chuyên đề ôn thi đại học bất đẳng thức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2









CHUYÊN ðỀ ÔN THI ðẠI HỌC MÔN TOÁN











NGUYỄN VĂN XÁ
TỔ TOÁN
TR
ƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2

CHUYÊN ðỀ ÔN THI ðẠI HỌC MÔN TOÁN

B
BB
BẤT ĐẲNG THỨC
ẤT ĐẲNG THỨCẤT ĐẲNG THỨC
ẤT ĐẲNG THỨC













LỜI NÓI ðẦU

ðược sự tạo ñiều kiện của lãnh ñạo Nhà trường và sự cổ vũ của ñông
ñảo ñồng nghiệp, tổ Toán ñã tổ chức biên soạn tài liệu ôn thi ðại học, gồm
nhiều chuyên ñề bám sát cấu trúc ñề thi do Bộ Giáo dục và ðào tạo qui ñịnh.
Tài liệu này ra ñời ñóng góp vào những nỗ lực chung của toàn trường trong
việc từng bước nâng cao chất lượng dạy và học. Trong quá trình biên soạn,

chúng tôi vừa trao ñổi với các ñồng nghiệp trong và ngoài tổ, vừa tham khảo
các tài liệu luyện thi hiện có, vừa căn cứ vào tình hình thực tế học sinh trong
trường. Vì vậy, mặc dù hiện nay những tài liệu luyện thi ðại học có rất nhiều,
chúng tôi vẫn hi vọng tài liệu này mang tiếng nói của riêng mình.

Chuyên ñề
BẤT ðẲNG THỨC
này là một phần trong bộ tài liệu nói
trên. Ban ñầu chúng tôi có ý ñịnh biên soạn chuyên ñề
BẤT ðẲNG THỨC VÀ
GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT,
nhưng do thời gian không cho phép nên
chúng tôi mới chỉ ñề cập ñến một số vấn ñề về bất ñẳng thức, vận dụng bất
ñẳng thức ñể tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất, còn các vấn ñề chung về giá trị
lớn nhất, nhỏ nhất, cũng như ứng dụng của nó chúng tôi chưa có ñiều kiện trình
bày. Tới ñây, chúng tôi sẽ cố gắng biên soạn bổ sung các nội dung ñó thành
một chuyên ñề khác hoặc cũng có thể tiếp nối vào chuyên ñề này.

Vì nhiều lí do mà chất lượng của tài liệu này còn nhiều ñiều ñáng bàn.
Chúng tôi rất mong các ñồng nghiệp, các bạn học sinh chỉ giúp những chỗ sai
sót hoặc chưa hợp lí ñể chúng tôi kịp thời khắc phục. Các ý kiến xin vui lòng
gửi về email:


Chúng tôi bày tỏ sự kính trọng và biết ơn tới ñồng chí Hiệu trưởng và
ñồng chí Tổ trưởng vì những giúp ñỡ của các ñồng chí ñể tài liệu này ñược
hoàn thành. Chúng tôi cũng chân thành cảm ơn các ñồng nghiệp, các học sinh
ñã quan tâm tới tài liệu này.

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[01] Bộ Giáo dục và ðào tạo – Bộ sách giáo khoa, sách bài tập, sách giáo viên THPT môn Toán
(cơ bản và nâng cao) – NXB GDVN, 2010.

[02] Bộ Giáo dục và ðào tạo – Hướng dẫn thực hiện chuẩn kiến thức, kĩ năng môn Toán 10, 11,
12 –NXB GDVN, 2010.

[03] Nguyễn An Ninh (cb) – Cấu trúc ñề thi môn Toán, Vật Lí, Hoá Học, Sinh Học năm 2010 –
NXB GDVN, 2010.

[04] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán ðại số và Lượng giác 11 – NXB
GDVN, 2009.

[05] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán Giải tích 11 – NXB GDVN, 2009.

[06] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán Hình học 11 – NXB GDVN, 2009.

[07] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán Hình học 10 – NXB GDVN, 2009.

[08] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán ðại số 10 – NXB GDVN, 2009.

[09] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán Lượng giác 10 – NXB GDVN, 2009.

[10] Trần Phước Chương, ðỗ Thanh Sơn, Nguyễn Vũ Thanh – Rèn luyện kĩ năng giải các dạng
bài tập ðại số 10 nâng cao – NXB GDVN, 2007.

[11] Nguyễn Văn Quí, Nguyễn Tiến Dũng, Nguyễn Việt Hà – Các dạng toán về Bất ñẳng thức,

Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất – NXB ðà Nẵng, 1998.

[12] Trần Tuấn ðiệp, Nguyễn Phú Trường, Ngô Long Hậu – Giới thiệu ñề thi tuyển sinh vào
ðại học, Cao ñẳng trong toàn quốc môn Toán – NXB Hà Nội, 2010.

[13] Trần Văn Hạo (cb) – Chuyên ñề luyện thi vào ðại học: Bất ñẳng thức, Giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất – NXB GD, 2001.











MỤC LỤC
Trang
LỜI NÓI ðẦU
1
TÀI LIỆU THAM KHẢO
2
MỤC LỤC
3
1. KHÁI NIỆM BẤT ðẲNG THỨC
4
1.1. ðịnh nghĩa …………………………………………………………………………………

4
1.2. Một số tính chất ……………………………………………………………………………

4
1.3. Bất ñẳng thức có chứa dấu giá trị tuyệt ñối
……………………………………………………
4
1.4. Bất ñẳng thức Côsi ……
…………………………………………………………………………
5
1.5. Bất ñẳng thức lượng giác ……………………………………………………………………….

5
1.6. Bất ñẳng thức hình học ………………………………………………………………………….

6
2. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ðẲNG THỨC
7
2.1. Phương pháp biến ñổi tương ñương, biến ñổi hệ quả; phương pháp làm trội …………………

7
2.2. Phương pháp phản chứng ………………………………………………………………………. 11
2.3. Phương pháp qui nạp toán học ………………………………………………………………….

11
2.4. Phương pháp vận dụng các bất ñẳng thức ñã biết ………………………………………………

14
2.5. Phương pháp vận dụng kiến thức lượng giác ……………………………………………………

17

2.6. Phương pháp vận dụng kiến thức hình học………………………………………………………

19

2.7. Phương pháp vận dụng kiến thức hàm số………………………………………………………

20
3. VẬN DỤNG BẤT ðẲNG THỨC ðỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
31
3.1. Nhắc lại ñịnh nghĩa giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
…………………………………………….
31
3.2. Một số ví dụ vận dụng bất ñẳng thức ñể tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất………………….

31
4. BÀI T
ẬP THAM KHẢO
34




Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

4
1. KHÁI NIỆM BẤT ðẲNG THỨC
1.1 ðịnh nghĩa

Cho hai số thực a và b. Ta nói “a lớn hơn b” và viết “a > b” (hoặc viết “b < a”)
nếu a – b là số dương (hay b – a là số âm), lúc ñó ta cũng nói “b nhỏ hơn a”. Ta nói “a
lớn hơn hoặc bằng b” và viết “a ≥ b” (hoặc viết “b ≤ a”) nếu a – b là số không âm (hay
b – a là số không dương), lúc ñó ta cũng nói “b nhỏ hơn hoặc bằng a”. Như vậy:
a b a b 0; a b a b 0;
a b a b 0; a b a b 0.
> ⇔ − > < ⇔ − <
≥ ⇔ − ≥ ≤ ⇔ − ≤


Các mệnh ñề có dạng “a > b” hoặc “a < b” hoặc “a ≥ b” hoặc “a ≤ b” ñược gọi
là bất ñẳng thức. Trong ñó, khi cần thiết, hai bất ñẳng thức ñầu tiên ñược gọi là bất
ñẳng thức nghiêm ngặt, và hai bất ñẳng thức sau gọi là bất ñẳng thức không ngặt. Nếu
không nói gì thêm, khi ñề cập ñến bất ñẳng thức thì ta hiểu ñó là các mệnh ñề ñúng.
Bài toán chứng minh bất ñẳng thức là bài toán chứng minh bất ñẳng thức ñã cho là
mệnh ñề ñúng.

