +
+ + = = + = + = =

Theo bất đẳng thức Causi:

2 2 2
2
a b c
a b c
h h h
R
+ +
+ + =
(2)
19

Từ (1), (2) suy ra đpcm.
Dấu “ = ” xảy ra khi
ABC
∆
đều, M là trọng tâm tam giác.







Chương IV

BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ – BƯ – SEP (TCHEBYCHEV)

I. Phát biểu

- Cho 2 dãy số
1 2 3
, , , ,
n
a a a a
và
1 2 3
, , , ,
n
b b b b


+ Nếu 2 dãy số cùng tăng hoặc cùng giảm
1 2 3
1 2 3


n
n
a a a a
b b b b
≤ ≤ ≤ ≤


≤ ≤ ≤ ≤


hoặc
1 2 3
1 2 3


n
n
a a a a
b b b b
≥ ≥ ≥ ≥


≥ ≥ ≥ ≥


Ta có:
(
)
(
)
1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3
( )
n n n n
a a a a b b b b n ab a b a b a b
+ + + + + + + + ≤ + + + +


+ Nếu 1 dãy tăng, 1 dãy giảm
1 2 3
1 2 3

n
n
a a a a
b b b b
≤ ≤ ≤ ≤


≥ ≥ ≥ ≥

hoặc
1 2 3
1 2 3


n
n
a a a a
b b b b
≥ ≥ ≥ ≥


≤ ≤ ≤ ≤



Ta có:
(
)

(
)
1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3
( )
n n n n
a a a a b b b b n a b a b a b a b
+ + + + + + + + ≥ + + + +


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1 2 3
1 2 3


n
n
a a a a
b b b b
= = = =


= = = =




II. Các ví dụ

Ví dụ 1: Cho
0

a b
+ ≥
.
Chứng minh
3 3 5 5 9 9
( )( )( ) 4( )
a b a b a b a b
+ + + ≤ +


20

Giải
Giả sử
3 3
5 5
a b
a b
a b

≥

≥ ⇒

≥




Áp dụng bất đẳng thức trê – bư – sep, ta có:

3 3 5 5 8 8
2 2 2
a b a b a b
  
+ + +
≤
  
  
(1)

Nhân vế của (1) cho
0
2
a b
+
≥
, ta có:

3 3 5 5 8 8
2 2 2 2 2
a b a b a b a b a b
    
+ + + + +
   
≤
    
   
   
    

Cũng theo bất đẳng thức trê – bư – sep ta có:

8 8 9 9
2 2 2
a b a b a b
   
+ + +
 
≤
   
 
 
   

Suy ra:

3 3 5 5 9 9
3 3 5 5 9 9
( )( )( )
8 2
( )( )( ) 4( )
a b a b a b a b
a b a b a b a b
+ + + +
≤
⇔ + + + ≤ +

Dấu “=” xảy ra

a b
⇔ =


Ví dụ 2: Cho dãy số dương trong đó :
2 2 2
1 2
1
n
a a a
+ + + >


Chứng minh:
3
3 3
1 2
1 2
1

1
n
n
a
a a
s a s a s a n
+ + + >
− − − −

Với

1 2

n
s a a a
= + + +


Giải

Không mất tính tổng quát ta giả sử:
1 2

n
a a a
≥ ≥ ≥
do:

21


2 2 2
1 2
1 2
1 2

0 1,2,3, ,

n
i
n

n
a a a
a i n
a
a a
s a s a s a

≥ ≥ ≥

> ∀ = ⇒

≥ ≥ ≥

− − −



Áp dụng bất đẳng thức trê – bư – sep, ta có:
( )
3
3 3
2 2 2
1 2 1 2
1 2
1 2 1 2

n n
n
n n
a a

a a a a
a a a n
s a s a s a s a s a s a
   
+ + + + + + ≤ + + +
   
− − − − − −
   
(1) vì
2 2 2
1 2
1
n
a a a
+ + + >

Nên từ (1) suy ra:
33 3
1 2 1 2
1 2 1 2
1

n n
n n
a a
a a a a
s a s a s a n s a s a s a
 
+ + + > + + +
 

− − − − − −
 
(2)
Mặt khác:

1 2
1 2
1 2
1 2
1 2

1 1 1
1
1 1

n
n
n
n
n
a
a a
s a s a s a
aa a
n
s a s a s a
s n
s a s a s a
+ + +
− − −

 
   
