Tuyển tập bất đẳng thức (tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi)

Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức

1

PHẦN I: LUYỆN TẬP CĂN BẢN


I. Chứng minh BĐT dựa vào định nghĩa và tính chất cơ bản:
1. Cho a, b > 0 chứng minh:
 
 

 
 
3
3 3
a b a b
2 2

2. Chứng minh:
 

2 2
a b a b
2 2

3. Cho a + b  0 chứng minh:
 

3 3
3

a b a b
2 2

4. Cho a, b > 0 . Chứng minh:
  
a b
a b
b a

5. Chứng minh: Với a  b  1:
 

 
2 2
1 1 2
1 ab
1 a 1 b

6. Chứng minh:
 
     
2 2 2
a b c 3 2 a b c
; a , b , c  R
7. Chứng minh:
 
       
2 2 2 2 2
a b c d e a b c d e

8. Chứng minh:
    
2 2 2
x y z xy yz zx

9. a. Chứng minh:
   
 
a b c ab bc ca
; a,b,c 0
3 3

b. Chứng minh:
   
 

 
 
2
2 2 2
a b c a b c
3 3

10. Chứng minh:
    
2
2 2
a
b c ab ac 2bc
4

11. Chứng minh:
    
2 2
a b 1 ab a b

12. Chứng minh:
    
2 2 2
x y z 2xy 2xz 2yz

13. Chứng minh:
      
4 4 2 2
x y z 1 2xy(xy x z 1)

14. Chứng minh: Nếu a + b  1 thì:
 
3 3
1
a b
4

15. Cho a, b, c là số đo độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh:
a. ab + bc + ca  a
2
+ b
2
+ c
2

< 2(ab + bc + ca).
b. abc  (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)
c. 2a
2
b
2
+ 2b
2
c
2
+ 2c
2
a
2
– a
4
– b
4
– c
4
> 0




Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ

2

II. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT CÔSI:

1. Chứng minh:
    (a b)(b c)(c a) 8abc ; a,b,c 0

2. Chứng minh:
     
2 2 2
(a b c)(a b c ) 9abc ; a,b,c 0

3. Chứng minh:
   
 
    
3
3
1 a 1 b 1 c 1 abc
với a , b , c  0
4. Cho a, b > 0. Chứng minh:

   
   
   
   
m m
m 1
a b
1 1 2
b a
, với m  Z
+

5. Chứng minh:
     
bc ca ab
a b c ; a,b,c 0
a b c

6. Chứng minh:

  
6 9
2 3
x y
3x y 16 ; x,y 0
4

7. Chứng minh:
  

4 2
2
1
2a 3a 1
1 a
.
8. Chứng minh:
 
 
1995
a 1995 a 1

, a > 0
9. Chứng minh:
     
     
2 2 2 2 2 2
a 1 b b 1 c c 1 a 6abc
.
10. Cho a , b > 0. Chứng minh:
 
    
 
 
  
2 2 2 2 2 2
a b c 1 1 1 1
2 a b c
a b b c a c

11. Cho a , b  1 , chứng minh:
   ab a b 1 b a 1
.
12. Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4. Chứng minh: xyz  64(x – 1)(y – 1)(z – 1)
13. Cho a > b > c, Chứng minh:
  
  
3
a 3 a b b c c
.
14. Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh:
a) b + c  16abc.

b) (1 – a)(1 – b)(1 – c)  8abc
c)
   
   
   
   
1 1 1
1 1 1 64
a b c

15. Cho x > y > 0 . Chứng minh:
 
 

1
x 3
x y y

16. Chứng minh:
a)



2
2
x 2
2
x 1
,x  R b)




x 8
6
x 1
, x > 1 c)



2
2
a 5
4
a 1

17. Chứng minh:
 
   
  
ab bc ca a b c
; a, b, c 0
a b b c c a 2

18. Chứng minh:
 
 
2 2
4 4
x y 1
4

1 16x 1 16y
, x , y  R
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức

3
19. Chứng minh:
  
  
a b c 3
b c a c a b 2
; a , b , c > 0
20. Cho a , b , c > 0. C/m:
  
     
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
abc
a b abc b c abc c a abc

21. Áp dụng BĐT Côsi cho hai số chứng minh:
a.
   
4
a b c d 4 abcd
với a , b , c , d  0 (Côsi 4 số)
b.
  
3
a b c 3 abc
với a , b , c  0 , (Côsi 3 số )

22. Chứng minh:
    
3 3 3 2 2 2
a b c a bc b ac c ab
; a , b , c > 0
23. Chứng minh:
  
3 9
4
2 a 3 b 4 c 9 abc

24. Cho
 
x 18
y
2 x
, x > 0. Định x để y đạt GTNN.
25. Cho
  

x 2
y ,x 1
2 x 1
. Định x để y đạt GTNN.
26. Cho
   

3x 1
y , x 1
2 x 1

. Định x để y đạt GTNN.
27. Cho
  

x 5 1
y ,x
3 2x 1 2
. Định x để y đạt GTNN.
28. Cho
 

x 5
y
1 x x
, 0 < x < 1 . Định x để y đạt GTNN.
29. Cho


3
2
x 1
y
x
, x > 0 . Định x để y đạt GTNN.
30. Tìm GTNN của
 

2
x 4x 4
f(x)

x
, x > 0.
31. Tìm GTNN của
 
2
3
2
f(x) x
x
, x > 0.
32. Tìm GTLN của f(x) = (2x – 1)(3 – 5x)
33. Cho y = x(6 – x) , 0  x  6 . Định x để y đạt GTLN.
34. Cho y = (x + 3)(5 – 2x) , –3  x 
5
2
. Định x để y đạt GTLN
35. Cho y = (2x + 5)(5 – x) ,
  
5
x 5
2
. Định x để y đạt GTLN
36. Cho y = (6x + 3)(5 – 2x) ,

1
2
 x 
5
2
. Định x để y đạt GTLN

37. Cho


2
x
y
x 2
. Định x để y đạt GTLN
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ

4
38. Cho
 


2
3
2
x
y
x 2
. Định x để y đạt GTLN

III. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Bunhiacôpxki

1. Chứng minh: (ab + cd)
2
 (a
2
+ c

2
)(b
2
+ d
2
) BĐT Bunhiacopxki
2. Chứng minh:
 
sinx cosx 2

3. Cho 3a – 4b = 7. Chứng minh: 3a
2
+ 4b
2
 7.
4. Cho 2a – 3b = 7. Chứng minh: 3a
2
+ 5b
2

725
47
.
5. Cho 3a – 5b = 8. Chứng minh: 7a
2
+ 11b
2

2464
137

.
6. Cho a + b = 2. Chứng minh: a
4
+ b
4
 2.
7. Cho a + b  1 Chứng minh:
 
2 2
1
a b
2


Lời giải
:

I. Chứng minh BĐT dựa vào định nghĩa và tính chất cơ bản:
1. Cho a, b > 0 chứng minh:
 
 

 
 
3
3 3
a b a b
2 2
(*)
(*) 

 
 
 
 
 
3
3 3
a b a b
0
2 2

  
  
2
3
a b a b 0
8
. ĐPCM.
2. Chứng minh:
 

2 2
a b a b
2 2
()
 a + b  0 , () luôn đúng.
 a + b > 0 , () 
  
 
2 2 2 2

a b 2ab a b
0
4 2

 


2
a b
0
4
, đúng.
Vậy:
 

2 2
a b a b
2 2
.
3. Cho a + b  0 chứng minh:
 

3 3
3
a b a b
2 2

 
 


3
3 3
a b a b
8 2


 
 
  
2 2
3 b a a b 0

   
   
2
3 b a a b 0
, ĐPCM.
4. Cho a, b > 0 . Chứng minh:
  
a b
a b
b a
()
() 
  
a a b b a b b a

   
   a b a a b b 0

Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức

5

 
 
  a b a b 0

   
  
2
a b a b 0
, ĐPCM.
5. Chứng minh: Với a  b  1:
 

 
2 2
1 1 2
1 ab
1 a 1 b
()

   
 
 
2 2
1 1 1 1
0
1 ab 1 ab

1 a 1 b

 
 
 
 
 
 
   
2 2
2 2
ab a ab b
0
1 a 1 ab 1 b 1 ab


 
 
 
 
 
 
 
 
   
2 2
a b a b a b
0
1 a 1 ab 1 b 1 ab



 
 
 

 
 
2 2
b a a b
0
1 ab
1 a 1 b


  
 
   

 
 

 
 
2 2
2 2
b a a ab b ba
0
1 ab
1 a 1 b


   
 
  
 

  
2
2 2
b a ab 1
0
1 ab 1 a 1 b
, ĐPCM.
 Vì : a  b  1  ab  1  ab – 1  0.
6. Chứng minh:
 
     
2 2 2
a b c 3 2 a b c
; a , b , c  R

     
     
2 2 2
a 1 b 1 c 1 0
. ĐPCM.
7. Chứng minh:
 
       
2 2 2 2 2
a b c d e a b c d e


           
2 2 2 2
2 2 2 2
a a a a
ab b ac c ad d ae e 0
4 4 4 4


       
       
       
       
2 2 2 2
a a a a
b c d e 0
2 2 2 2
. ĐPCM
8. Chứng minh:
    
2 2 2
x y z xy yz zx


     
2 2 2
2x 2y 2z 2xy 2yz 2zx 0



 
 
 
     
2 22
x y x z y z 0

9. a. Chứng minh:
   
 
a b c ab bc ca
; a,b,c 0
3 3


    
2 2 2
a b c ab bc ca


        
 
 
 
 
2
2 2 2
a b c a b c 2ab 2bc 2ca ab bc ca
3 9 3


   

a b c ab bc ca
3 3

b. Chứng minh:
   
 

 
 
2
2 2 2
a b c a b c
3 3


   
       
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 a b c a b c 2 a b c


   
        
2
2 2 2
a b c 2 ab bc ca a b c

Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ

6

   
 

 
 
2
2 2 2
a b c a b c
3 3

10. Chứng minh:
    
2
2 2
a
b c ab ac 2bc
4


 
     
2
2 2
a
a b c b c 2bc 0
4


 
 
  
 
 
2
a
b c 0
2
.
11. Chứng minh:
    
2 2
a b 1 ab a b


     
2 2
2a 2b 2 2ab 2a 2b 0


        
2 2 2 2
a 2ab b a 2a 1 b 2b 1 0


     
     
2 2 2

a b a 1 b 1 0
.
12. Chứng minh:
    