1.2. Một số tính chất

Chúng ta ñề cập tới ở ñây một số tính chất thường gặp của bất ñẳng thức.
1)
a b
a c
b c
>

⇒ >

>


(tính chất bắc cầu).
2)
a b a c b c (a b c a c b)< ⇔ + < + < + ⇔ − <
(cộng hai vế bất ñẳng thức với cùng
một số).
3)
a b
a c b d
c d
<

⇒ + < +

<

(cộng vế với vế hai bất ñẳng thức cùng chiều).
4)
a b a b
a.c b.c; a.c b.c
c 0 c 0
< <
 
⇒ < ⇒ >
 
> <
 
(nhân hai vế của bất ñẳng thức với một số
khác 0).
5)
0 a b

ac bd
0 c d
≤ <

⇒ <

≤ <

(nhân vế với vế hai bất ñẳng thức cùng chiều có các vế không
âm).
6)
0 a b
1 1
a b 0
a b
< <

⇒ >

< <

(nghịch ñảo hai vế (cùng dấu) bất ñẳng thức).
7) Nếu
n ∈ℕ
thì
2n 1 2n 1
2n 1 2n 1
a b a b a b.
+ +
+ +

< ⇔ < ⇔ <

N
ế
u
n *∈ℕ
và
0 a b≤ <
thì
n n
a b< và
n n
a b.<

8) N
ế
u a > 1 thì
u v
a a u v.< ⇔ < N
ế
u 0 < a < 1 thì
u v
a a u v.< ⇔ >
9) N
ế
u
0, a 0, b 0α > > >
thì
a b a b.
α α

> ⇔ >

N
ế
u
0, a 0, b 0α < > >
thì
a b a b.
α α
> ⇔ <

10)
a b a b, a,b 0.+ ≥ + ∀ ≥
D
ấ
u “=” x
ả
y ra khi a.b = 0.
.
Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

5
5

11)
2n
x 0, x , n *.
≥ ∀ ∈ ∀ ∈
ℝ ℕ

Ta hay sử dụng bất ñẳng thức ở dạng
2
x 0, x .
≥ ∀ ∈
ℝ

12) Nhờ công thức khai triển nhị thức Niu−tơn, với
x 0,n *,
≥ ∈
ℕ
ta có
n n
(1 x) 1 nx x 1 nx,
+ = + + + ≥ +
bất ñẳng thức
n
(1 x) 1 nx
+ ≥ +
ñược gọi là bất ñẳng thức
Béc−nu−li. Từ bất ñẳng thức Béc−nu−li hoặc nhờ bất ñẳng thức Côsi ta có
n
1 na 1 a, n ,n 1, a 0.
+ < + ∀ ∈ > ∀ >
ℕ

13) Nếu a, b là các số nguyên và a < b thì
a 1 b.
+ ≤

1.3. Bất ñẳng thức có chứa dấu giá trị tuyệt ñối

1) |a| ≥ 0, dấu “=” xảy ra khi a = 0.
2) |a| + a ≥ 0, dấu “=” xảy ra khi a ≤ 0.

2)
| a | | b | | a b | || a | | b ||.
+ ≥ + ≥ −


| a | | b| |a b| a.b 0; || a | | b|| | a b| a.b 0.
+ = + ⇔ ≥ − = + ⇔ ≤

3) Nếu b ≥ 0 thì
a b
| a | b b a b; | a | b .
a b
≥

≤ ⇔ − ≤ ≤ ≥ ⇔

≤ −



1.4. Bất ñẳng thức Côsi

1) Bất ñẳng thức Côsi cho hai số không âm a, b:
a b
ab.

2
+
≥
Dấu “=” xảy ra khi a = b.
2) Bất ñẳng thức Côsi cho ba số không âm a, b, c:
3
a b c
abc.
3
+ +
≥

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
3) Bất ñẳng thức Côsi cho n số không âm a
1
, a
2
, …, a
n
:
1 2 n
n
1 2 n
a a a
a a a .
n
+ + +
≥

Dấu “=” xảy ra khi a

1
= a
2
= …= a
n
.
4) Hệ quả: Với n số dương a
1
, a
2
, …, a
n
ta có
2
1 2 n
1 2 n
1 1 1
(a a a )( ) n .
a a a
+ + + + + + ≥

D
ấ
u “=” x
ả
y ra khi a
1
= a
2
= …= a

n
.
5) V
ớ
i n s
ố
không âm a
1
, a
2
, …, a
n
, kí hi
ệ
u
1 2 n
1
1
n
a a a
S ;
C
+ + +
=
i j
1 i j n
2
2
n
a a

S ;
C
≤ < ≤
=
∑

i j k
1 i j k n
3
3
n
a a a
S ;
C
≤ < < ≤
=
∑
… ;
1 2 n
n
n
n
a a a
S ;
C
=
(
ở

ñ

ó
k
n
n!
C , n,k ,n k).
k!.(n k)!
= ∀ ∈ ≥
−
ℕ
Ta
có dãy b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c
3
n
1 2 3 n
S S S S ,
≥ ≥ ≥ ≥
d
ấ
u “=” x
ả
y ra khi a
1
= a
2

= …= a
n
.
M
ộ
t s
ố
tác gi
ả
g
ọ
i
ñ
ây là dãy b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c xen k
ẽ
Côsi.

1.5. Bất ñẳng thức lượng giác

2 2
1) a.sin x b.cosx a b , x .
+ ≤ + ∀ ∈
ℝ
D

ấ
u “=” x
ả
y ra khi a.cosx = b.sinx.
Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học
6
Hệ quả:
1 sinx 1; 1 cosx 1.− ≤ ≤ − ≤ ≤

2) tan x cot x 2, x k ,k .
2
π
+ ≥ ∀ ≠ ∈ℤ
Dấu “=” xảy ra khi
x k ,k .
4
π
= ± + π ∈ℤ


1.6. Bất ñẳng thức hình học

1) Với ba ñiểm bất kì A, B, C thì
AB AC BC,+ ≥
dấu “=” xảy ra khi A thuộc ñoạn BC.
2) Với mọi
u, v
 
ta có
u v u v ,

+ ≥ +
   
dấu “=” xảy ra khi
u, v
 
cùng hướng.
3) Với mọi
u, v
 
ta có
u . v u.v ,
≥
   
dấu “=” xảy ra khi
u, v
 
cùng phương.
4) Ba số dương a, b, c là ñộ dài ba cạnh một tam giác khi và chỉ khi tổng của hai số bất
kì trong ba số ñó lớn hơn số còn lại.

Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

7

2. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ðẲNG
THỨC
2.1. Phương pháp biến ñổi tương ñương, biến ñổi hệ quả; phương

pháp làm trội

ðể chứng minh bất ñẳng thức A > B ta có thể chứng minh A – B > 0. Ta thường
vận dụng các phép biến ñổi tương ñương ñể chuyển bất ñẳng thức A – B > 0 thành bất
ñẳng thức luôn ñúng hoặc giả thiết. Ta cũng có thể xuất phát từ giả thiết hoặc một
mệnh ñề ñúng nào ñó, qua các phép biến ñổi hệ quả dẫn ñến bất ñẳng thức A – B > 0.

Lưu ý một số sự kiện:
i)
2
A 0, A .≥ ∀ ∈ℝ Dấu”=” xảy ra khi A = 0.
ii)
a 0, a ,≥ ∀ ∈ℝ
dấu “=” xảy ra khi a = 0.
iii)
a a 0, a ,+ ≥ ∀ ∈ℝ
dấu “=” xảy ra khi
a 0.≤

iv)
n n
2 2
k k i j
k 1 k 1 1 i j n
( a ) a 2. a a .
= = ≤ < ≤
= +
∑ ∑ ∑

v)

n
n k n k k
n
k 0
(a b) C a b .
−
=
+ =
∑

vi)
n n n 1 n 2 n 3 2 n 2 n 1
a b (a b)(a a b a b ab b ).
− − − − −
− = − + + + + +

vii)
3 3 3 2 2 2
a b c 3abc (a b c)(a b c ab bc ca).+ + − = + + + + − − −



ðể
ch
ứ
ng minh b
ấ
t
ñẳ
ng th

ứ
c có d
ạ
ng
1 n
u u+ + ≤ α
ta có th
ể
ch
ứ
ng minh
k k k 1
u v v , k 1,2, ,n,
+
≤ − ∀ =
và ch
ứ
ng minh
1 k 1
v v .
+
− ≤ α



ðể
ch
ứ
ng minh b
ấ

t
ñẳ
ng th
ứ
c có d
ạ
ng
1 2 n
u .u u ≤ α
ta có th
ể
ch
ứ
ng minh
k
k
k 1
v
u , k 1,2, ,n,
v
+
≤ ∀ =
và ch
ứ
ng minh
1
k 1
v
.
v

+
≤ α



ðể
ch
ứ
ng minh b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c có d
ạ
ng a + b + c
≤
x + y + z ta có th
ể
ch
ứ
ng
minh
a b 2z
b c 2x
c a 2y
+ ≤



+ ≤


+ ≤

ho
ặ
c
2a y z
2b z x.
2c x y
≤ +


≤ +


≤ +



ðể
ch
ứ
ng minh b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ

c có d
ạ
ng
abc xyz≤
(v
ớ
i a, b, c, x, y, z
0)≥
ta có
th
ể
ch
ứ
ng minh
2
2
2
ab z
bc x
ca y

≤


≤


≤



ho
ặ
c
2
2
2
a yz
b zx.
c xy

≤


≤


≤





VÍ DỤ 1.
1)

Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng

8 5 2
1
a a a a 0 (1), a .
3
− + − + > ∀ ∈ℝ

Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

8
8

2) Chứng minh rằng
2 2 2 2 2
(ax by) (a b )(x y ) (2), a,b,x,y
+ ≤ + + ∀ ∈
ℝ
(bất ñẳng thức
Bunhiacôpxki).