= + + + + + + −
 
   
− − −
   
 
 
= + + + −
 
− − −
 


( ) ( ) ( )
1 2
1 2
1 1 1 1

1
n
n
s a s a s a n
n s a s a s a
 
= − + − + + − + + + −
 
 
 

− − − −
 
(3)
Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
( ) ( ) ( )
2
1 2
1 2
1 1 1

n
n
s a s a s a n
s a s a s a
 
− + − + + − + + + ≥
 
 
 
− − −
 
(4)
Từ (2), (3), (4)
3
3 3
1 2
1 2
1

1

n
n
a
a a
s a s a s a n
⇒ + + + >
− − − −
(đpcm)

Ví dụ 3: Gọi
1 2
, , ,
n
a a a
là các cạnh của n giác và gọi c là chu vi của đa giác
Chứng minh rằng :
1 2
1 2

2 2 2 2
n
n
a
a a
n
c a c a c a n
+ + + ≥
− − − −

Giải

Không mất tính tổng quát, ta giả sử:
22


1 2
1 2
1 2
1 2
2 2 2


2 2 2
n
n
n
n
c a c a c a
a a a
a
a a
c a c a c a

− ≤ − ≤ ≤ −

≥ ≥ ≥ ⇒

≥ ≥ ≥

− − −



Áp dụng bất đẳng thức trê – bư – sep, ta có
( ) ( ) ( )
1 2
1 2 1 2
1 2
2 2 2 ( )
2 2 2
n
n n
n
a
a a
c a c a c a n a a a nc
c a c a c a
 
 
+ + + − + − + + − ≥ + + + =
 
 
− − −
 

(1)
Mặt khác
(
)
(
)

(
)
1 2 1 2
2 2 2 2( ) ( 2)
n n
c a c a c a nc a a a n c
− + − + + − = − + + + = −

Thay vào (1) ta có:
1 2
1 2

2 2 2 ( 2) 2
n
n
a
a a
nc n
c a c a c a n c n
+ + + ≥ =
− − − − −

Dấu “=” xảy ra
1 2
1 2
1 2

2 2 2
2 2 2
n

n
n
aa a
c a c a c a
c a c a c a

= = =

− − −
⇔


− = − = = −



1 2

n
a a a
⇔ = = =

III. Bài tập tương tự
1.Cho
, , 0
a b c
>
chứng minh:

3

2
a b c
b c a c a b
+ + ≥
+ + +

*Hướng dẫn
Không mất tính tổng quát, ta giả sử:
0
a b c
≥ ≥ >

Suy ra
b c a c a b
a b c
b c a c a b
+ ≤ + ≤ +



≥ ≥

+ + +


Áp dụng bất đẳng thức trê – bư – sep cho 2 dãy: , ,
b c a c a b
+ + +
và
, ,

a b c
b c a c a b
+ + +
.

2. Cho
, ,
a b c
thỏa
2 2 2
1
a b c
+ + ≥
chứng minh :

3 3 3
1
, ,
2
a b c
b c a c a b
≥
+ + +

*Hướng dẫn
Không mất tính tổng quát, ta giả sử:
a b c
≥ ≥

Suy ra

2 2 2
a b c
a b c
b c a c a b

≥ ≥


≥ ≥

+ + +


23


Áp dụng bất đẳng thức trê – bư – sep cho 2 dãy:

2 2 2
a b c
≥ ≥
và
a b c
b c a c a b
≥ ≥
+ + +

Chương V
BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI

I. Phương pháp giải toán

Cho
1
a
≥ −
,
1 n
≤ ∈

thì
(
)
1 1
a na
+ ≥ +

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi
0
1
a
n
=



=


II. Các ví dụ
Ví dụ 1: Cho
n
∈

,
3
n
≥
. Chứng minh
1
1
n n
n n
−
> +

Giải:
Ta có:
1
1
n n
n n
−
> +

⇔

n
n
>
1
( 1)
n
n
+
+


⇔

1
1 1
( )
n
n
n n
+ +
>

Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli:

1 1
1 1
1 1 1 1
n n
n n
n n n n

   
= − > − =
   
+ + + +
   


⇒
đpcm

Ví dụ 2: Cho a,b,c >0. chứng minh :
( ) ( ) ( ) 2
a b c
b c c a a b
+ + + + + >
(*)
Giải:
•