2 2 2
x y z 2xy 2xz 2yz


     
2 2 2
x y z 2xy 2xz 2yz 0
 (x – y + z)
2
 0.
13. Chứng minh:
      
4 4 2 2
x y z 1 2x(xy x z 1)


       
4 4 2 2 2 2
x y z 1 2x y 2x 2xz 2x 0


 
   
     
2
2 2

2 2
x y x z x 1 0
.
14. Chứng minh: Nếu a + b  1 thì:
 
3 3
1
a b
4

 a + b  1  b  1 – a  b
3
= (1 – a)
3
= 1 – a + a
2
– a
3

 a
3
+ b
3
=
 
  
 
 
2
1 1 1

3 a
2 4 4
.
15. Cho a, b, c là số đo độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh:
a. ab + bc + ca  a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca).
 ab + bc + ca  a
2
+ b
2
+ c
2
 (a – b)
2
+ (a – c)
2
+ (b – c)
2


     a b c , b a c , c a b


  
2 2 2

a b 2bc c
,
  
2 2 2
b a 2ac c
,
  
2 2 2
c a 2ab b

 a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca).
b. abc  (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)

 
  
2
2 2
a a b c

  
    
2
a a c b a b c


 
  
2
2 2
b b a c

  
    
2
b b c a a b c


 
  
2
2 2
c c a b

  
    
2
c b c a a c b


     
      
2 2 2
2 2 2
a b c a b c a c b b c a


   
      abc a b c a c b b c a

c. 2a
2
b
2
+ 2b
2
c
2
+ 2c
2
a
2
– a
4
– b
4
– c
4
> 0
 4a
2
b
2
+ 2c
2

(b
2
+ a
2
) – a
4
– b
4
– 2a
2
b
2
– c
4
> 0
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức

7
 4a
2
b
2
+ 2c
2
(b
2
+ a
2
) – (a
2

+ b
2
)
2
– c
4
> 0
 (2ab)
2
– [(a
2
+ b
2
) – c
2
]
2
> 0  [c
2
– (a – b)
2
][(a + b)
2
– c
2
] > 0
 (c – a + b)(c + a – b)(a + b – c)(a + b + c) > 0 . đúng
 Vì a , b , c là ba cạnh của tam giác
 c – a + b > 0 , c + a – b > 0 , a + b – c > 0 , a + b + c > 0.
II. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT CÔSI:

1. Chứng minh:
    (a b)(b c)(c a) 8abc ; a, b, c 0

 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm:

 
a b 2 ab
,
 
b c 2 bc
,
 
a c 2 ac


   
    
2 2 2
a b b c a c 8 a b c 8abc
.
2. Chứng minh:
     
2 2 2
(a b c)(a b c ) 9abc ; a,b,c 0

 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm:

  
3

a b c 3 abc
,
  
3
2 2 2 2 2 2
a b c 3 a b c


 
 
     
3
2 2 2 3 3 3
a b c a b c 9 a b c 9abc
.
3. Chứng minh:
   
 
    
3
3
1 a 1 b 1 c 1 abc
, với a , b , c  0.

   
          
1 a 1 b 1 c 1 a b c ab ac bc abc.


  

3
a b c 3 abc
,
  
3
2 2 2
ab ac bc 3 a b c


   
 
        
3
3
2 2 2
3 3
1 a 1 b 1 c 1 3 abc 3 a b c abc 1 abc

4. Cho a, b > 0. Chứng minh:

   
   
   
   
m m
m 1
a b
1 1 2
b a
, với m  Z

+



         
        
         
         
 
m m m m m
m m 1
a b a b b a
1 1 2 1 . 1 2 2
b a b a a b
2 4 2

5. Chứng minh:
     
bc ca ab
a b c ; a, b, c 0
a b c

 Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm:

  
2
bc ca abc
2 2c
a b ab
,

  
2
bc ba b ac
2 2b
a c ac
,

  
2
ca ab a bc
2 2a
b c bc


    
bc ca ab
a b c
a b c
.
6. Chứng minh:

  
6 9
2 3
x y
3x y 16 ; x,y 0
4
()
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ

8
() 
  
6 9 2 3
x y 64 12x y

 
 
  
3 3
2 3 3 2 3
x y 4 12x y

Áp dụng BĐT Côsi cho ba số không âm:

 
 
   
3 3
2 3 3 2 3 2 3
x y 4 3x y 4 12x y
.
7. Chứng minh:
  

4 2
2
1
2a 3a 1
1 a

()
() 
    

4 4 2 2
2
1
a a a 1 4a
1 a
.
Áp dụng BĐT Côsi cho 4 số không âm:


4 4 2
2
1
a , a , a 1,
1 a


 
      
 
4 4 2 4 4 2 2
4
2 2
1 1
a a a 1 4 a a a 1 4a
1 a 1 a

8. Chứng minh:
 
 
1995
a 1995 a 1
() , a > 0
() 
    
1995 1995
a 1995a 1995 a 1995 1995a



         

1995
1995 1995 1995 1995
1994 soá
a 1995 a 1994 a 1 1 1 1995 a 1995a

9. Chứng minh:
     
     
2 2 2 2 2 2
a 1 b b 1 c c 1 a 6abc
.

     
          
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

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

 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 6 số không âm:

      
6
2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 6 6
a a b b b c c c a 6 a b c 6abc

10. Cho a , b > 0. Chứng minh:
 
    
 
 
  
2 2 2 2 2 2
a b c 1 1 1 1
2 a b c
a b b c a c


 

2 2
a a 1
2ab 2b
a b
,
 


2 2
b b 1
2bc 2c
b c
,
 

2 2
c c 1
2ac 2a
a c

 Vậy:
 
    
 
 
  
2 2 2 2 2 2
a b c 1 1 1 1
2 a b c
a b b c a c

11. Cho a , b  1 , chứng minh:
   ab a b 1 b a 1
.

   
         a a 1 1 2 a 1, b b 1 1 2 b 1


   ab 2b a 1, ab 2a b 1


   ab a b 1 b a 1

12. Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4. C/m: xyz  64(x – 1)(y – 1)(z – 1)

   
        x x 1 1 x 1 x y z 3


   
 
 
 
 
 
           
2
4
x 1 x 1 y 1 z 1 4 x 1 y 1 z 1

Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức

9
Tương tự:
 
 
 

   
2
4
y 4 x 1 y 1 z 1
;
 
 
 
   
2
4
z 4 x 1 y 1 z 1

 xyz  64(x – 1)(y – 1)(z – 1).
13. Cho a > b > c, Chứng minh:
  
  
3
a 3 a b b c c
.

      
       
3
a a b b c c 3 a b b c c

14. Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh:
a) b + c  16abc.



 

 
 
2
b c
bc
2

 
 
   
   
   
   
2 2
2
b c 1 a
16abc 16a 16a 4a 1 a
2 2


   
 
   
 
           
 
2 2
2

4a 1 a 1 a 4a 4a 1 a 1 1 2a 1 a b c

b) (1 – a)(1 – b)(1 – c)  8abc
 (1 – a)(1 – b)(1 – c) = (b + c)(a + c)(a + b) 

2 bc.2 ac.2 ab 8abc

c)
   
   
   
   
1 1 1
1 1 1 64
a b c


  
   
  
   
   
4
2
1 a a b c 4 a bc
1
a a a


 

4
2
1 4 ab c
1
b b

 
4
2
1 4 abc
1
c c


   
   
   
   
1 1 1
1 1 1 64
a b c

15. Cho x > y > 0 . Chứng minh:
 
 

1
x 3
x y y


 
 
 
 

     
 
3
x y y
1
VT x y y 3 3
x y y x y y

16. Chứng minh:
a)



2
2
x 2
2
x 1

  
2 2
x 2 2 x 1

   

2 2
x 1 1 2 x 1

b)


x 8
x 1
=
 
     
  
x 1 9 9 9
x 1 2 x 1 6
x 1 x 1 x 1

c.
   
     
2 2 2
a 1 4 2 4 a 1 4 a 1




2
2
a 5
4
a 1

17. Chứng minh:
 
   
  
ab bc ca a b c
; a, b, c 0
a b b c c a 2

 Vì :
 
a b 2 ab

Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ

10

 

ab ab ab
a b 2
2 ab
,
 

bc bc bc
b c 2
2 bc
,
 


ac ac ac
a c 2
2 ac


    
a b c ab bc ca
, dựa vào:
    
2 2 2
a b c ab bc ca
.

   
   
  
ab bc ca ab bc ac a b c
a b b c c a 2 2

18. Chứng minh:
 
 
2 2
4 4
x y 1
4
1 16x 1 16y
, x , y  R


 
  


2 2 2
4 2 2
x x x 1
8
1 16x 2.4x
1 4x


 
  


2 2 2
4 2 2
y y y 1
8
1 16y 2.4y
1 4y


 
 
2 2
4 4
x y 1
4

1 16x 1 16y

19. Chứng minh:
  
  
a b c 3
b c a c a b 2
; a , b , c > 0
Đặt X = b + c , Y = c + a , Z = a + b.
 a + b + c =
1
2
(X + Y + Z)

     
  
Y Z X Z X Y X Y Z
a , b , c
2 2 2


 
     
        
     
 
        
 
a b c 1 Y X Z X Z Y
3

b c a c a b 2 X Y X Z Y Z


 
    
1 3
2 2 2 3
2 2
.
Cách khác:

     
        
     
     
     
a b c a b c
1 1 1 3
b c a c a b b c a c a b


     
 
 
        
 
  
 
1 1 1 1
a b b c c a 3

2 b c a c a b

 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm:

     
 
 
         
 
  
 
1 1 1 1 9 3
a b b c c a 3
2 b c a c a b 2 2

20. Cho a , b , c > 0. C/m:

  
     
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
abc
a b abc b c abc c a abc


 
 
 
      
3 3 2 2

a b a b a ab a a b ab

Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức

11

   
       
3 3
a b abc a b ab abc ab a b c
, tương tự

   
       
3 3
b c abc b c bc abc bc a b c


   
       
3 3
c a abc c a ca abc ca a b c


     
 
 
   
 
       

 
1 1 1 1 a b c
VT
ab a b c bc a b c ca a b c a b c abc

21. Áp dụng BĐT Côsi cho hai số chứng minh:
a.
   
4
a b c d 4 abcd
với a , b , c , d  0 (Côsi 4 số)

   
a b 2 ab , c d 2 cd


 
 
     
4
a b cd 2 ab cd 2 2 ab. cd 4 abcd

b.
  