☺ HƯỚNG DẪN.
1) Ta thấy
4 2 2
a a 3 1
(1) (a ) ( ) 0 (1').
2 2
3
⇔ − + − > Do hai bất ñẳng thức
4 2
a

(a ) 0
2
− ≥

và
2
a 3 1
( ) 0
2
3
− ≥
ñúng với mọi a, dấu “=” lại không ñồng thời xảy ra, nên (1’) ñúng
với mọi a. Vậy (1) ñúng với mọi a.
2) Bất ñẳng thức
2
(2) (ay bx) 0
⇔ − ≥
ñúng với mọi a, b, x, y; dấu “=” xảy ra khi và
chỉ khi ay = bx.


VÍ DỤ 2.
1) Chứng minh rằng
n n n
a b a b, n ,n 2, a,b 0.
+ ≥ + ∀ ∈ ≥ ∀ ≥
ℕ

2) Chứng minh rằng
n m n m n m m n

x y x y x y , x,y , n,m *,
+ +
+ ≥ + ∀ ∈ ∀ ∈
ℝ ℕ
và m, n cùng
tính chẵn lẻ.

☺ HƯỚNG DẪN.
1) Ta thấy
n n
n 1 n 1 n 1 n 1
n n n n
n n
( a b) a C a . b C a. b b a b 0, n ,n 2, a,b 0
− − −
+ = + + + + ≥ + ≥ ∀ ∈ ≥ ∀ ≥
ℕ

nên
n n n
a b a b, n ,n 2, a,b 0.
+ ≥ + ∀ ∈ ≥ ∀ ≥
ℕ

2) Bất ñẳng thức ñã cho tương ñương với
m m n n
(x y )(x y ) 0 (*).
− − ≥

– Nếu n, m cùng lẻ thì

m m m m n n n n
x y 0 x y x y x y x y 0
− ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≥
và
m m n n
x y 0 x y 0,
− ≤ ⇔ − ≤
nên (*) ñúng, dấu “=” xảy ra khi x = y.
– Nếu n, m cùng chẵn thì
m m m m n n n n
x y 0 x y | x | | y | x y x y 0
− ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≥

và
m m n n
x y 0 x y 0,
− ≤ ⇔ − ≤
nên (*) ñúng, dấu “=” xảy ra khi x =
±
y.
Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñược chứng minh.


VÍ DỤ 3.
Cho tam giác ABC. Chứng minh với mọi x, y, z ta có
2 2 2
x y z
xy.cosC yz.cosA zx.cosB .
2
+ +

+ + ≤


☺ HƯỚNG DẪN.
ðặt
BC CA AB
a , b , c
BC CA AB
= = =
  
  
thì
a b c 1
= = =
  
và



(a,b) C, (b,c) A, (c,a) A.
= π− =π− =π−
     

Ta xuất phát từ bất ñẳng thức luôn ñúng
2
(x.a y.b z.c) 0
+ + ≥
  

2 2 2

2 2 2
x y z 2xy.cos(a,b) 2yz.cos(b,c) 2zx.cos(c,a) 0
x y z 2xy.cosC 2yz.cosA 2zx.cosB 0
⇔ + + + + + ≥
⇔ + + − − − ≥
     


Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

9
9

2 2 2
x y z
xy.cosC yz.cosA zx.cosB (
ñpcm).
2
+ +
⇔ + + ≤


Nhận xét. Cho x = y = z = 1 ta ñược bất ñẳng thức quen thuộc
3
cosA cosB cosC .
2
+ + ≤


VÍ DỤ 4.
Cho a, b, c d
ươ
ng và tho
ả
mãn abc = 1. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng

3 3 3 3 3 3
5 5 5 5 5 5
1 1 1
1) 1.
a b 1 b c 1 c a 1
ab bc ca
2) 1.
a b ab b c bc c a ca
+ + ≤
+ + + + + +
+ + ≤
+ + + + + +


☺

HƯỚNG DẪN.
1) V

ớ
i m
ọ
i a, b ta có (a – b)
2
0≥ nên
2 2
a ab b ab.− + ≥ T
ừ

ñ
ây và do
a 0, b 0, abc 1> > =
suy ra
3 3 2 2
a b 1 (a b)(a ab b ) 1 ab(a b) abc ab(a b c)+ + = + − + + ≥ + + = + +

3 3 3 3
ab 1 1 c
(1).
a b c a b c
a b 1 a b 1
⇒ ≤ ⇒ ≤
+ + + +
+ + + +
T
ươ
ng t
ự
ta có các b

ấ
t
ñẳ
ng
th
ứ
c
3 3 3 3
1 a 1 b
(2), (3).
a b c a b c
b c 1 c a 1
≤ ≤
+ + + +
+ + + +

C
ộ
ng (1), (2), (3) theo t
ừ
ng
v
ế
ta
ñượ
c
3 3 3 3 3 3
1 1 1
1.
a b 1 b c 1 c a 1

+ + ≤
+ + + + + +
D
ấ
u “=” x
ả
y ra khi a = b = c = 1.
5 5 4 3 2 2 3 4
2 2 2 2 2 2 2
5 5 2 2
2) Do a, b 0 nên a b (a b)(a a b a b ab b )
(a b)((a b) .(a ab b ) a b ) (a b)a b .
ab ab 1 1 1 c
ab(a b) 1 ab(a b) abc ab(a b c) a
a b ab (a b)a b ab
> + = + − + − +
= + − + + + ≥ +
⇒ ≤ = = = =
+ + + + + + +
+ + + +
.
b c
+

T
ươ
ng t
ự
ta có
5 5 5 5

bc a ca b
, .
a b c a b c
b c bc c a ca
≤ ≤
+ + + +
+ + + +

V
ậ
y
5 5 5 5 5 5
ab bc ca
1
a b ab b c bc c a ca
+ + ≤
+ + + + + +
, d
ấ
u “=” x
ả
y ra khi a = b = c = 1.


VÍ DỤ 5.
Cho a, b, c, d > 0. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng

a b c d
M
a b c b c d c d a d a b
= + + +
+ + + + + + + +

không ph
ả
i là s
ố
nguyên.
☺

HƯỚNG DẪN.
a a a
Ta có
a b c d a b c a c
b b b
a b c d b c d b d
c c c
a b c d c d a a c
< <
+ + + + + +
< <
+ + + + + +
< <
+ + + + + +

Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

10
10

và
d d d
.
a b c d d a b b d
< <
+ + + + + +
Suy ra 1 < M < 2. Vậy M không phải là số nguyên.


VÍ DỤ 6.
Chứng minh
n
k 1
1
2, n ,n 2, 2.
k
α
=
< ∀ ∈ ≥ ∀α ≥
∑
ℕ

☺ HƯỚNG DẪN.
2
2
2

1 1 1 1 1
Ta có

1.2 1 2
2 2
1 1 1 1 1

2.3 2 3
3 3

1 1 1 1 1
.
(n 1).n n 1 n
n n
α
α
α
≤ < = −
≤ < = −
≤ < = −
− −

Suy ra
n
k 2
1 1 1 1 1 1 1
1 1 1.
2 2 3 n 1 n n
k
α

=
< − + − + + − = − <
−
∑
Vậy
n
k 1
1
2, n ,n 2, 2.
k
α
=
< ∀ ∈ ≥ ∀α≥
∑
ℕ


VÍ DỤ 7.
Chứng minh với mọi
∆
ABC ta có
1 1 1 1 1 1
.
A B C
sin A sinB sinC
cos cos cos
2 2 2
+ + ≥ + +

☺ HƯỚNG DẪN.
* Với mọi
x,y [0; ]
∈ π
thì
x y x y
[0; ], [ ; ]
2 2 2 2
+ − π π
∈ π ∈ −
nên
x y
sin 0
2
+
≥
và
x y
0 cos 1.
2
−
≤ ≤
Do ñó
x y x y x y
sinx siny 2sin cos 2sin (1), x,y [0; ].
2 2 2
+ − +
+ = ≤ ∀ ∈ π

D

ấ
u “=” x
ả
y ra khi x = y
[0; ]
∈ π
.
* V
ớ
i m
ọ
i a, b > 0 áp d
ụ
ng b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c Côsi ta có
1 1 2 4
(2).
a b a b
ab
+ ≥ ≥
+
D
ấ
u “=”
x

ả
y ra khi a = b > 0.
* V
ớ
i m
ọ
i
∆
ABC luôn có sinA, sinB, sinC,
A B C
cos , cos , cos 0.
2 2 2
>

* Áp d
ụ
ng (1) và (2) thu
ñượ
c
1 1 4 4 2
(3).
A B C
sinA sin B sinA sinB
2sin cos
2 2
+ ≥ ≥ =
+
+

T

ươ
ng t
ự

1 1 2 1 1 2
(4), (5).
A B
sin B sinC sinC sin A
cos cos
2 2
+ ≥ + ≥
C
ộ
ng (3), (4), (5) theo t
ừ
ng
v
ế
ta
ñượ
c
1 1 1 1 1 1
A B C
sinA sinB sinC
cos cos cos
2 2 2
+ + ≥ + +
(
ñ
pcm). D

ấ
u “=” x
ả
y ra khi
ABC là tam giác
ñề
u.
Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

11
11

2.2. Phương pháp phản chứng

Giả sử ta phải chứng minh bất ñẳng thức nào ñó ñúng, ta hãy giả sử bất ñẳng
thức ñó sai và kết hợp với giả thiết và các tính chất ñúng ñã biết ñể suy ra ñiều vô lí.
ðiều vô lí ñó có thể là ñiều trái với giả thiết hoặc trái với một mệnh ñề ñúng nào ñ y,
cũng có thể là hai ñiều mâu thuẫn với nhau. Từ ñó suy ra bất ñẳng thức cần chứng
minh là ñúng.