Nếu trong 3 số a,b,c có một số lớn hơn hoặc bằng 1 thì bất đẳng thức (*) luôn
đúng.
•

Nếu 0 < a, b, c < 1
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli:
[
]
1 ( )
1 1 ( )
1 1

a a
a b c
b c a b c
b c b c b c b c
− +
− + + +
   
= + < + <
   
+ + + +
   


⇒

( )
a
b c
+
>
b c
a b c
+
+ +
(1)
Chứng minh tương tự :
24


( )

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

( )
c
a b
+
>
a b
a b c
+
+ +
(3)
Cộng (1)(2)(3) ta được:
( ) ( ) ( ) 2
a b c
b c c a a b
+ + + + + >
(đpcm)

Ví dụ 3: Cho a,b,c > 0. chứng minh rằng :
5
5 5 5

3 3
a b c a b c
+ + + +
 
≥
 
 
(1)
Giải:
Bất đẳng thức (1)
⇔
5
3a
a b c
 
 
+ +
 
+
5
3b
a b c
 
 
+ +
 
+
5
3c
a b c

 
 
+ +
 
3
≥


Áp dụng bất đẳng thức bernoulli:

5
3a
a b c
 
 
+ +
 
=
5
2
1
b c a
a b c
+ −
 
+
 
+ +
 
(

)
5 2
1
b c a
a b c
+ −
≥ +
+ +
(2)
Chứng minh tương tự:
5
3
b
a b c
 
 
+ +
 
=
5
2
1
a c b
a b c
+ −
 
+
 
+ +
 

(
)
5 2
1
a c b
a b c
+ −
≥ +
+ +
(3)
5
3c
a b c
 
 
+ +
 
=
5
2
1
a b c
a b c
+ −
 
+
 
+ +
 
(

)
5 2
1
a b c
a b c
+ −
≥ +
+ +
(4)
Cộng (2)(3)(4) ta được:

5
3a
a b c
 
 
+ +
 
+
5
3b
a b c
 
 
+ +
 
+
5
3c
a b c

 
 
+ +
 
3
≥



⇒
đpcm

III. Bài tập tương tự:

1. Chứng minh rằng với mọi n = 1,2,…ta có:
a)
1
1 1
1 1
1
n n
n n
+
   
+ < +
   
+
   

b)

1
1
n
n
 
+
 
 
≤
3
3
2
n
−
+

* Hướng dẫn:

25

a)

Biến đổi
1
1
1
1
1
1
n

n
n
n
+
 
+
 
+
 
 
+
 
 
thành
2
2
2 2
1 2 1
n
n n n
n n n
 
+ +
 
+ + +
 

b)

Dùng qui nạp, sau đó áp dụng bất đẳng thức bernoulli :

2
1 3
1
2 2
k
k
k k k
+
 
+ ≥
 
+ +
 


2. Cho 2 số tự nhiên a < b < c. chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n>a, ta có bất đẳng
thức :
n n n
a b c
+ <
(*)

*Hướng dẫn:
Viết bất đẳng thức (*) dưới dạng tương đương
1
n n
c a
b b
   
> +

   
   

3. Chứng minh rằng
1 2
1 1
1 1
1
n n
n n
+ +
   
+ > +
   
+
   
,
1
n
≥
,
n
∈


*Hướng dẫn:
Biến đổi
2
1
1

1
1
1
1
n
n
n
n
+
+
 
+
 
+
 
 
+
 
 
thành
( )
1
2
1 1
1 1
1
1
n
n
n

+
 
 
− +
 
 
+
 
+
 
 


4. Chứng minh rằng nếu
0
2
π
α
< <
, thì ta có:

( ) ( )
2 tan 1 sin
2 sin 3 tan
α α
α α
+ +
+ > +
(1)
*Hướng dẫn:

Đặt
1 sin
x
α
= +
,
2 tan
y
α
= +

Bất đẳng thức (1)
⇔
( ) ( )
1 1
y x
x y
+ > +



Chương VI
ÁP DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

I. Phương pháp giải toán:
Giả sử cần chứng minh bất đẳng thức
( )
f x
> g(x), x
∈

(a;b)
Xét hàm số h(x) =
( ) ( )
f x g x
−
với x
∈
[a;b]
•

Nếu
( )
h x
đồng biến trên (a;b) thì
( )
h x
( )
h a
>
,
∀
x
∈
(a;b)