3
a b c 3 abc
với a , b , c  0 , (Côsi 3 số )

   
   

4
a b c a b c
a b c 4. abc
3 3


   

4
a b c a b c
abc
3 3

   
 

 
 
4
a b c a b c
abc
3 3


 
 

 
 
3

a b c
abc
3

  
3
a b c 3 abc
.
22. Chứng minh:
    
3 3 3 2 2 2
a b c a bc b ac c ab
; a , b , c > 0

 
3 2
a abc 2a bc
,
 
3 2
b abc 2b ac
,
 
3 2
c abc 2c ab


 
     
3 3 3 2 2 2

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


 
 
    
3 3 3 2 2 2
2 a b c 2 a bc b ac c ab
,
vì :
  
3 3 3
a b c 3abc

Vậy:
    
3 3 3 2 2 2
a b c a bc b ac c ab

23. Chứng minh:
  
3 9
4
2 a 3 b 4 c 9 abc

 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 9 số không âm:

         
3 3 3 9
4 4 4 4

VT a a b b b c c c c 9 abc

24. Cho
 
x 18
y
2 x
, x > 0. Định x để y đạt GTNN.
 Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm:
   
x 18 x 18
y 2 . 6
2 x 2 x

 Dấu “ = ” xảy ra 
     
2
x 18
x 36 x 6
2 x
, chọn x = 6.
Vậy: Khi x = 6 thì y đạt GTNN bằng 6
25. Cho
  

x 2
y ,x 1
2 x 1
. Định x để y đạt GTNN.
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ

12


  

x 1 2 1
y
2 x 1 2

 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm


x 1 2
,
2 x 1
:

 
     
 
x 1 2 1 x 1 2 1 5
y 2 .
2 x 1 2 2 x 1 2 2

 Dấu “ = ” xảy ra 
 




    

 

2
x 3
x 1 2
x 1 4
x 1(loaïi)
2 x 1

Vậy: Khi x = 3 thì y đạt GTNN bằng
5
2

26. Cho
   

3x 1
y , x 1
2 x 1
. Định x để y đạt GTNN.


  

3(x 1) 1 3
y
2 x 1 2

 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm
 


3 x 1 1
,
2 x 1
:

   
 
      
 
3 x 1 1 3 3 x 1 1 3 3
y 2 . 6
2 x 1 2 2 x 1 2 2

 Dấu “ = ” xảy ra 

 
 

 



    


  



2
6
x 1
3 x 1 1 2
3
x 1
2 x 1 3
6
x 1(loaïi)
3

Vậy: Khi
 
6
x 1
3
thì y đạt GTNN bằng

3
6
2

27. Cho
  

x 5 1
y ,x
3 2x 1 2

. Định x để y đạt GTNN.


  

2x 1 5 1
y
6 2x 1 3

 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm


2x 1 5
,
6 2x 1
:

  
     
 
2x 1 5 1 2x 1 5 1 30 1
y 2 .
6 2x 1 3 6 2x 1 3 3

Dấu “ = ” xảy ra
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức

13

 







    


 



2
30 1
x
2x 1 5
2
2x 1 30
6 2x 1
30 1
x (loaïi)
2

Vậy: Khi


30 1
x
2

thì y đạt GTNN bằng
30 1
3

28. Cho
 

x 5
y
1 x x
, 0 < x < 1 . Định x để y đạt GTNN.


 
   
        
  
x 5 1 x 5x x x 1 x 1 x
f(x) 5 5 2 5 5 2 5 5
1 x x 1 x x 1 x x

Dấu “ = ‘ xảy ra 
 
 
    
 
 
 
2
x 1 x x 5 5

5 5 x
1 x x 1 x 4
(0 < x < 1)
 Vậy: GTNN của y là
2 5 5
khi


5 5
x
4

29. Cho


3
2
x 1
y
x
, x > 0 . Định x để y đạt GTNN.


      
3
3
2 2 2 2 3
x 1 1 x x 1 x x 1 3
x 3
2 2 2 2

4
x x x x

 Dấu “ = ‘ xảy ra 
 
2
x x 1
2 2
x


3
x 2
.
 Vậy: GTNN của y là
3
3
4
khi

3
x 2

30. Tìm GTNN của
 

2
x 4x 4
f(x)
x

, x > 0.

 
     
2
x 4x 4 4 4
x 4 2 x. 4 8
x x x

 Dấu “ = ‘ xảy ra 

4
x
x
 x = 2 (x > 0).
 Vậy: GTNN của y là 8 khi x = 2.
31. Tìm GTNN của
 
2
3
2
f(x) x
x
, x > 0.

 
 
       
 
 

 
 
3
2
2 2 2 2
2
5
3 3 3 3 5
2 x x x 1 1 x 1 5
x 5
3 3 3 3
27
x x x x

Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ

14
 Dấu “ = ‘ xảy ra 
  
2
5
3
x 1
x 3
3
x
 x = 2 (x > 0).
 Vậy: GTNN của y là
5
5

27
khi

5
x 3
.
32. Tìm GTLN của f(x) = (2x – 1)(3 – 5x)
 f(x) = –10x
2
+ 11x – 3 =
   
       
   
   
2
2
11x 11 1 1
10 x 3 10 x
10 20 40 40

 Dấu “ = “ xảy ra 

11
x
20

 Vậy: Khi

11
x

20
thì y đạt GTLN bằng
1
40
.
33. Cho y = x(6 – x) , 0  x  6 . Định x để y đạt GTLN.
 Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm x và 6 – x (vì 0  x  6):

   
    6 x 6 x 2 x 6 x
 x(6 – x)  9
 Dấu “ = “ xảy ra  x = 6 – x  x = 3
 Vậy: Khi x = 3 thì y đạt GTLN bằng 9.
34. Cho y = (x + 3)(5 – 2x) , –3  x 
5
2
. Định x để y đạt GTLN.
 y = (x + 3)(5 – 2x) =
1
2
(2x + 6)(5 – 2x)
 Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm 2x + 6 và 5 – 2x ,
 
  
 
 
5
3 x
2
:


      
      
11 2x 6 5 2x 2 2x 6 5 2x

1
2
(2x + 6)(5 – 2x) 
121
8

 Dấu “ = “ xảy ra  2x + 6 = 5 – 2x 
 
1
x
4

 Vậy: Khi
 
1
x
4
thì y đạt GTLN bằng
121
8
.
35. Cho y = (2x + 5)(5 – x) ,
  
5
x 5

2
. Định x để y đạt GTLN.
 y = (2x + 5)(5 – x) =
1
2
(2x + 5)(10 – 2x)
 Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm 2x + 5 , 10 – 2x ,
 
  
 
 
5
x 5
2
:

      
     
2x 5 10 2x 2 2x 5 10 2x

1
2
(2x + 5)(10 – 2x) 
625
8

 Dấu “ = “ xảy ra  2x + 5 = 10 – 2x 

5
x

4

Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức

15
 Vậy: Khi

5
x
4
thì y đạt GTLN bằng
625
8

36. Cho y = (6x + 3)(5 – 2x) ,

1
2
 x 
5
2
. Định x để y đạt GTLN
 y = 3(2x + 1)(5 – 2x)
 Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm 2x + 1 , 5 – 2x ,
 
  
 
 
1 5
x

2 2
:

      
     
2x 1 5 2x 2 2x 1 5 2x
 (2x + 1)(5 – 2x)  9
 Dấu “ = “ xảy ra  2x + 1 = 5 – 2x  x = 1
 Vậy: Khi x = 1 thì y đạt GTLN bằng 9.
37. Cho


2
x
y
x 2
. Định x để y đạt GTLN

  
2 2
2 x 2 2x 2x 2



2
1 x
2 2
2 x



1
y
2 2

 Dấu “ = “ xảy ra 
 
2
x 2 và x > 0 x= 2

 Vậy: Khi

x 2
thì y đạt GTLN bằng
1
2 2
.
38. Cho
 


2
3
2
x
y
x 2
. Định x để y đạt GTLN

    
3

2 2 2
x 2 x 1 1 3 x .1.1

 
 
   

2
3
2 2
3
2
x 1
x 2 27x
27
x 2

 Dấu “ = “ xảy ra 
   
2
x 1 x 1

 Vậy: Khi
 x 1
thì y đạt GTLN bằng
1
27
.

III. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Bunhiacôpxki

1. Chứng minh: (ab + cd)
2
 (a
2
+ c
2
)(b
2
+ d
2
) () BĐT Bunhiacopxki
() 
     
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b 2abcd c d a b a d c b c d


  
2 2 2 2
a d c b 2abcd 0

 
 
2
ad cb 0
.
2. Chứng minh:
 
sinx cosx 2

 Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số 1 , sinx , 1 , cosx :

 sinx cosx
 
 
    
2 2 2 2
1. sinx 1. cosx 1 1 sin x cos x 2

3. Cho 3a – 4b = 7. Chứng minh: 3a
2
+ 4b
2
 7.
 Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số
3 , 3 a , 4 , 4b
:
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ

16

 
 
     
2 2
3a 4b 3. 3a 4. 4b 3 4 3a 4b
 3a
2
+ 4b

2
 7.
4. Cho 2a – 3b = 7. Chứng minh: 3a
2
+ 5b
2

725
47
.

  
2 3
2a 3b 3 a 5b
3 5

 Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số

2 3
, 3 a , , 5b
3 5
:

 
 
   
 
 
2 2
2 3 4 9

3 a 5 b 3a 5b
3 5
3 5
 3a
2
+ 5b
2

735
47
.
5. Cho 3a – 5b = 8. Chứng minh: 7a
2
+ 11b
2

2464
137
.