VÍ DỤ 8.
Cho
a,b,c (0;1).∈
Chứng minh trong ba bất ñẳng thức sau có ít nhất một bất ñẳng thức
sai:
1 1 1
a(1 b) , b(1 c) , c(1 a) .
4 4 4

− > − > − >


☺ HƯỚNG DẪN.

Giả sử cả ba bất ñẳng thức ñó ñều ñúng. Lúc này ta có a(1–a)b(1–b)c(1–c)>
1
64
(1).
Ta lại có
2 2
1 1 1 1 1
0 a(1 a) a a (a ) , 0 b(1 b) , 0 c(1 c) .
4 2 4 4 4
< − = − = − − ≤ < − ≤ ≤ − ≤
Suy
ra a(1–a)b(1–b)c(1–c) ≤
1
64
(2). Mâu thuẫn giữa (1) và (2) chứng tỏ ñiều ta giả sử là
sai. Vậy trong ba bất ñẳng thức ñã cho có ít nhất một bất ñẳng thức sai.


VÍ DỤ 9.
Cho f(x) = x
2
+ax + b. Chứng minh rằng trong ba số |f(–1)|, |f(0)|, |f(1)| có ít nhất một
số không bé hơn
1
.

2


☺ HƯỚNG DẪN.
Giả sử cả ba số |f(–1)|, |f(0)|, |f(1)| ñều bé hơn
1
.
2
Tức là
1 1 1
| f( 1) | |1 a b | (1), | f(0) | | b | (2), | f(1) | |1 a b| (3).
2 2 2
− = − + < = < = + + <
Từ (1) và (3) suy ra
1 1
1 a b
3 1
2 2
1 2 2b 1 b (4).
1 1
2 2
1 a b
2 2

− < − + <


⇒ − < + < ⇒ − < < −



− < − + <



Từ (2) suy ra
1 1
b (5).
2 2
− < <
Mâu thuẫn giữa (4) và (5) chứng tỏ ñiều ta giả sử là sai.
Vậy trong ba số |f(–1)|, |f(0)|, |f(1)| có ít nhất một số không bé hơn
1
.
2


2.3. Phương pháp qui nạp toán học

ðể chứng minh bất ñẳng thức là mệnh ñề có dạng
0
" n ,n n : P(n)"∀ ∈ ≥ℤ (n
0
là
ấ
Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

12
12

một số nguyên cho trước) ta có thể làm theo 2 bước:
+ Bước 1 (bước cơ sở): Chứng tỏ P(n) ñúng với n = n
0
(tức là chứng minh P(n
0
)
ñúng).
+ Bước 2 (bước di truyền): Giả sử P(k) ñúng,
0
k ,k n∈ ≥ℤ (ñây gọi là giả thiết
qui nạp), ta ñi chứng minh P(k+1) cũng ñúng. (Trong nhiều trường hợp bước 2 còn
ñược thực hiện như sau: Giả sử P(n) ñúng với mọi
0
n ,n n k (k )∈ ≤ ≤ ∈ℤ ℤ , ta ñi
chứng minh P(n) ñúng với n = k + 1). Sau khi hoàn thành 2 bước trên, theo nguyên lí
qui nạp toán học, suy ra P(n) ñúng với mọi số nguyên
0
n n .≥

Có những bài toán ta phải vận dụng phương pháp qui nạp nhiều lần (ví dụ 12).


VÍ DỤ 10.
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n > 6 ta có
n
n! 3 (*).>

☺ HƯỚNG DẪN.
Với n = 7 ta có 7! = 5040 > 2187 = 3
7

, tức là (*) ñúng với n = 7.
 Giả sử (*) ñúng với n = k
(k ,k 7),∈ ≥ℤ
tức là
k
k! 3 (1).> Ta cần chứng minh (*)
ñúng với n = k + 1, tức là phải chứng minh
k 1
(k 1)! 3 (2).
+
+ >
Thật vậy, từ (1) suy ra
k
(k 1).k! 3 .(k+1).+ > Mà k 7≥ nên k + 1 > 3. Dẫn ñến
k k k 1
(k 1)! (k 1).k! 3 .(k+1)>3 .3 3 .
+
+ = + > = Vậy (2) ñúng. Theo nguyên lí qui nạp toán
học, bất ñẳng thức (*) ñúng với mọi số nguyên n > 6.


VÍ DỤ 11.
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n > 11 ñều tồn tại các số tự nhiên x, y sao cho
n 4x 5y.= +


☺ HƯỚNG DẪN.
Với n = 12 thì 12 = 4.3 + 5.0 (x = 3, y = 0), tức là khẳng ñịnh cho ở ñề bài ñúng với
n = 12. Bằng kiểm tra trực tiếp ta cũng thấy khẳng ñịnh ñã cho cũng ñúng với n = 13 và
n = 14. Tiếp theo ta sẽ chứng minh khẳng ñịnh ñó ñúng với mọi số nguyên n > 14.

 Giả sử khẳng ñịnh cho ở ñề bài ñúng với mọi
n ,12 n k (k ,k 15),∈ ≤ ≤ ∈ ≥ℕ ℤ
ta phải
chứng minh khẳng ñịnh ñó cũng ñúng với n = k + 1. Do
12 k 3 k≤ − ≤
nên theo giả
thiết qui nạp khẳng ñịnh ñã cho ñúng với n = k –3. Tức là tồn tại hai số tự nhiên x, y
sao cho k – 3 = 4x + 5y. Ta có k + 1 = 4(x+1) + 5y, chứng tỏ khẳng ñịnh ñã cho ñúng
với n = k + 1. Vậy ñiều phải chứng minh là ñúng.


VÍ DỤ 12.
Chứng minh rằng
m
m m m
1 2 n 1 2 n
1 n
a a a a a a
, m,n *, a , ,a 0.
n n
+ + + + + +
 
≥ ∀ ∈ ∀ ≥
 
 
ℕ


☺ HƯỚNG DẪN.

 Với n = 1 thì bất ñẳng thức ñã cho ñúng, và xảy ra dấu “=” (Coi n = 1 là trường hợp
riêng của a
1
= a
2
= …= a
n
).
Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

13
13

 Với n = 2 thì bất ñẳng thức ñã cho trở thành
m
m m
1 2 1 2
a a a a
(1).
2 2
+ +
 
≥
 
 
Ta sẽ
chứng minh (1) bằng phương pháp qui nạp theo m.
– Với m = 1 thì (1) ñúng và xảy ra dấu “=”. Ta cũng kiểm tra ñược (1) ñúng khi m = 2,
dấu “=” xảy ra khi a

1
= a
2
.
– Giả sử (1) ñúng với m = k
(k *),∈ℕ
tức là
k
k k
1 2 1 2
a a a a
(2).
2 2
+ +
 
≥
 
 
Ta phải chứng
minh (1) ñúng với m = k + 1, tức là phải chứng minh
k 1
k 1 k 1
1 2 1 2
a a a a
(3).
2 2
+
+ +
+ +
 

≥
 
 

Ta thấy
k 1 k
k k
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
a a a a a a a a a a
. .
2 2 2 2 2
+
+ + + + +
     
= ≤
     
     
(do (2) và
1 2
a ,a 0).≥
Bây giờ ñể chứng minh (3) ta ñi chứng minh
k k k 1 k 1
1 2 1 2 1 2
a a a a a a
. (4).
2 2 2
+ +
+ + +
≤
Thật

vậy,
k 1 k k k 1 k 1 k 1 k 1 k k k 1
1 1 2 1 2 2 1 2 1 1 2 1 2 2
(4) a a .a a .a a 2a 2a a a .a a .a a 0
+ + + + + +
⇔ + + + ≤ + ⇔ − − + ≥

k k k k
1 1 2 2 2 1 1 2 1 2
a (a a ) .a (a a ) 0 (a a )(a a ) 0⇔ − + − ≥ ⇔ − − ≥
(luôn ñúng do
1 2
k *,a ,a 0).∈ ≥
ℕ
Dấu “=” xảy ra khi a
1
= a
2
. Tóm lại (1) ñúng với mọi số nguyên dương m. Nghĩa là bất
ñẳng thức ñã cho ñúng với n = 2, và dấu “=” xảy ra khi a
1
= a
2
 Giả sử bất ñẳng thức ñã cho ñúng với n = p
(p *).∈ℕ
Tức là
m
m m m
1 2 p 1 2 p
a a a a a a

