Tải bản đầy đủ (.pdf) (49 trang)

Bất đẳng thức ôn thi đại học và cao đẳng

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (428.86 KB, 49 trang )

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
> >

1
xy

. Chứng minh:

2 1 1
1 1
1
x y
xy
≥ +
+ +
+
(1)

b. Cho
0
a b c d
< ≤ ≤ ≤

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


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
> > >

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

+ = + + −

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

=

=


=


3 3 3
, , 0 , , 0
1 1
x y z a b c
xyz a b c abc
> ⇒ >


= ⇒ ⇔ =




, , 0
a b c
>

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

>

, 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
>

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
− < <

, 1
n N n
∈ >
. Chứng minh:
6


2
(1 ) (1 ) 2

n n
x n
− + + <

Giải:


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


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)



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
>

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
>

1
abc
=

, , 0
x y z
⇒ >

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

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
+ + +

, ,

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
≥ ≥

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)

×