  
3 5
3a 5b 7 a 11b
7 11

 Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số

3 5
, 7 a , , 11b
7 11

:

 
 
   
 
 
2 2
3 5 9 25
7 a 11b 7a 11b
7 11
7 11
 7a
2
+ 11b
2

2464
137
.
6. Cho a + b = 2. Chứng minh: a
4
+ b
4
 2.
 Áp dụng BĐT Bunhiacopski:

 
 
    

2 2
2 a b 1 1 a b
 a
2
+ b
2
 2

 
 
 
    
2 2 4 4
2 a b 1 1 a b
 a
4
+ b
4
 2
7. Cho a + b  1 Chứng minh:
 
2 2
1
a b
2


 
 
       

2 2 2 2 2 2
1
1 a b 1 1 a b a b
2














Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức

17

PHẦN II. ĐỀ THI ĐẠI HỌC

1. (CĐGT II 2003 dự bị)
Cho 3 số bất kì x, y, z. CMR:
     
2 2 2 2 2 2
x xy y x xz+z y yz+z

2. (CĐBC Hoa Sen khối A 2006)
Cho x, y, z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng: x
3
+ y
3
+ z
3
 x + y + z.
3. (CĐKTKT Cần Thơ khối A 2006)
Cho 3 số dương x, y, z thoả x + y + z  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức: A = x + y + z +
 
1 1 1
x y z

4. (CĐSPHCM khối ABTDM 2006)
Cho x, y là hai số thực dương và thoả x + y =
5
4
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: A =

4 1
x 4y
.
5. (CĐKTKT Cần Thơ khối B 2006)
Cho 4 số dương a, b, c, d. Chứng minh bất đẳng thức:

  
       

a b c d
a b c b c d c d a d a b
< 2
6. (CĐKT Cao Thắng khối A 2006)
Chứng minh rằng nếu x > 0 thì (x + 1)
2
 
 
 
 
2
1 2
1
x
x
 16.
7. (CĐKTKTCN1 khối A 2006)
Cho 3 số dương a, b, c. Ch. minh rằng:
     
  
a b c a b c a b c
9
a b c

8. (CĐKTYTế1 2006)
Cho các số thực x, y thay đổi thoả mãn điều kiện: y  0; x
2
+ x = y + 12.
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A = xy + x + 2y + 17
9. (CĐBC Hoa Sen khối D 2006)

Cho x, y, z > 0; x + y + z = xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = xyz.
10. (Học viện BCVT 2001)
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thoả mãn điều kiện: a + b + c = 1
thì:
 
    
 
 
a b c a b c
1 1 1 a b c
3
3 3 3 3 3 3

11. (ĐH Đà Nẵng khối A 2001 đợt 2)
Cho ba số dương a, b, c thoả a
2
+ b
2
+ c
2
= 1. Chứng minh:

  
  
2 2 2 2 2 2
a b c 3 3
2
b c c a a b

12. (ĐH Kiến trúc HN 2001)

Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ

18
Cho các số a, b, c thoả:

  


  


2 2 2
a b c 2
ab bc ca 1

Chứng minh:
        
4 4 4 4 4 4
a ; b ; c
3 3 3 3 3 3

13. (Học viện NH TPHCM khối A 2001)
Cho ABC có 3 cạnh là a, b, c và p là nửa chu vi. Chứng minh rằng:

 
    
 
  
 
1 1 1 1 1 1

2
p a p b p c a b c

14. (ĐH Nông nghiệp I HN khối A 2001)
Cho 3 số x, y, z > 0. Chứng minh rằng:

    
  
3 2 3 2 3 2 2 2 2
2 y
2 x 2 z 1 1 1
x y y z z x x y z

15. (ĐH PCCC khối A 2001)
Ch. minh rằng với a ≥ 2, b ≥ 2, c ≥ 2 thì:
  
  
b c c a a b
log a log b log c 1

16. (ĐH Quốc gia HN khối D 2001)
Ch. minh rằng với mọi x ≥ 0 và với mọi  > 1 ta luôn có: x

+  – 1 ≥ x.
Từ đó chứng minh rằng với 3 số dương a, b, c bất kì thì:

    
3 3 3
3 3 3
a b c a b c

b c a
b c a

17. (ĐH Thái Nguyên khối D 2001)
Cho a ≥ 1, b ≥ 1. Chứng minh rằng:
   
a b 1 b a 1 ab
(*)
18. (ĐH Vinh khối A, B 2001)
Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi
bằng 3 thì: 3a
2
+ 3b
2
+ 3c
2
+ 4abc ≥ 13
19. (ĐH Y Thái Bình khối A 2001)
Cho a, b, c là những số dương và a + b = c. Ch. minh rằng:
 
2 2 2
3 3 3
a b c

20. (ĐHQG HN khối A 2000)
Với a, b, c là 3 số thực bất kì thoả điều kiện a + b + c = 0. Chứng minh
rằng: 8
a
+ 8
b

+ 8
c
≥ 2
a
+ 2
b
+ 2
c

21. (ĐHQG HN khối D 2000)
Với a, b, c là 3 số thực dương thoả điều kiện: ab + bc + ca = abc. Chứng
minh rằng:
  
  
2 2 2 2 2 2
b 2a c 2b a 2c
3
ab bc ca

22. (ĐH Bách khoa HN khối A 2000)
Cho 2 số a, b thoả điều kiện a + b ≥ 0. Ch. minh rằng:
 
 

 
 
3
3 3
a b a b
2 2

23. (ĐHSP TP HCM khối DE 2000)
Cho 3 số a, b, c bất kì. Chứng minh các BĐT:
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức

19
a) a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca b) (ab + bc + ca)
2
≥ 3abc(a + b + c)
24. (ĐH Nông nghiệp I khối A 2000)
Cho 3 số dương a, b, c thoả điều kiện abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P =
 
  
2 2 2 2 2 2
bc ca ab
a b a c b c b a c a c b

25. (ĐH Thuỷ lợi II 2000)
Chứng minh rằng với mọi số dương a, b, c ta đều có:
(a + 1).(b + 1).(c + 1) ≥
 

3

3
1 abc

26. (ĐH Y HN 2000)
Giả sử x, y là hai số dương thoả điều kiện
 
2 3
6
x y
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của tổng x + y.
27. (ĐH An Giang khối D 2000)
Cho các số a, b, c ≥ 0. Chứng minh: a
c + 1
+ b
c + 1
≥ ab(a
c – 1
+ b
c – 1
)
28. (ĐH Tây Nguyên khối AB 2000)
CMR với mọi x, y, z dương và x + y + z = 1 thì xy + yz + zx >

18xyz
2 xyz

29. (ĐH An Ninh khối A 2000)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 3 ta đều có: n
n + 1

> (n + 1)
n

30. (CĐSP Nha Trang 2000)
Cho 2 số thực a, b thoả điều kiện: a, b ≥ –1 và a + b = 1. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức: A =
  a 1 b 1

31. (CĐSP Nhà trẻ – Mẫu giáo TƯ I 2000)
Chứng minh BĐT sau đây luôn luôn đúng với mọi số thực x, y, z bất kì
khác không:
  
 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 9
x y z x y z

BĐT cuối cùng luôn đúng  BĐT cần chứng minh đúng.
32. (ĐH Y Dược TP HCM 1999)
Cho 3 số a, b, c khác 0. Chứng minh:
    
2 2 2
2 2 2
a b c a b c
b c a
b c a

33. (ĐH Hàng hải 1999)

Cho x, y, z ≥ 0 và x + y + z ≤ 3. Chứng minh rằng:

     
  
  
2 2 2
x y z 3 1 1 1
2 1 x 1 y 1 z
1 x 1 y 1 z

34. (ĐH An ninh HN khối D 1999)
Cho 3 số x, y, z thay đổi, nhận giá trị thuộc đoạn [0;1]. Chứng minh rằng:
2(x
3
+ y
3
+ z
3
) – (x
2
y + y
2
z + z
2
x) ≤ 3 (*)
35. (Đại học 2002 dự bị 1)
Gọi x, y, z là khoảng cách từ điểm M thuộc miền trong của ABC có 3 góc
nhọn đến các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng:
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ

20

 
  
2 2 2
a b c
x y z
2R
(a, b, c là các cạnh của ABC, R là
bán kính đường tròn ngoại tiếp). Dấu “=” xảy ra khi nào?
36. (Đại học 2002 dự bị 3)
Giả sử x, y là hai số dương thay đổi thoả mãn điều kiện x + y =
5
4
. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S =

4 1
x 4y

37. (Đại học 2002 dự bị 5)
Giả sử a, b, c, d là 4 số nguyên thay đổi thoả mãn 1 ≤ a < b < c < d ≤ 50.
Chứng minh bất đẳng thức:
 
 
2
a c b b 50
b d 50b
và tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức: S =


a c
b d
.
38. (Đại học 2002 dự bị 6)
Cho tam giác ABC có diện tích bằng
3
2
. Gọi a, b, c lần lượt là độ dài các
cạnh BC, CA, AB và h
a
, h
b
, h
c
tương ứng là độ dài các đường cao kẻ từ
các đỉnh A, B, C. Chứng minh rằng:

 
 
    
 
 
 
 
a b c
1 1 1 1 1 1
3
a b c h h h

39. (Đại học khối A 2003)

Cho x, y, z là 3 số dương và x + y + z  1. Chứng minh rằng:

     
2 2 2
2 2 2
1 1 1
x y z 82
x y z

40. (Đại học khối A 2003 dự bị 1)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = sin
5
x +
3
cosx
41. (Đại học khối A 2003 dự bị 2)
Tính các góc của tam giác ABC, biết rằng:

 







4p(p a) bc (1)
A B C 2 3 3
sin sin sin (2)
2 2 2 8

trong đó BC = a, CA = b, AB = c, p =
 a b c
2
.
42. (Đại học khối A 2005)
Cho x, y, z là các số dương thoả mãn :
  
1 1 1
4
x y z
.
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức

21
Chứng minh rằng:
  
   
1 1 1
1
2x+y+z x 2y z x y 2z

43. (Đại học khối B 2005)
Chứng minh rằng với mọi x  R, ta có:

     
    
     
     
x x x

x x x
12 15 20
3 4 5
5 4 3

Khi nào đẳng thức xảy ra?
44. (Đại học khối D 2005)
Cho các số dương x, y, z thoả mãn xyz = 1. Chứng minh rằng:

   
 
  
3 3 3 3
3 3
1 x y 1 y z
1 z x
3 3
xy yz zx

Khi nào đẳng thức xảy ra?
45. (Đại học khối A 2005 dự bị 1)
Cho 3 số x, y, z thoả x + y + z = 0. CMR:
    
x y z
3 4 3 4 3 4
 6
46. (Đại học khối A 2005 dự bị 2)
Chứng minh rằng với mọi x, y > 0 ta có:
 
 

 
  
 
 
 
 
 
2
y 9
1 x 1 1
x
y
 256
Đẳng thức xảy ra khi nào?
47. (Đại học khối B 2005 dự bị 1)
Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn: a + b + c =
3
4
. Chứng minh rằng:

     
3 3 3
a 3b b 3c c 3a 3

Khi nào đẳng thức xảy ra?
48. (Đại học khối B 2005 dự bị 2)
Chứng minh rằng nếu 0  y  x  1 thì
 
1
x y y x

4
.
Đẳng thức xảy ra khi nào?
49. (Đại học khối D 2005 dự bị 2)
Cho x, y, z là 3 số dương và xyz = 1. CMR:
  