(5),
p p
+ + + + + +
 
≥
 
 
dấu “=” xảy ra khi a
1
= …= a
p
. Ta ñi
chứng minh bất ñẳng thức ñã cho ñúng với n = p + 1, tức là ñi chứng minh bất ñẳng
thức
m
m m m m
1 2 p p 1 1 2 p p 1
a a a a a a a a
(6).
p 1 p 1
+ +
+ + + + + + + +
 
≥
 
+ +
 

– Áp dụng (5) ta ñược
m

1 2 p
m m m
1 2 p
a a a
a a a p
p
+ + +
 
+ + + ≥
 
 

m
1 p 1
p 1
1 p 1
m m
p 1
a a
a (p 1)
a a
p 1
a (p 1)( ) p .
p 1 p
+
+
+
+
+ +
 

+ −
 
+ +
+
 
+ − ≥
+
 
 
 

Suy ra
m
1 p 1
m
p 1
1 p 1 1 p
m m m
1 p 1
a a
a (p 1)
a a a a
p 1
a a (p 1)( ) p p .
p 1 p p
+
+
+
+
+ +

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

– Áp d
ụng (1) ta ñược
, hoặc m = 1.
Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

14
14

m
1 p 1
m
p 1
1 p 1 1 p
m

p 1
1 p
a a
a (p 1)
a a a a
p 1
a (p 1)
a a
p 1 p p
2
p p 2
+
+
+
+
+ +
 
+ −
 
+ + + +
 
+
 
+ − +
 
+ +
 
+
 
 

+ ≥ =
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

m
1 p 1
m
1 p p 1
1 p 1
a a
a a a (p 1)
a a
p 1
2 2 .
2p p 1
+
+
+
+ +
 
+ + + + −
 

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

Suy ra
m
1 p 1 1 p 1
m m m
1 p 1
a a a a
a a (p 1)( ) 2p
p 1 p 1
+ +
+
+ + + +
 
+ + + − ≥
 
+ +
 

m

m m m m
1 2 p p 1 1 2 p p 1
a a a a a a a a
,
p 1 p 1
+ +
+ + + + + + + +
 
⇒ ≥
 
+ +
 
dấu “=” xảy ra khi a
1
= …= a
p+1
.
Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñược chứng minh, dấu “=” xảy ra khi m = 1, hoặc

a
1
= a
2
=…= a
n
.

2.4. Phương pháp vận dụng các bất ñẳng thức ñã biết

Trong mục này chúng tôi chỉ xin ñề cập tới một số bài toán vận dụng bất ñẳng

thức Côsi và bất ñẳng thức có chứa dấu giá trị tuyệt ñối.


VÍ DỤ 13.
Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh rằng:
a b 2c 6
1 .
3
ab ac
+ +
> +
+


☺ HƯỚNG DẪN.
Áp dụng bất ñẳng thức Côsi ta có
a 2a 2ac 2ab 2 6
a b 2c ( 2c) ( b) 2 2 ( ab ac) (1).
3 3 3 3 3
+ + = + + + ≥ + = +


a b 2c (a c) (c b) 2 ac 2 ab 2( ab ac) (2).
+ + = + + + ≥ + = +

Từ
6 a b 2c 6
(1),(2) a b 2c (1 )( ab ac) 1 .
3 3
ab ac

+ +
⇒ + + ≥ + + ⇒ ≥ +
+
Dấu “=” xảy
ra khi và chỉ khi
a 2a
2c, b
a b c 0
3 3
a b c

= =

⇔ = = =


= =

(ñiều này không xảy ra). Vậy ta luôn
có
a b 2c 6
1 ,
3
ab ac
+ +
> +
+
với mọi a, b, c dương.



VÍ DỤ 14.
Cho a + b + c = 0. Chứng minh
a b c a b c
8 8 8 2 2 2 .
+ + ≥ + +

Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

15
15


☺ HƯỚNG DẪN.
ðặt:
a b c
x 2 , y 2 , z 2= = = thì x, y, z > 0 và x.y.z = 1. Ta cần chứng minh
3 3 3
x y z x y z.+ + ≥ + + Áp dụng bất ñẳng thức Côsi cho các trường hợp 3 số dương, ta
có
3
3 3
3
x y z 3 xyz 3 x y z 3 0 (1); x 1 1 3 x 3x x 3x 2 (2).+ + ≥ = ⇒ + + − ≥ + + ≥ = ⇒ ≥ −
Tương tự ta có
3 3
y 3y 2 (3); z 3z 2 (4).≥ − ≥ − Từ (1), (2), (3) và (4) ta thu ñược
3 3 3
x y z 3(x y z) 6 (x y z) 2(x y z 3) x y z.+ + ≥ + + − = + + + + + − ≥ + + Vậy bất ñẳng
thức

a b c a b c
8 8 8 2 2 2+ + ≥ + +
ñược chứng minh, dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 hay
a = b = c = 0.


VÍ DỤ 15.
1) Cho ba số dương x, y, z thoả mãn
1 1 1
4.
x y z
+ + =
Chứng minh rằng
1 1 1
1.
2x y z x 2y z x y 2z
+ + ≤
+ + + + + +

2) Chứng minh
1 1 1 1 1 1
2( )
p a p b p c a b c
+ + ≥ + +
− − −
, với a, b, c, và p lần lượt là ñộ dài
các cạnh và nửa chu vi của một tam giác bất kì.
3) Chứng minh rằng
x x x
x

x x x
12 15 20 9.60
, x .
5 4 3
12 15 20
     
+ + ≥ ∀ ∈
     
+ +
     
ℝ

☺ HƯỚNG DẪN.

1) Với mọi số thực a > 0, b > 0 áp dụng bất ñẳng thức Côsi ta ñược
a b 2 ab 0,+ ≥ >

1 1 1
2 0,
a b ab
+ ≥ >
suy ra
1 1
(a b)( ) 4
a b
+ + ≥
hay
1 1 4
(1),
a b a b

+ ≥
+
d
ấ
u “=” x
ả
y ra khi a = b.
Áp d
ụ
ng b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c (1), ta có
1 1 4
,
x y x y
+ ≥
+

1 1 4
,
x z x z
+ ≥
+

1 1 4
,

x z x y 2x y z
+ ≥
+ + + +
nên
2 1 1 16
.
x y z 2x y z
+ + ≥
+ +
T
ươ
ng t
ự
ta ch
ứ
ng minh
ñượ
c
1 2 1 16 1 1 2 16
, .
x y z x 2y z x y z x y 2z
+ + ≥ + + ≥
+ + + +
T
ừ

ñ
ó và l
ư
u ý thêm

1 1 1
4
x y z
+ + =
ta
ñượ
c
1 1 1 1 1 1 1
( ) 1 (
ñ
pcm).
2x y z x 2y z x y 2z 4 x y z
+ + ≤ + + =
+ + + + + +
D
ấ
u “=” x
ả
y ra
khi
4
x y z .
3
= = =

2) V
ậ
n d
ụ
ng b

ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c (1), l
ư
u ý r
ằ
ng a + b + c = 2p, ta có
Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

16
16

1 1 4 4
p a p b 2p a b c
1 1 4 4 1 1 1 1 1 1
2( ) (
ñpcm).
p b p c 2p b c a p a p b p c a b c
1 1 4 4
p c p a 2p c a b

+ ≥ =

− − − −



+ ≥ = ⇒ + + ≥ + +

− − − − − − −


+ ≥ =

− − − −


Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
3) Áp dụng bất ñẳng thức Côsi với hai số ta có
x x x x
x
12 15 12 15
2 . 2.3 ,
5 4 5 4
       
+ ≥ =
       
       

x x x x
x
20 15 20 15
2 . 2.5 ,
3 4 3 4
       
+ ≥ =
       

       

x x x x
x
20 12 20 12
2 . 2.4 .
3 5 3 5
       
+ ≥ =
       
       
Dẫn
tới
x x x
x x x
12 15 20
3 4 5 .
5 4 3
     
+ + ≥ + +
     
     
Bây giờ áp dụng bất ñẳng thức Côsi với ba
số thì
3
x x x x
3 4 5 3 60 0,
+ + ≥ >

x x x

3
x
1 1 1 3
0,
3 4 5
60
+ + ≥ >

nhân hai b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c này,
v
ế
v
ớ
i v
ế
, thu
ñượ
c
x x x
x x x
1 1 1
(3 4 5 )( ) 9
3 4 5
+ + + + ≥

x
x x x
x x x
9.60
3 4 5 .
12 15 20
⇒ + + ≥
+ +

Do
ñ
ó
x x x
x
x x x
12 15 20 60
9.
5 4 3
12 15 20
     
+ + ≥
     
+ +
     
(ñpcm). Dấu “=” xảy ra khi x = 0.


VÍ DỤ 16.
Cho ña thức P(x) bậc 2010 có ñúng 2010 nghiệm thực dương, hệ số bậc cao nhất là 1.

Chứng minh rằng
2009
2010
P'(0) 2010. P (0) 0.
+ ≤

☺
☺☺
☺ HƯỚNG DẪN.
Giả sử x
1
, x
2
, …, x
2010
là 2010 nghiệm thực dương của ña thức P(x) ñã cho, suy ra
P(x) = (x – x
1
)(x – x
2
)…(x – x
2010
) ⇒ P(0) = x
1
. x
2
… x
2010
. Ta có
1 2 2010 1 2 2010

P'(0) 1 1 1 P'(0) 1 1 1

P(0) x x x P(0) x x x
= + + + ⇒ − = + + +
− − −
. Áp dụng bất ñẳng thức
Côsi cho 2010 số dương, ñi ñến
2010
1 2 2010
1 2 2010
P'(0) 1 1 1 2010

P(0) x x x
x x x
− = + + + ≥
hay
2009
2010
2010 2010
P'(0) 2010 2010P(0)
P'(0) 2010 P (0).
P(0)
P(0) P(0)
− ≥ ⇒ − ≥ =
Vậy
2009
2010
P'(0) 2010 P (0) 0.
+ ≤

Dấu “=” xảy ra khi x
1
= x
2
= … = x
2010
.




VÍ DỤ 17.
Cho x
0
là nghiệm của ña thức P(x) = a
0
+ a
1
x + … + a
n
x
n
bậc n (n∈N*, a
n
≠ 0). ðặt
Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

17
17

0
1 n 1
n n n
a
a a
M max , , , .
a a a
−
 
 
=
 
 
 
Chứng minh rằng
0
x 1 M.
≤ +

☺
☺☺
☺ HƯỚNG DẪN.
Xuất phát từ bất ñẳng thức
a b a b
+ ≥ +
và bằng phương pháp qui nạp ta chứng minh
ñược bất ñẳng thức
1 n 1 n
a a a a .

+ + ≥ + +

 Nếu |x
0
| ≤ 1 thì có ngay
0
x 1 M
≤ +
vì M ≥ 0.
 Nếu |x
0
| > 1 thì
n 1
n
n 1
n 1 0 1 0 0 0
n 1 1
0 0 0
n n n n n n
a x a x a a
a a
x . x . x
a a a a a a
−
−
−
−
= + + + ≤ + + + ≤

n

n 1
0
0 0
0
| x | 1
M(1 |x | | x |) M
| x | 1
−
−
≤ + + + =
−

n
n n
0
0 0
0
|x | 1
| x | 1 |x | M
|x | 1
−
⇒ − < <
−

0 0
x 1 M |x | 1 M.
⇒ − < ⇒ < +

Vậy ta luôn có
0

x 1 M
≤ +
.
Nhận xét. Bất ñẳng thức
0
x 1 M
≤ +
cho ta một ñánh giá về khoảng nghiệm của
phương trình ña thức.




VÍ DỤ 18.
Cho
| a | | b | | c | 13.
+ + ≥
Chứng minh rằng
| a 1| | b | | c 2 | 10.
− + + + ≥


☺
☺☺
☺ HƯỚNG DẪN.
Ta có
| a 1| |1| | b | | c 2| | 2| | a 1 1| | b | | c 2 2 | | a | | b | | c | 1
3.
− + + + + + − ≥ − + + + + − = + + ≥

Vậy
| a 1| | b | | c 2 | 10.
− + + + ≥
Việc chỉ ra dấu “=” xảy ra khi nào xin dành cho bạn ñọc.

Các phương pháp chúng tôi giới thiệu tiếp sau ñây liên quan tới nhiều khía cạnh
sâu sắc của toán phổ thông, vì thế ñòi hỏi học sinh phải có nền tảng kiến thức khá vững
và rộng, phải có những nhận xét tinh tế ñể nhìn thấu ñược các mối quan hệ có trong bài
toán.

2.5. Phương pháp vận dụng kiến thức lượng giác

Học sinh phải ghi nhớ các công thức lượng giác, tính chất của các hàm số lượng
giác, ñặc biệt là các bất ñẳng thức lượng giác. Việc chuyển từ bài toán ñại số sang bài
toán lượng giác, trong nhiều trường hợp, không những giúp ta giải quyết vấn ñề dễ
dàng hơn, mà còn có thể làm toát lên ñược bản chất của bài toán, có thể gợi ý cho sự
phát triển bài toán ñó. Chúng ta lưu ý rằng:
– Nếu ñiều kiện của biến
x k (k 0)
≤ >
thì có thể ñổi biến
x k.sin u (u ; )
2 2
π π
 
= ∈ −
 
 

hoặc

[
]
x k.cosv (v 0; ).
= ∈ π

– Nếu có
2 2 2
x y k (k 0)
+ = >
thì ñặt
[
)
x ksin , y kcos , 0;2 .
= α = α α∈ π

Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

18
18

– Nếu x k 0≥ > thì có thể ñặt
k
x , 0; .
cos 2
π
 
= α∈



α
 
Lúc ñó
2 2 2 2
x k k tan− = α
và tan
0,α>

sin 0.α >

– Nếu
| x | k 0≥ >
thì có thể ñặt
k π π
x , 0; ; .
cos 2 2
   
= α∈ ∪ π
 
 
α
   
Lúc ñó
2 2 2 2
x k k tan− = α

và
sin 0.α >

– Nếu bất ñẳng thức có biểu thức

2 2
x k+
thì có thể ñặt
x k tan , ; .
2 2
π π
 
= α α∈ −
 
 
Lúc
ñó
2
2 2
2
k
x k
cos
+ =
α
và
cos 0.α >

– Vớ
i x
∈

ℝ
ta có th
ể

ñặ
t x = tan
γ
,
;
2 2
π π
γ
 
∈ −
 
 
, khi
ñ
ó x
2

+
k
2
= k
2
(1+ tan
2
γ
) =
=
2
2

k
cos
γ
và cos
γ
> 0.
– N
ế
u bài toán xu
ấ
t hi
ệ
n bi
ể
u th
ứ
c có d
ạ
ng
+
−
a b
1 ab
ho
ặ
c
−
+
a b
1 ab

thì có th
ể

ñặ
t a = tanx,
b = tany, v
ớ
i
π π
 
∈ −
 
 
x,y ; .
2 2

– V
ớ
i m
ọ
i s
ố
nguyên d
ươ
ng n và v
ớ
i m
ọ
i s
ố

th
ự
c x thì
2n 2n
sin x sinx, cos x cosx.≤ ≤





VÍ DỤ 19.

Cho hai s
ố
th
ự
c x, y tho
ả
mãn
2 2
x 4y 4.+ =
Ch
ứ
ng minh
2 2
9 85 9 85
2x 3xy y .
2 2
− +
≤ − + ≤

☺
☺☺
☺ HƯỚNG DẪN.

Kí hi
ệ
u
2 2
M 2x 3xy y .= − +

ðặ
t x = 2cost, y = sint v
ớ
i
t [0;2 )∈ π
, khi
ñ
ó ta bi
ế
n
ñổ
i
ñượ
c

7 9
M cos2t 3sin 2t .
2 2

= − +
Do
2 2
7 7 85
| cos2t 3sin2t | ( ) ( 3)
2 2 2
− ≤ + − =
nên
9 85 7 9 9 85
M cos2t 3sin2t
2 2 2 2
− +
≤ = − + ≤
hay
2 2
9 85 9 85
2x 3xy y .
2 2
− +
≤ − + ≤

D
ấ
u “=” bên trái x
ả
y ra khi
2 2
2 2
14
x 2

x 4y 4
85
9 85
7 85 14
2x 3xy y
y . 2
2
12
85

= −


+ =
 
⇔
 
−
+
− + =
 
= −



ho
ặ
c
14
x 2

85
.
7 85 14
y . 2
12
85

=− −



+

=− −



D
ấ
u “=” bên ph
ả
i x
ả
y ra khi
2 2
2 2
x 4y 4
9 85
2x 3xy y
2


+ =


+
− + =



Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

19
19

14
x 2
85
7 85 14
y . 2
12
85

= +


⇔

−


= +


hoặc
14
x 2
85
.
7 85 14
y . 2
12
85

= − +



−

= − +







VÍ DỤ 20.
Chứng minh rằng
2 2

1 (a b)(1 ab) 1
, a,b .
2 2
(1 a )(1 b )
+ −
− ≤ ≤ ∀ ∈
+ +
ℝ


☺
☺☺
☺ HƯỚNG DẪN.

ðặt
a tan x, b tan y= =
với
x, y ; .
2 2
π π
 
∈ −
 
 
Ta có
2 2
(a b)(1 ab)
(1 a )(1 b )
+ −
=

+ +

2 2 2 2
(tan x tan y)(1 tan x tan y) 1 1 1 (a b)(1 ab) 1
sin(2x 2y) .
2 2 2 2
(1 tan x)(1 tan y) (1 a )(1 b )
+ − + −
= = + ≤ ⇒ − ≤ ≤
+ + + +
Dấu
“=” bên trái xảy ra khi
x, y ;
a b 1 ab.
2 2
sin(2x 2y) 1
π π
 
∈ −

 
⇔ + =− +
 


+ = −

Dấu “=” bên phải xảy ra khi
x, y ;
a b 1 ab.