  
2 2 2
x y z 3
1 y 1 z 1 x 2

50. (Đại học khối A 2006)
Cho 2 số thực x ≠ 0, y ≠ 0 thay đổi và thoả mãn điều kiện:
(x + y)xy = x
2
+ y
2
– xy.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =

3 3
1 1
x y
.
51. (Đại học khối B 2006)
Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A =
   
      
2 2

2 2
x 1 y x 1 y y 2

Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ

22
LỜI GIẢI



1. (CĐGT II 2003 dự bị)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, xét các điểm:
A
 

 
 
 
y 3
x ; z
2 2
, B
 

 
 
 
3 3
0; y z
2 2

, C
 

 
 
y z
;0
2 2

Ta có: AB =
 
 
    
 
 
 
 
 
2
2
2 2
y 3
x y x xy y
2 2

AC =
 
 
    
 

 
 
 
 
2
2
2 2
z 3
x z x xz z
2 2

BC =
 
 
    
 
 
 
 
 
2
2
2 2
y z 3
(y z) y yz+z
2 2 2

Với 3 điểm A, B, C ta luôn có: AB + AC ≥ BC

     

2 2 2 2 2 2
x xy y x xz+z y yz+z

2. (CĐBC Hoa Sen khối A 2006)
x
3
+ y
3
+ z
3
 3
3 3 3
3
x y z
 2(x
3
+ y
3
+ z
3
)  6

x
3
+ 1 + 1  3
3
3
x
 x
3

+ 2  3x (1)
Tương tự: y
3
+ 1 + 1  3
3
3
y
 y
3
+ 2  3y (2)
z
3
+ 1 + 1  3
3
3
z
 z
3
+ 2  3z (3)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
3. (CĐKTKT Cần Thơ khối A 2006)
 Cách 1:
Theo BĐT Côsi: 1  x + y + z  3
3
xyz
> 0

  
3
1 1 1 3

x y z
xyz

Từ đó: A  3
3
xyz
+
3
3
xyz

Đặt: t =
3
xyz
, điều kiện: 0 < t 
1
3

Xét hàm số f(t) = 3t +
3
t
với 0 < t 
1
3

Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức

23
f(t) = 3 –
2

3
t
=

2
2
3(t 1)
t
< 0, t 
 


 
1
0;
3

Bảng biến thiên:

1
3


Từ bảng biến thiên ta suy ra: A  10. Dấu "=" xảy ra khi x = y = z =
1
3

Vậy A
min
= 10 đạt được khi x = y = z =

1
3
.
 Cách 2:
Theo BĐT Côsi: 1  x + y + z  3
3
xyz
> 0 
3
1
xyz
 3
x +

1 2
9x 3
, y +

1 2
9y 3
, z +

1 2
9z 3

Từ đó: A=
   
   
       
   

   
   
   
1 1 1 8 1 1 1
x y z
9x 9y 9z 9 x y z
 2 +
3
8 3
9
xyz
 10
Dấu "=" xảy ra khi x = y = z =
1
3
.Vậy A
min
= 10 đạt được khi x = y = z =
1
3

4. (CĐSPHCM khối ABT 2006)
Ta có: x + y =
5
4
 4x + 4y – 5 = 0
A =

4 1
x 4y

=
  
4 1
4x+ 4y 5
x 4y
 A  2
4
.4x
x
+ 2
1
.4y
4y
– 5
 A  5
Dấu "=" xảy ra 










 





4
4x
x
1
4y
4y
5
x y
4
x,y 0








x 1
1
y
4
. Vậy A
min
= 5.
5. (CĐKTKT Cần Thơ khối B 2006)
Vì a, b, c, d > 0 nên ta luôn có:

   

     
a c a c
1
a b c c d a a c a c

Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ

24

   
     
b d b d
1
b c d d a b b d b d

Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được đpcm.
6. (CĐKT Cao Thắng khối A 2006)
Ta có: (x + 1)
2
 
 
 
 
2
1 2
1
x
x
 16 (1)  (x + 1)
2

 

 
 
2
1
1
x
 16
 (x + 1)
 

 
 
1
1
x
 4 (do x > 0)  (x + 1)
2
 4x  (x – 1)
2
 0 (2)
(2) luôn đúng nên (1) được chứng minh.
7. (CĐKTKTCN1 khối A 2006)
Xét vế trái của BĐT đã cho: VT =
       
b c a c a b
1 1 1
a a b b c c

= 3 +
     
    
     
     
b a c a c b
a b a c b c

Do a, b, c > 0 nên theo BĐT Côsi ta có:

  
b a b a
2 . 2
a b a b
;
  
b c b c
2 . 2
c b c b
;
  
c a c a
2 . 2
a c a c

Khi đó: VT  3 + 2 + 2 + 2 = 9 (đpcm).
8. (CĐKTYTế1 2006)
y  0, x
2
+ x = y + 12  x

2
+ x – 12  0  – 4  x  3
y = x
2
+ x – 12  A = x
3
+ 3x
2
– 9x – 7
Đặt f(x) = A = x
3
+ 3x
2
– 9x – 7 với – 4  x  3
f(x) = 3x
2
+ 6x – 9 ; f(x) = 0  x = 1 hoặc x = – 3
f(–4) = 13, f(–3) = 20, f(1) = –12, f(3) = 20
Vậy maxA = 20 (x = 3, y = 0), minA = –12 (x = 1, y = –10).
9. (CĐBC Hoa Sen khối D 2006)
Ta có: x + y + z  3
3
xyz
 xyz  3
3
xyz
 (xyz)
2
 27  xyz  3
3

Dấu "=" xảy ra  x = y = z =
3
.
Vậy minA = 3
3
.
10. (Học viện BCVT 2001)
Ta có hàm số f(x) =
x
1
3
là hàm nghịch biến nên:
(a – b)
 

 
 
a b
1 1
3 3
≤ 0, a, b.

  
a b a b
a b b a
3 3 3 3
, a, b. (1)
Tương tự:
  

b c c b
b c b c
3 3 3 3
(2)
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức

25

  
c a c a
c a a c
3 3 3 3
(3)
Mặt khác:
    
a b c a b c
a b c a b c
3 3 3 3 3 3
(4)
Cộng (1), (2), (3), (4) vế theo vế ta được:

   
      
   
   
a b c a b c
a b c 1 1 1
3 (a b c)
3 3 3 3 3 3

Hay
 
    
 
 
a b c a b c
a b c 1 1 1
3
3 3 3 3 3 3
(vì a + b + c = 1)
Dấu “=” xảy ra  a = b = c =
1
3
.
11. (ĐH Đà Nẵng khối A 2001 đợt 2)
Do a
2
+ b
2
+ c
2
= 1 nên
 
  
2
2 2 2 2
a a a
b c 1 a a(1 a )
(1)
Mà 2a

2
.(1 – a
2
)
2
≤
 
   
 

 
 
 
 
 
3
3
2 2 2
2a (1 a ) (1 a ) 2
3 3

 a
2
.(1 – a
2
)
2
≤
4
27

 a(1 – a
2
) ≤
2
3 3
(2)
Từ (1), (2) suy ra:


2
2 2
a 3 3
a
2
b c

Do đó:
     
  
2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b c 3 3 3 3
(a b c )
2 2
b c c a a b

Dấu “=” xảy ra 

 



 


 


2 2
2 2
2 2
2a 1 a
2b 1 b
2c 1 c
 a = b = c =
1
3
.
12. (ĐH Kiến trúc HN 2001)
Ta có:

  


  


2 2 2
a b c 2
ab bc ca 1



   


  


2 2
(a b) 2ab 2 c
c(a b) ab 1

Ta xem đây là hệ phương trình của a, b và đặt
 




a b S
ab P
(S
2
– 4P ≥ 0)
Ta được hệ:

  




2 2

S 2P 2 c (1)
cS+P =1 (2)

Từ (2)  P = 1 – cS, thay vào (1) ta được:
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ

26
S
2
– 2(1 – cS) = 2 – c
2
 S
2
+ 2cS + c
2
– 4 = 0 
  


  

S c 2
S c 2

 Với S = – c – 2  P = 1 + c(c + 2) = c
2
+ 2c + 1
BĐT: S
2
– 4P ≥ 0  (–c – 2)

2
– 4(c
2
+ 2c + 1) ≥ 0
 –3c
2
– 4c ≥ 0 
  
4
c 0
3
(3)
 Với S = –c + 2  P = 1 – c(–c + 2) = c
2
– 2c + 1
BĐT: S
2
– 4P ≥ 0  (–c + 2)
2
– 4(c
2
– 2c + 1) ≥ 0
 –3c
2
+ 4c ≥ 0 
 
4
0 c
3
(4)

Từ (3), (4) ta được:
  
4 4
c
3 3

Tương tự ta chứng minh được:
  
4 4
a,b,c
3 3

13. (Học viện NH TPHCM khối A 2001)
Trước hết, ta dễ dàng chứng minh được nếu x, y > 0 thì:

 

1 1 4
x y x y
(1)
Dấu “=” xảy ra  x = y.
Áp dụng (1) ta được:
  
    
1 1 4 4
p a p b p a p b c


  
    

1 1 4 4
p b p c p b p c a


  
    
1 1 4 4
p c p a p c p a b

Cộng 3 BĐT trên vế theo vế, ta được:

 
 
    
 
 
  
 
 
1 1 1 1 1 1
2 4
p a p b p c a b c
 đpcm
Dấu “=” xảy ra  a = b = c.