2 2
sin(2x 2y) 1
π π
 
∈ −

 
⇔ + = −
 


+ =



2.6. Phương pháp vận dụng kiến thức hình học




VÍ DỤ 21.
Chứng minh với mọi số thực a, b, c, x, y, z ta luôn có bất ñẳng thức
2 2 2 2 2 2 2
(ax by cz) (a b c )(x y z )+ + ≤ + + + + (bất ñẳng thức Bunhiacôpxki).

☺
☺☺
☺ HƯỚNG DẪN.
Trong không gian toạ ñộ Oxyz chọn
u (a;b;c), v (x;y;z).= =

 
Áp dụng bất ñẳng thức
u.v u . v≤
   
thì
2 2 2 2 2 2
ax by cz (a b c )(x y z )+ + ≤ + + + +
, bình phương hai vế ta
thu ñược bất ñẳng thức phải chứng minh
2 2 2 2 2 2 2
(ax by cz) (a b c )(x y z )+ + ≤ + + + +
.
Dấu “=” xảy ra khi
u,v
 
cùng phương, tức là xảy ra ñồng thời ay = bx, az = cx, bz = cy.




VÍ DỤ 22.
Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = abc. Chứng minh
2 2 2 2 2 2
2a b 2b c 2c a
3.
ab bc ca
+ + +
+ + ≥

☺
☺☺
☺ HƯỚNG DẪN.
Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy chọn
1 2 1 2 1 2
u ( ; ), v ( ; ), w ( ; ).
a b b c c a
= = =
  
Khi ñó ta có
u v w (1; 2)+ + =
  
(vì ab + bc + ca = abc). Áp dụng bất ñẳng thức
Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

20
20

u v w u v w
+ + ≥ + +
     
ta ñược
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
3
a b b c c a
+ + + + + ≥
hay
2 2 2 2 2 2

2a b 2b c 2c a
3.
ab bc ca
+ + +
+ + ≥
D
ấ
u “=” x
ả
y ra khi
u, v, w
  

ñ
ôi m
ộ
t cùng
ph
ươ
ng, tìm ra a = b = c = 3.




VÍ DỤ 23.
Ch
ứ
ng minh
11 2 2 5 5
− + − + ≥y x y

, v
ớ
i m
ọ
i x, y tho
ả
mãn
2 2
x y – 2x – 6y 6 0.
+ + =


☺
☺☺
☺ HƯỚNG DẪN.

Ta th
ấ
y
2 2
x y – 2x – 6y 6 0
+ + =
là
ñườ
ng tròn (C) tâm I(1; 3), bán kính R = 2. Vì
x, y tho
ả
mãn
2 2
x y – 2x – 6y 6 0

+ + =
nên
11 2 2 5
− + − +
y x y
=
2 2 2 2
11 2 4 4 20 ( 2 6 6) (11 2 ) ( 2 6 6) (4 4 20)
− + − + = + − − + + − + + − − + + − +y x y x y x y y x y x y x y

2 2 2 2
( 1) ( 4) ( 1) ( 5) NM PM,
= − + − + + + − = +x y x y

v
ớ
i
ñ
i
ể
m N(1; 4) n
ằ
m bên trong
(C),
ñ
i
ể
m P(–1; 5) n
ằ
m bên ngoài (C), và M(x; y)

∈ (
C). G
ọ
i M
0
là giao
ñ
i
ể
m c
ủ
a
ñ
o
ạ
n
th
ẳ
ng PN v
ớ
i
ñườ
ng tròn (C) thì
−
o
1 23
M ( ; ).
5 5
V
ớ

i m
ọ
i M(x; y)
∈
(C) luôn có
+ ≥ =
NM PM PN 5,
nên
11 2 2 5 5
− + − + ≥y x y
, d
ấ
u “=” x
ả
y ra khi M trùng v
ớ
i
−
o
1 23
M ( ; ),
5 5
t
ứ
c là
= − =
1 23
x ,y .
5 5




VÍ DỤ 24.

Cho
∈
a, b, c [0;1].
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
+ + ≤ + + +
a b c 1 ab bc ca.


☺
☺☺
☺ HƯỚNG DẪN.

D
ự
ng tam giác
ñề
u ABC có c
ạ
nh b
ằ

ng 1. L
ấ
y các
ñ
i
ể
m M, N, P l
ầ
n l
ượ
t thu
ộ
c các
ñ
o
ạ
n
th
ẳ
ng AB, BC, CA sao cho AM = a, BN = b, CP = c. Ta có
∆ ∆ ∆ ∆
+ + ≤
AMP BMN CNP ABC
S S S S

⇔ − + − + − ≤ ⇔ + + ≤ + + +
3 3
(a(1 c) b(1 a) c(1 b)) a b c 1 ab bc ca.
2 4
D

ấ
u “=” x
ả
y ra
khi có m
ộ
t trong các tam giác AMP, BMN, CNP trùng v
ớ
i tam giác ABC, t
ứ
c là trong
ba s
ố
a, b, c có m
ộ
t s
ố
b
ằ
ng 0, m
ộ
t s
ố
b
ằ
ng 1, và m
ộ
t s
ố
tu

ỳ
ý th
ộ
c
ñ
o
ạ
n [0; 1].

2.7. Phương pháp vận dụng kiến thức hàm số

B
ằ
ng vi
ệ
c kh
ả
o sát tính
ñơ
n
ñ
i
ệ
u c
ủ
a m
ộ
t hàm s
ố
thích h

ợ
p ta có th
ể
ch
ứ
ng
minh
ñượ
c m
ộ
t s
ố
b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c. Chúng ta c
ũ
ng có th
ể
ch
ứ
ng minh b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ

c nh
ờ

vi
ệ
c tìm t
ậ
p giá tr
ị
c
ủ
a hàm s
ố
.

N
ế
u hàm f(x) và g(x) cùng
ñồ
ng bi
ế
n (ho
ặ
c cùng ngh
ị
ch bi
ế
n) trên t
ậ
p D thì

(
)
(
)
f(a) f(b) . g(a) g(b) 0, a,b D.
− − ≥ ∀ ∈
N
ế
u f(x)
ñồ
ng bi
ế
n trên D còn g(x) ngh
ị
ch
bi
ế
n trên D thì
(
)
(
)
f(a) f(b) . g(a) g(b) 0, a,b D.
− − ≤ ∀ ∈


Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

21

21

Một hàm số quan trọng mà ta rất hay sử dụng tính chất của nó ñể chứng minh
bất ñẳng thức, ñó là hàm số bậc hai. Tất nhiên ñi kèm theo ñó là các kiến thức về
phương trình và bất phương trình bậc hai. Chúng ta lưu ý tới một số nhận xét sau ñây:

Nhận xét 1. Ta biết rằng nếu phương trình ax
2
+ bx + c = 0 (a ≠ 0) có nghiệm thì
b
2
– 4ac ≥ 0. Như thế, ñể chứng minh bất ñẳng thức có dạng b
2
– 4ac ≥ 0 (a ≠ 0) ta có
thể ñi chứng minh phương trình ax
2
+ bx + c = 0 có nghiệm.

Nhận xét 2. Nếu a > 0 thì có ngay ax
2
+ bx + c > 0 ∀x∈R ⇔ b
2
– 4ac < 0, và
ax
2
+ bx + c ≥ 0 ∀x∈R ⇔ b
2
– 4ac ≤ 0. Còn nếu a < 0 thì ax
2
+ bx + c < 0 ∀x∈R ⇔

b
2
– 4ac < 0, và ax
2
+ bx + c ≤ 0 ∀x∈R ⇔ b
2
– 4ac ≤ 0. Lưu ý rằng ñôi khi ta lại thay
một hằng số bởi một biến số thích hợp. Và cũng có khi ñể chứng minh b
2
– 4ac < 0 ta
ñi chứng minh phương trình ax
2
+ bx + c = 0 vô nghiệm.

Nhận xét 3. Nếu
≤ ≤
a x b
thì (x – a)(b – x) ≥ 0 hay x
2
– (a + b)x + ab ≤ 0.

Nhận xét 4. Nếu phương trình bậc hai
2
ax bx c 0
+ + =
(
a 0
≠
) có hai nghiệm
1 2

x ,x

(phân biệt hoặc trùng nhau) thì
1 2 1 2
b c
x x ; x .x
a a
+ = − =
(ñịnh lí VIET). Nếu hai số u, v
có tổng
u v S, u.v = P
+ =
thì u, v là hai nghiệm của phương trình bậc hai
2
x Sx P 0
− + =

(ñịnh lí VIET ñảo).

Nhận xét 5. Xét hàm số có dạng
2
2
1 1 1
ax bx c
y
a x b x c
+ +
=
+ +
, với

2
1 1 1 1
a 0,b 4a c 0
≠ − <
, ta coi

2
2
1 1 1
ax bx c
y 0
a x b x c
+ +
− =
+ +
là phương trình ẩn x, còn y là tham số. Bây giờ ñi tìm ñiều kiện
của y ñể phương trình này có nghiệm x, ta sẽ có ñược tập giá trị của y, và từ ñó có thể
chứng minh ñược một số bất ñẳng thức có dạng một vế là hằng số còn một vế là biểu
thức như hàm số y.

Nhận xét 6. Ta có thể dựa vào bảng biến thiên của hàm số bậc hai (SGK ðại số 10) ñể
tìm GTLN, NN của hàm số. Nếu
a 0
>
thì
2
ax bx c , x ,
4a
∆
+ + ≥ − ∀ ∈

ℝ
dấu “=” xảy ra khi
b
x
2a
= −
. Nếu
a 0
<
thì
2
ax bx c , x ,
4a
∆
+ + ≤ − ∀ ∈
ℝ
dấu “=” xảy ra khi
b
x
2a
= −
.

Nhận xét 7. ðể chứng minh bất ñẳng thức mà một vế là biểu thức thuần nhất bậc hai
dạng
2 2
2 2
1 1 1
ax bxy cy
P

a x b xy c y
+ +
=
+ +
còn một vế là hằng số, ta có thể xét y = 0, rồi xét y ≠ 0 và
chia cả tử, mẫu của P cho y
2
, ñặt
x
t
y
=
, ñưa về áp dụng nhận xét 5.

Nhận xét 8.
a) ðể chứng minh bất ñẳng thức mà một vế là hằng số và một vế là biểu thức có
Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

22
22

dạng
2 2
2 2
1 1 1
asin x bsinxcosx c.cos x
P
a sin x b sinxcosx c .cos x
+ +

=
+ +
, ta xét cosx = 0, sau ñó xét cosx ≠ 0 và chia cả
tử và mẫu của P cho cos
2
x, ta ñặt t = tanx, chuyển về áp dụng nhận xét 5.
b) ðể chứng minh bất ñẳng thức mà một vế là biểu thức có dạng
2 2
P a sin x bsin x cos x c.cos x
= + +
còn một vế là hằng số, ta viết lại P ở dạng
2 2
2 2
asin x bsin xcosx c.cos x
P
sin x cos x
+ +
=
+
rồi làm tiếp như nhận xét 8a.
c) ðể chứng minh bất ñẳng thức mà một vế là biểu thức có dạng
1 1 1
asin x bcosx c
P
a sin x b cosx c
+ +
=
+ +
còn một vế là hằng số, ta biến ñổi biểu thức P ñể làm tiếp như
nhận xét 8a như sau

2 2 2 2
2 2 2 2
1 1 1
x x x x x x
2asin cos b(cos sin ) c(cos sin )
2 2 2 2 2 2
P
x x x x x x
2a sin cos b (cos sin ) c (cos sin )
2 2 2 2 2 2
+ − + +
=
+ − + +
.
d) ðể chứng minh bất ñẳng thức mà một vế là biểu thức có dạng
P a sin x bcosx c
= + +
còn một vế là hằng số, ta biến ñổi
2 2 2 2
2 2
x x x x x x
2a sin cos b(cos sin ) c(cos sin )
2 2 2 2 2 2
P
x x
cos sin
2 2
+ − + +
=
+

và làm tiếp như nhận xét 8a.

Nhận xét 9. Từ các khả năng xảy ra của
∆
ta thấy một tam thức bậc hai ñổi dấu khi và
chỉ khi
0.
∆ >
Vì thế, ñể chứng minh bất ñẳng thức có dạng
2
b 4ac 0 (a 0)
− > ≠
ta có
thể xét tam thức
2
f(x) ax bx c
= ± +
và chỉ ra sự tồn tại của hai số thực
,
α β
sao cho
f( ) 0, f ( ) 0.
α > β <


Nhận xét 10. Nếu a > 0 thì ñồ thị hàm số
2
y ax bx c
= + +
là parabol (P) quay bề lõm

lên trên, tức là với bất kì hai ñiểm phân biệt A, B nằm trên (P), gọi M là một ñiểm
thuộc ñoạn AB (M khác A, B), N là một ñiểm thuộc cung

AB
của (P) sao cho x
M
= x
N
,
ta luôn có y
M
> y
N
(nếu a < 0 thì y
M
< y
N
).




VÍ DỤ 25.
Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a > 0, a
2
= bc, và a + b + c = abc. Chứng minh a ≥
3
,
b > 0, c > 0, b
2

+ c
2
≥ 2a
2
.

☺
☺☺
☺ HƯỚNG DẪN.
Từ giả thiết ta có bc = a
2
, b + c = abc – a = a(bc – 1) = a(a
2
– 1) nên b và c là hai
nghiệm của phương trình x
2
– a(a
2
– 1)x + a
2
= 0. Vì phương trình này có nghiệm nên
∆
= (a
3
– a)
2
– 4a
2
≥ 0 ⇔ (a
2

– 1)
2
≥ 4 ⇔ a
2
≥ 3. Từ ñây và do a > 0 suy ra a ≥
3
. Lúc
này b + c = a(a
2
– 1) > 0 và bc = a
2
> 0 nên b > 0, c > 0. Hơn nữa b
2
+ c
2
=

=(b + c)
2
– 2bc = (a
3
– a)
2
– 2a
2
= a
2
.((a
2
– 1)

2
– 2) ≥ 2a
2
. Vậy ta có ñiều phải chứng
minh.




VÍ DỤ 26.
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c, d, e thì
a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2
≥ a(b + c + d + e).
Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

23
23

☺
☺☺

☺ HƯỚNG DẪN.
Ta xét tam thức bậc hai ẩn x là f(x) = x
2
– (b + c + d + e)x + b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2
, có biệt
thức
∆
= (b + c + d + e)
2
– 4(b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2
) = – (b – c)
2
– (b – d)
2
– (b – e)
2

– (c – d)
2
–
(c – e)
2
– (d – e)
2
≤ 0 nên 1.f(x) ≥ 0 ∀x∈R, suy ra f(a) ≥ 0 hay a
2
– (b + c + d + e)a + b
2
+
c
2
+ d
2
+ e
2
≥ 0. Vậy ta luôn có a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2
≥ a(b + c + d + e), với mọi số
thực a, b, c, d, e.




VÍ DỤ 27.
Chứng minh rằng với mọi số thực a
1
, a
2
, a
3
, b
1
, b
2
, b
3
ta

có
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3
(a b + a b + a b ) (a a a )(b b b )
≤ + + + +
(xem ví dụ 21).

☺
☺☺
☺ HƯỚNG DẪN.
Trường hợp 1: Nếu

2 2 2
1 2 3
a a a
+ +
= 0 ⇔ a
1
= a
2
= a
3
= 0 thì bất ñẳng thức ñã cho hiển
nhiên ñúng.
Trường hợp 2: Xét
2 2 2
1 2 3
a a a
+ +
> 0. Có (a
1
x + b
1
)
2
+ (a
2
x + b
2
)
2
+ (a

3
x + b
3
)
2
≥ 0 ∀x∈R,
hay f(x) = (
2 2 2
1 2 3
a a a
+ +
)x
2
+2x(
1 1 2 2 3 3
a b + a b + a b
) +
2 2 2
1 2 3
b b b
+ +
≥ 0 ∀x∈R. Như vậy tam
thức bậc hai f(x) sẽ có
∆
’ = (
1 1 2 2 3 3
a b + a b + a b
)
2
–

2 2 2 2 2 2
1 2 3 1 2 3
(a a a )(b b b )
+ + + +
≤ 0. Tức là
ta có
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3
(a b + a b + a b ) (a a a )(b b b )
≤ + + + +
.
Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñược chứng minh. Các bạn tự tìm ñiều kiện ñể dấu “=” xảy
ra.




VÍ DỤ 28.
Chứng minh
2010 x 2010 4019
2.
2009 2009 x 2009
≤ + ≤
với mọi x thuộc ñoạn [2009; 2010].

☺
☺☺
☺ HƯỚNG DẪN.
Theo bất ñẳng thức Côsi ta có
x 2010 x 2010 2010

2 . 2
2009 x 2009 x 2009
+ ≥ =
, dấu “=” xảy ra
khi x =
2009.2010
. Mặt khác, với x ∈ [2009; 2010] thì (x – 2009)(2010 – x) ≥ 0 hay
4019x ≥ x
2
+ 2009.2010. Suy ra
x 2010 4019
2009 x 2009
+ ≤
, ∀ x ∈ [2009; 2010]. Dấu “=” xảy
ra khi x = 2009 hoặc x = 2010.
Nhận xét. Bài toán này có thể làm bằng phương pháp khảo sát hàm số.




VÍ DỤ 29.
Chứng minh
n
1 1 1
, n *
n
n! n
≤ ≤ ∀ ∈
ℕ
.

☺
☺☺
☺ HƯỚNG DẪN.
Trước hết ta thấy n! = 1.2.3…n ≤ n
n
⇒
n
1 1
n
n!
≤ , ∀ n ∈ N *. Tiếp ñó, với ∀k =
1, n
ta