14. (ĐH Nông nghiệp I HN khối A 2001)
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương x
3
, y
2

ta có:
x
3
+ y
2
≥ 2

3 2
x y 2xy x

 

3 2
2 x 2 x 1
xy
2xy x
x y

Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương
2 2
1 1
,
x y
ta có:
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức

27

 
 

 
 
 
2 2
1 1 1 1
xy 2
x y

 
 
 
 

 
3 2 2 2
2 x 1 1 1
2
x y x y

Tương tự ta cũng có:

 
 
 
 

 
3 2 2 2
2 y
1 1 1

2
y z y z
;
 
 
 

 
3 2 2 2
2 z 1 1 1
2
z x z x

Suy ra:
    
  
3 2 3 2 3 2 2 2 2
2 y
2 x 2 z 1 1 1
x y y z z x x y z

Dấu “=” xảy ra 
  
  
  
  
  
  
  
3 2 3 2 3 2

x y y z z x
vaø vaø
x y y z z x
 x = y = z = 1
15. (ĐH PCCC khối A 2001)
Trước hết chú ý rằng nếu a > 1, x > 1 thì hàm số y =
a
log x
là đồng biến
và dương.
Do đó hàm số y = log
x
a =
a
1
log x
là nghịch biến.
Vì vai trò của a, b, c là như nhau, nên ta có thể giả thiết a ≥ b ≥ c. Ta
được:
VT=
      
     
b c c a a b a b a b a b a b
log a log b log c log a log b log c log abc

Vì a, b, c ≥ 2 nên abc ≥ 2ab = ab + ab > a + b
Do đó VT ≥ log
a+b
abc > log
a+b

(a + b) = 1.
16. (ĐH Quốc gia HN khối D 2001)
 Xét f(x) = x

– x +  – 1 (x ≥ 0)
f(x) = (x

– 1
– 1); f(x) = 0  x = 1

Vậy với x ≥ 0 và  > 1 thì f(x) ≥ 0 hay x

+  – 1 ≥ x.
 BĐT cần chứng minh:

     
    
     
     
3 3 3
2 2 2
a b c a b c
b c a b c a

Áp dụng BĐT đã chứng minh với  =
3
2
, ta có:

 

 
 
 
3
2
a 1 3 a
.
b 2 2 b
;
 
 
 
 
3
2
b 1 3 b
.
c 2 2 c
;
 
 
 
 
3
2
c 1 3 c
.
a 2 2 a

Mặt khác, theo BĐT Côsi ta có:

Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ

28

 
     
 
  
     
 
     
 
 
3 3 3
2 2 2
1 a b c 3
2 b c a 2

Cộng 4 BĐT trên, vế theo vế, ta có:

 
       
 
      
     
 
 
       
 
 

3 3 3
2 2 2
3 a b c 3 3 a b c 3
2 b c a 2 2 b c a 2

Suy ra:
     
    
     
     
3 3 3
2 2 2
a b c a b c
b c a b c a

17. (ĐH Thái Nguyên khối D 2001)
BĐT (*) 
 
 
a b 1 b a 1
1
ab ab

   
   
   
   
1 1 1 1
1 1 1
b b a a

(1)
Theo BĐT Côsi ta có:
 
 
 
 
 
  
 
 
1 1
1
1 1 1
b b
1
b b 2 2


 
 
 
 
 
  
 
 
1 1
1
1 1 1
a a

1
a a 2 2

Cộng 2 BĐT lại ta được BĐT cần chứng minh.
Dấu “=” xảy ra 

  




  


1 1 1
1
b b 2
1 1 1
1
a a 2
 a = b = 2.
18. (ĐH Vinh khối A, B 2001)
Ta có: 3 – 2a = a + b + c – 2a = b + c – a > 0.
Do đó theo BĐT Côsi ta có:
(3 – 2a)(3 – 2b)(3 – 2c) ≤
    
 
 
 
3

3 2a 3 2b 3 2c
3
= 1
 27 – 9(2a + 2b + 2c) + 3(4ab + 4bc + 4ca) – 8abc ≤ 1
 27 – 54 + 12(ab + bc + ca) – 8abc ≤ 1
 4abc ≥ 6(ab + bc + ca) – 14
 3(a
2
+ b
2
+ c
2
) + 4abc ≥ 3(a
2
+ b
2
+ c
2
) + 6(ab + bc + ca) – 14
= 3(a + b +c)
2
– 14 = 13
Đẳng thức xảy ra  3 – 2a = 3 – 2b = 3 – 2c  a = b = c = 1.
19. (ĐH Y Thái Bình khối A 2001)
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức

29
Từ giả thiết ta có:

a b

c c
= 1  0 <
a b
,
c c
< 1 
   
  
   
   
2 2
3 3
a b a b
c c c c
= 1
Từ đó suy ra:
 
2 2 2
3 3 3
a b c

20. (ĐHQG HN khối A 2000)
Đặt x = 2
a
, y = 2
b
, z = 2
c
thì x, y, z > 0.
Đ.kiện a + b + c = 0  xyz = 2

a+b+c
= 1, do đó theo BĐT Côsi: x + y + z ≥ 3
Mặt khác: x
3
+ 1 + 1 ≥ 3x  x
3
≥ 3x – 2
Tương tự: y
3
≥ 3y – 2; z
3
≥ 3z – 2
 x
3
+ y
3
+ z
3
≥ 3(x + y + z) – 6 = (x + y + z) + 2(x + y + z – 3) ≥ x + y + z
 8
a
+ 8
b
+ 8
c
≥ 2
a
+ 2
b
+ 2

c

21. (ĐHQG HN khối D 2000)
Ta có:
 
  
2 2 2 2
2 2 2 2
b 2a b 2a 1 1
2.
ab
a b a b

Đặt x =
1
a
; y =
1
b
; z =
1
c
thì
giả thiết



  

a,b,c 0

ab bc ca abc




  

x,y,z 0
x y z 1

và đpcm 
     
2 2 2 2 2 2
x 2y y 2z z 2x 3

Theo BĐT Bunhiacopxki ta có:
3(x
2
+ 2y
2
) = 3(x
2
+ y
2
+ y
2
) ≥ (x + y + y)
2



  
2 2
1
x 2y (x 2y)
3

Viết 2 BĐT tương tự, rồi cộng lại, ta có:

        
2 2 2 2 2 2
1
x 2y y 2z z 2x (3x 3y 3z) 3
3

Đẳng thức xảy ra  x = y = z =
1
3
 a = b = c = 3
22. (ĐH Bách khoa HN khối A 2000)
Ta có:
 
 

 
 
3
3 3
a b a b
2 2
 4(a

3
+ b
3
) ≥ (a + b)
3

 (a + b) [4(a
2
+ b
2
– ab) – (a
2
+ b
2
+ 2ab)] ≥ 0
 (a + b)(3a
2
+ 3b
2
– 6ab) ≥ 0  (a + b)(a – b)
2
≥ 0
BĐT cuối cùng này đúng, nên BĐT cần chứng minh là đúng.
Đẳng thức xảy ra  a =  b.
23. (ĐHSP TP HCM khối DE 2000)
a) a
2
+ b
2
≥ 2ab; b

2
+ c
2
≥ 2bc; c
2
+ a
2
≥ 2ca
 a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca.
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ

30
Đẳng thức xảy ra  a = b = c
b) (ab + bc + ca)
2
= (ab)
2
+ (bc)
2
+ (ca)
2
+ 2(abbc + bcca + caab) ≥
≥ abbc + bcca + caab + 2abc(a + b + c) = 3abc(a + b + c)
24. (ĐH Nông nghiệp I khối A 2000)

Ta có:
  
 
 


 
 
2
2 2 2
2
1
bc bc 1
a
1 1
1 1
a b a c a (b c)
a
b c
b c

Đặt x =
1
a
; y =
1
b
; z =
1
c

thì
giả thiết



a, b, c > 0
abc = 1





x,y,z 0
xyz=1
và P =
 
  
2 2 2
x y z
y z z x x y

Theo BĐT Bunhiacopxki ta có:
(y + z + z + x + x + y).P ≥
 
    
 
 
  
 
2

x y z
y z. z x. x y.
y z z x x y

 2(x + y + z).P ≥ (x + y + z)
2
 P ≥
1
2
(x + y + z) ≥

3
1 1
.3 xyz .3
2 2

 P ≥
3
2

Nếu P =
3
2
thì x = y = z = 1  a = b = c = 1
Đảo lại, nếu a = b = c = 1 thì P =
3
2
. Vậy minP =
3
2

25. (ĐH Thuỷ lợi II 2000)
(a + 1).(b + 1).(c + 1) = 1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc ≥
≥ 1 + 3

3
2 2 2
3
abc 3 a b c
+ abc =
 

3
3
1 abc

Đẳng thức xảy ra  a = b = c > 0.
26. (ĐH Y HN 2000)

 
 
 
     
 
 
 
 
 
2
2

2 3 2 3
2 3 . x . y (x y)
x y x y
= 6(x + y)
 x + y ≥
 

2
2 3
6

Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức

31
Giá trị
 

2
2 3
6
đạt được 
 









 

2
2 3
: x : y
x y
2 3
x y
6












2( 2 3)
x
6
3( 2 3)
y
6

Vậy min(x + y) =


5 2 6
6

27. (ĐH An Giang khối D 2000)
Giả sử a ≥ b ≥ 0  a
c
(a – b) ≥ b
c
(a – b)  a
c + 1
+ b
c + 1
≥ ab(a
c – 1
+ b
c – 1
)
28. (ĐH Tây Nguyên khối AB 2000)
Áp dụng BĐT Côsi cho 6 số dương ta có:
2 = x + y + z + x + y + z ≥ 6
3
xyz
(1)
và xy + yz + zx ≥ 3
2 2 2
3
x y z
(2)
Nhân các BĐT (1) và (2) vế theo vế ta được:
2(xy + yz + zx) ≥ 18xyz (3)

Mặt khác ta có: xyz(xy + yz + zx) > 0 (4)
Cộng các BĐT (3) và (4) vế theo vế ta được:
(xy + yz + zx)(2 + xyz) > 18xyz  xy + yz + zx >

18xyz
2 xyz
(vì 2 +xyz > 0)
29. (ĐH An Ninh khối A 2000)
Ta có: 3
4
= 81, 4
3
= 64  3
4
> 4
3
 BĐT cần chứng minh đúng với n = 3.
Với n > 3, đpcm  n >

 
 
 
n
n 1
n

 

 
 

n
1
1
n
< n (1)
Ta có:
 

 
 
n
1
1
n
=


n
k
n
k
k 0
1
C
n
=
= 1 +
   
  
2 n

n n(n 1) 1 n(n 1) (n n 1) 1
. .
n 2! n!
n n

= 1 + 1 +

      
     
      
      
1 1 1 1 2 n 1
1 1 1 1
2! n n! n n n
<
< 1 + 1 +
 
1 1

2! n!
< 1 + 1 +

 
n 1
1 1

2
2
<
< 1 + 1 +


 
n 1
1 1

2
2
+ … = 1 +

1
1
1
2
= 3

 

 
 
n
1
1
n
< 3 < n  (1)
30. (CĐSP Nha Trang 2000)
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ

32
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai cặp số (1, 1), (
 a 1, b 1

), ta có:
A =
  1. a 1 1. b 1
≤
   (1 1)(a 1 b 1)

mà a + b = 1 nên A ≤
6

Dấu “=” xảy ra 
  a 1 b 1
 a = b  a = b =
1
2
( do a + b = 1)
Vậy maxA =
6
khi a = b =
1
2

31. (CĐSP Nhà trẻ – Mẫu giáo TƯ I 2000)
BĐT cần chứng minh 
     
       
     
     
     
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2

y z x z x y
1 1 1
x x y y z z
≥ 9
 3 +
     
    
     
     
     
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
y z x z x y
x x y y z z
≥ 9
32. (ĐH Y Dược TP HCM 1999)
Áp dụng BĐT Côsi ta có:
*
   
2 2 2 2 2 2
3
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
3 . . 3
b c a b c a
(1)
*
 
2
2

a a
1 2
b
b
;
 
2
2
b b
1 2
c
c
;
 
2
2
c c
1 2
a
a


 
     
 
 
2 2 2
2 2 2
a b c a b c
2 3

b c a
b c a
(2)
Kết hợp (1) và (2) ta được:

 
 
    
 
 
 
 
 
2 2 2
2 2 2
a b c a b c
2 2
b c a
b c a


    
2 2 2
2 2 2
a b c a b c
b c a
b c a

33. (ĐH Hàng hải 1999)
 Do (x – 1)

2
≥ 0 nên x
2
+ 1 ≥ 2x 

2
2x
1 x
≤ 1
Tương tự ta cũng có:

2
2y
1 y
≤ 1;

2
2z
1 z
≤ 1
Do đó:

2
2x
1 x
+

2
2y
1 y

+

2
2z
1 z
≤ 3
Hay:
  
  
2 2 2
x y z 3
2
1 x 1 y 1 z
(1)
 Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số không âm ta có:
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức

33

 
  
 
  
  
3
3
1 1 1
1 1
1 x 1 y 1 z
3 (1 x)(1 y)(1 z)

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


   
 
  
3
3
(1 x)(1 y)(1 z)
1 1 1
1 x 1 y 1 z
≤
    (1 x) (1 y) (1 z)
3
≤ 2

  
  
3 1 1 1
2 1 x 1 y 1 z
(2)
Kết hợp (1) và (2) ta được BĐT cần chứng minh.
34. (ĐH An ninh HN khối D 1999)
Vì 0 ≤ x, y, z ≤ 1 nên x
2
≥ x
3
; y
2
≥ y

3
; z
2
≥ z
3
.
Suy ra: 2(x
3
+ y
3
+ z
3
) – (x
2
y + y
2
z + z
2
x) ≤ 2(x
2
+ y
2
+ z
2
) – (x
2
y + y
2
z + z
2

x)
Do đó nếu ta chứng minh được:
2(x
2
+ y
2
+ z
2
) – (x
2
y + y
2
z + z
2
x) ≤ 3 (1)
thì (*) đúng.
Ta có: (1 – y)(1 + y – x
2
) ≥ 0  x
2
+ y
2
– x
2
y – 1 ≤ 0 (2)
Dấu “=” ở (2) xảy ra 












y 1
x 1
y 0

Tương tự ta cũng có: x
2
+ z
2
– z
2
x – 1 ≤ 0 (3)
y
2
+ z
2
– y
2
z – 1 ≤ 0 (4)
Cộng (2), (3), (4) vế theo vế ta được:
2(x
2
+ y
2

+ z
2
) – (x
2
y + y
2
z + z
2
x) ≤ 3
Vậy (1) đúng  (*) đúng
Nhận xét: Dấu “=” ở (*) xảy ra  (x; y; z) 
 
(1;1;1),(1;1;0),(1;0;1),(0;1;1)

35. (Đại học 2002 dự bị 1)

    
1 1 1
x y z . ax . by . cz
a b c
≤
 
 
 
 
1 1 1
(ax+by+cz)
a b c

≤

 
 
 
 
1 1 1
.2S
a b c
=
 
 
 
 
1 1 1 abc
a b c 2R
=
 
ab bc ca
2R

≤
 
2 2 2
a b c
2R

Dấu “=” xảy ra 
 


 


a b c
x y z





ABC đều
M trùng với trọng tâm G của ABC

36. (Đại học 2002 dự bị 3)
 Cách 1: S =
    
5
1 1 1 1 1 5
x x x x 4y
x.x.x.x.4y
≥
   
5.5
x x x x 4y
= 5
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ

34
minS = 5 










 


1 1
x 4y
x 4y
5
x y
4








x 1
1
y
4

 Cách 2: S =



4 1
x 5 4x
= f(x), 0 < x <
5
4

f(x) =
 

2 2
4 4
x (5 4x)
; f(x) = 0 

 


 


2 2
x (5 4x)
5
0 x
4
 x = 1
Lập bảng xét dấu f(x), suy ra minS = 5.
 Cách 3: 2 +
 

1 2 1
x. y.
2
x 2 y
≤
 
4 1
x y.
x 4y
(3)
Dấu “=” ở (3) xảy ra 






 


2 1
x. x 2 y. y
5
x y
4






 


x 4y
5
x y
4








x 1
1
y
4

(3) 
 
 
 
 
 
 
 
2
5 5 4 1

.
2 4 x 4y


4 1
x 4y
≥ 5
Vậy minS = 5.
37. (Đại học 2002 dự bị 5)
Vì a ≥ 1, d ≤ 50 và c > b (c, b  N) nên c ≥ b + 1 thành thử:
S =

a c
b d
≥


1 b 1
b 50
=
 
2
b b 50
50b

Vậy BĐT của đề ra đã được chứng minh.
Dấu “=” xảy ra 







 

a 1
d 50
c b 1

Để tìm minS, ta đặt
 
2
b b 50
50b
=
 
b 1 1
50 b 50
và xét hàm số có biến số
liên tục x:
f(x) =
 
x 1 1
50 x 50
(2 ≤ x ≤ 48)
f(x) =

 
2
2 2

1 1 x 50
50
x 50x
; f(x) = 0




 


2
x 50
2 x 48


x 5 2

Bảng biến thiên:
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức

35
5 2


Chuyển về biểu thức f(b) =
 
2
b b 50
50b

(2 ≤ b ≤ 48, b  N)
Từ BBT suy ra khi b biến thiên từ 2 đến 7, f(b) giảm rồi chuyển sang tăng
khi b biến thiên từ 8 đến 48. Suy ra minf(b) = min[f(7); f(8)].
Ta có f(7) =


49 57 53
350 175
; f(8) =

 
64 58 61 53
400 200 175

Vậy minS =
53
175
khi











a 1

b 7
c 8
d 50

38. (Đại học 2002 dự bị 6)
Ta có diện tích tam giác: S =
 
a b c
1 1 1
ah bh ch
2 2 2

 h
a
=
2S
a
; h
b
=
2S
b
; h
c
=
2S
c


    

a b c
1 1 1 1
(a b c)
h h h 2S


 
   
        
 
   
   
 
a b c
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
(a b c)
a b c h h h 2S a b c

Áp dụng BĐT Côsi ta có: (a + b + c)
 
 
 
 
1 1 1
a b c
≥ 9
và vì S =
3
2
, nên ta có:

 
 
     
 
 
 
 
a b c
1 1 1 1 1 1 9
3
a b c h h h 3

39. (Đại học khối A 2003)
Với mọi
 
u,v
ta có:
  
   
u v u v
(*)
Đặt
 
   
  
 
   
   
 
  

1 1 1
a x; ; b y; ; c z;
x y z

Áp dụng bất đẳng thức (*), ta có:
       
        
a b c a b c a b c

Vậy P =
    
2 2 2
2 2 2
1 1 1
x y z
x y z

 
    
 
 
2
2
1 1 1
(x y z)
x y z

 Cách 1:
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ

36
Ta có: P
 
    
 
 
2
2
1 1 1
(x y z)
x y z

 
 

 
 
 
2
2
3
3
1
3 xyz 3
xyz
=

9
9t
t

với t =
2
3
( xyz)
 0 < t 
 
 

 
 
2
x y z 1
3 9

Đặt Q(t) = 9t +
9
t
Q(t) = 9 –
2
9
t
< 0, t
 


 
1
0;
9

Q(t) giảm trên
 


 
1
0;
9

 Q(t)  Q
 
 
 
1
9
= 82. Vậy P 

Q(t) 82

Dấu "=" xảy ra  x = y = z =
1
3
.
 Cách 2: Ta có:
(x + y + z)
2
+
 
 
 

 
2
1 1 1
x y z
= 81(x + y + z)
2
+
 
 
 
 
2
1 1 1
x y z
– 80(x + y + z)
2

 18(x + y + z).
 
 
 
 
1 1 1
x y z
– 80(x + y + z)
2
 162 – 80 = 82
Vậy P 
82

Dấu "=" xảy ra  x = y = z =
1
3
.
40. (Đại học khối A 2003 dự bị 1)
 Tìm max: y = sin
5
x +
3
cosx ≤ sin
4
x +
3
cosx (1)
Ta chứng minh: sin
4
x +
3
cosx ≤
3
, x  R (2)

3
(1 – cosx) – sin
4
x ≥ 0 
3
(1 – cosx) – (1 – cos
2
x)

2
≥ 0
 (1 – cosx).
3
– (1 – cosx)(1 + cosx)
2
 ≥ 0 (3)
Theo BĐT Côsi ta có:
(1 – cosx)(1 + cosx)(1 + cosx) =
1
2
(2 – 2cosx)(1 + cosx)(1 + cosx) ≤
≤
 
 
 
 
3
1 4 32
3
2 3 27

Vậy BĐT (3) đúng  (2) đúng  y ≤
3
, x. Dấu “=” xảy ra khi cosx = 1
 x = k2. Vậy maxy =
3
.
 Tìm min: Ta có y = sin
5

x +
3
cosx ≥ – sin
4
x +
3
cosx.
Tương tự như trên, ta được miny = –
3
, đạt được khi x =  + k2.
41. (Đại học khối A 2003 dự bị 2)
(1) 
   

(a b c)(b c a)
1
bc

 

2 2
(b c) a
1
bc



2bc(1 cosA)
1
bc

Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức

37


2
A 1
cos
2 4


2
A 3
sin
2 4


A 3
sin
2 2
(do 0 <


A
2 2
) (3)
Biến đổi vế trái của (2) như sau:

 

 
 
 
A B C 1 A B-C B+C
sin sin sin sin cos cos
2 2 2 2 2 2 2
≤
 

 
 
1 A A
sin 1 sin
2 2 2
=
= –
 

 
 
2
1 A A
sin sin
2 2 2
= –
 
 
   
 
 

 
 
2
1 A 1 1
sin
2 2 2 4
=
 
 
 
 
2
1 1 A 1
sin
8 2 2 2

Do (3) suy ra:
 
  
 
 
 
2
A B C 1 1 3 1
sin sin sin
2 2 2 8 2 2 2
=
 
1 1
(4 2 3)

8 8

=
2 3 3
8

Dấu “=” xảy ra 





 

 
 






0
0
B-C
cos 1
A 120
2
A 3
B C 30

sin
2 2

42. (Đại học khối A 2005)
Với a, b > 0 ta có:
4ab  (a + b)
2




1 a b
a b 4ab

 
 
 

 
1 1 1 1
a b 4 a b

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Áp dụng kết quả trên ta có:

 
 
 

 

1 1 1 1
2x+y+z 4 2x y z

 
 
 
 
 
 
 
1 1 1 1 1
4 2x 4 y z
=
 
 
 
 
1 1 1 1
8 x 2y 2z
(1)
Tương tự:

 
 
 
  
 
1 1 1 1
x 2y z 4 2y x z


 
 
 
 
 
 
 
1 1 1 1 1
4 2y 4 x z
=
 
 
 
 
1 1 1 1
8 y 2z 2x
(2)

 
 
 
  
 
1 1 1 1
x y 2z 4 2z x y

 
 
 
 

 
 
 
1 1 1 1 1
4 2z 4 x y
=
 
 
 
 
1 1 1 1
8 z 2x 2y
(3)
Vậy:
 
    
 
   
 
1 1 1 1 1 1
1
2x+y+z x 2y z x y 2z 4 x yz
= 1
Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu "=" xảy ra khi và chỉ
khi
x = y = z. Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
3
4
.
43. (Đại học khối B 2005)

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có:
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ

38

       
 
       
       
x x x x
12 15 12 15
2 .
5 4 5 4

   

   
   
x x
12 15
5 4
 2.3
x
(1)
Tương tự ta có:

   

   
   

x x
12 20
5 3
 2.4
x
(2)
   

   
   
x x
15 20
4 3
 2.5
x
(3)
Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia 2 vế của bất đẳng thức nhận
được cho 2 ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra  (1), (2), (3) là các đẳng thức  x = 0.
44. (Đại học khối D 2005)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có:
1 + x
3
+ y
3
 3
3 3
3
1.x .y
= 3xy 

 

3 3
1 x y
3
xy
xy
(1)
Tương tự:
 

3 3
1 y z
3
yz
yz
(2);
 

3 3
1 z x 3
zx
zx
(3)
Mặt khác
  
3
3 3 3 3 3 3
3
xy yz zx xy yz zx


  
3 3 3
3 3
xy yz zx
(4)
Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), (4) ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra  (1), (2), (3), (4) là các đẳng thức  x = y = z = 1.
45. (Đại học khối A 2005 dự bị 1)
Ta có: 3 + 4
x
= 1 + 1 + 1 + 4
x
 4
4
x
4


  
8
4
x x x
3 4 2 4 2 4

Tương tự:
 
8
y y

3 4 2 4
;
 
8
z z
3 4 2 4

Vậy
    
x y z
3 4 3 4 3 4
 2
 
 
 
 
8 8 8
x y z
4 4 4

3
8
x y z
6 4 .4 .4

 6
 
24
x y z
4

= 6
46. (Đại học khối A 2005 dự bị 2)
Ta có: 1 + x = 1 +
  
3
4
3
x x x x
4
3 3 3
3

1 +
y
x
= 1 +
  
3
4
3 3
y y y y
4
3x 3x 3x
3 x

Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức

39
1 +
9

y
= 1 +
  
3
4
3
3 3 3 3
4
y y y
y

 
 
 
 
 
2
6
4
3
9 3
1 16
y
y

Vậy:
 
 
 
  

 
 
 
 
 
2
y 9
1 x 1 1
x
y
 256
3 3 6
4
3 3 3 3
x y 3
. .
3 3 x y
= 256
47. (Đại học khối B 2005 dự bị 1)
 Cách 1:
Ta có:
  
    
3
a 3b 1 1 1
(a 3b).1.1 (a 3b 2)
3 3


  

    
3
b 3c 1 1 1
(b 3c).1.1 (b 3c 2)
3 3


  
    
3
c 3a 1 1 1
(c 3a).1.1 (c 3a 2)
3 3

Suy ra:
 
        
3 3 3
1
a 3b b 3c c 3a 4(a b c) 6
3

 

 
 
1 3
4. 6
3 4
= 3

Dấu "=" xảy ra 

  



    

3
a b c
4
a 3b b 3c c 3a=1
 a = b = c =
1
4

 Cách 2:
Đặt x =

3
a 3b
 x
3
= a + 3b; y =

3
b 3c
 y
3
= b + 3c;

z =

3
c 3a
 z
3
= c + 3a
 x
3
+ y
3
+ z
3
= 4(a + b + c) = 4.
3
4
= 3. BĐT cần ch. minh  x + y + z  3
Ta có: x
3
+ 1 + 1  3
3
3
x .1.1
= 3x; y
3
+ 1 + 1  3
3
3
y .1.1
= 3y;

z
3
+ 1 + 1  3
3
3
z .1.1
= 3z
 9  3(x + y + z) (vì x
3
+ y
3
+ z
3
= 3)
Vậy x + y + z  3
Dấu "=" xảy ra 

  


  


3 3 3
x y z 1
3
a b c
4

    






a 3b b 3c c 3a=1
3
a+b+c=
4

 a = b = c =
1
4

48. (Đại học khối B 2005 dự bị 2)
Ta có: 0  x  1 
x
 x
2


 
1
x y y x
4

 
1
x y y x
4

(1)
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ

40
Theo BĐT Côsi ta có:
    
2 2
1 1 1
y x yx 2 yx . x y
4 4 4

 
1
x y y x
4

Dấu "=" xảy ra 

  





 
 

 





2
2
0 y x 1
x 1
x x
1
y
1
4
yx
4

49. (Đại học khối D 2005 dự bị 2)
Ta có:
 
  
 
2 2
x 1 y x 1 y
2 . x
1 y 4 1 y 4


 
  
 
2 2
y 1 z y 1 z

2 . y
1 z 4 1 z 4


 
  
 
2 2
z 1 x z 1 x
2 . z
1 x 4 1 x 4

Cộng 3 bất đẳng thức trên, vế theo vế, ta có:

     
  
       
     
     
  
     
2 2 2
x 1 y y 1 z z 1 x
x y z
1 y 4 1 z 4 1 x 4


 
       
  

2 2 2
x y z 3 x y z
x y z
1 y 1 z 1 x 4 4

 

3(x y z) 3
4 4


   
3 3 9 3 3
.3
4 4 4 4 2
(vì x + y + z  3
3
xyz
= 3)
Vậy:
  
  
2 2 2
x y z 3
1 y 1 z 1 x 2
.
50. (Đại học khối A 2006)
 Cách 1:
Từ giả thiết suy ra:
   

2 2
1 1 1 1 1
x y xy
x y
.
Đặt
1
x
= a,
1
y
= b, ta có: a + b = a
2
+ b
2
– ab (1)
A = a
3
+ b
3
= (a + b)(a
2
– ab + b
2
) = (a + b)
2

Từ (1) suy ra: a + b = (a + b)
2
– 3ab.

Vì ab ≤

 
 
 
2
a b
2
nên a + b ≥ (a + b)
2
–

2
3
(a b)
4

 (a + b)
2
– 4(a + b) ≤ 0  0 ≤ a + b ≤ 4
Suy ra: A = (a + b)
2
≤ 16
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức

41
Với x = y =
1
2
thì A = 16. Vậy giá trị lớn nhất của A là 16.

 Cách 2:
Đặt S = x + y, P = xy với S
2
– 4P  0. Từ giả thiết  S, P  0.
Ta có: SP = S
2
– 3P  P =

2
S
S 3

A =

3 3
1 1
x y
=

3 3
3 3
x y
x y
=
  
2 2
3 3
(x y)(x y xy)
x y
=


2
3 3
(x y) xy
x y
=

2
2 2
(x y)
x y

 A =

 

 
 
2
2
S S 3
S
P

Đk: S
2
– 4P  0  S
2
–


2
4S
S 3
 0  S
2

 
 

 
S 1
S 3
 0 


S 1
S 3
 0 (vì S0)

 




S 3
S 1
(*)
Đặt h = f(S) =
S 3
S

 h =

2
3
S
< 0, S thoả (*)


Từ bảng biến thiên, ta có: 0 < h  4 và h  1, S thoả (*).
Mà A = h  MaxA = 16 khi x = y =
1
2
(S = 1, P =
1
4
).
 Cách 3:
(x + y)xy =
 
 
 
 
2
2
y 3y
x
2 4
> 0 

 

1 1 x y
x y xy
> 0
A =

3 3
1 1
x y
=

3 3
3 3
x y
x y
=
 

 
 
2
1 1
x y

 
1 1
A
x y

Dễ chứng minh được:
 

 

 
 
3
3 3
a b a b
2 2
(với a + b > 0)
dấu "=" xảy ra khi a = b.
Áp dụng với a =
1
x
, b =
1
y
, ta có:
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ

42

 
 
 


   
 
 
 

 

 
 
 
3
3
3
1 1
1 1
x y
x y
2 2

 

 
 
 
3
A A
2 2
 A  16.
Dấu "=" xảy ra khi
 
1 1
2
x y
. Vậy Max A = 16.
 Cách 4:

A =
2
2
S
P
, suy ra
 

2
S 3S
A
P
S SP

S
2
– 4P  0  S
2
– 4

2
S SP
3
 0 


P
1
S
1 4

3
 0 

P 1
S 4
(chia cho S
2
)
Nên: A =
2
2
S
P
 16. Vậy Max A = 16 (khi x = y =
1
2
).
51. (Đại học khối B 2006)
Trong mpOxy, xét M(x – 1; –y), N(x + 1; y).
Do OM + ON ≥ MN nên:

   
        
2 2
2 2 2 2
x 1 y x 1 y 4 4y 2 1 y

Do đó: A ≥ 2
  
2

1 y y 2
= f(y)
 Với y ≤ 2  f(y) = 2

2
1 y
+ 2 – y  f(y) =

2
2y
y 1
– 1
f(y) = 0  2y =

2
1 y





 


2 2
y 0
4y 1 y
 y =
1
3

Do đó ta có bảng biến thiên như trên
 Với y ≥ 2  f(y) ≥ 2

2
1 y
≥ 2
5
> 2 +
3
.
Vậy A ≥ 2 +
3
với mọi số thực x, y.
Khi x = 0 và y =
1
3
thì A = 2 +
3

Nên giá trị nhỏ nhất của A là 2 +
3
.