Chuyên đề bất đẳng thức Cauchy

Ths : Lê Minh Phấn

Tuyển tập Bất đẳng thức

PHẦN I: LUYỆN TẬP CĂN BẢN
I. Chứng minh BĐT dựa vào định nghĩa và tính chất cơ bản:
3

1.
2.

Cho a, b > 0 chứng minh:
Chứng minh:

a+b
≤
2

3

a +b
⎛ a + b⎞
≥⎜
⎟
2
⎝ 2 ⎠

3

a2 + b2
2

Tuyển tập Bất đẳng thức
Ths : Lê Minh Phấn
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: (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) ≥ 9abc ; a,b,c ≥ 0

3.

Chứng minh: (1+ a )(1+ b)(1+ c ) ≥ (1+ 3 abc ) với a , b , c ≥ 0
m

4.

a + b 3 a3 + b3
≥
2
2
a
b
Cho a, b > 0 . Chứng minh:
+
≥ a+ b
b
a

1
1
2
Chứng minh: Với a ≥ b ≥ 1:
+
≥
2
2
1+ ab
1+ a
1+ b

6.

6.

Chứng minh: a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2 ( a + b + c ) ; a , b , c ∈ R

8.

7.

Chứng minh: a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a ( b + c + d + e)

9.

8.

Chứng minh: x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx

10.

9.

a. Chứng minh:

a+b+c
≥
3

b. Chứng minh:

a2 + b2 + c2 ⎛ a + b + c ⎞
≥⎜
⎟
3
3
⎝
⎠

3.
4.
5.

Cho a + b ≥ 0 chứng minh:

10. Chứng minh:

3

ab + bc + ca
; a,b,c ≥ 0
3
2

a2
+ b2 + c2 ≥ ab − ac + 2bc
4

5.

7.

11.
12.
13.
14.

11. Chứng minh: a2 + b2 + 1 ≥ ab + a + b

12. Chứng minh: x2 + y2 + z2 ≥ 2xy − 2xz + 2yz
13. Chứng minh: x4 + y4 + z2 + 1 ≥ 2xy(xy2 − x + z + 1)

15.

1
4
15. Cho a, b, c là số đo độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh:
a. ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).
b. abc ≥ (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)

c. 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > 0

16.

14. Chứng minh: Nếu a + b ≥ 1 thì: a3 + b3 ≥

17.

x6 + y9
≥ 3x2 y3 − 16 ; x,y ≥ 0
4
1
≥ 3a2 − 1 .
Chứng minh: 2a4 +
2
1+ a

Chứng minh:

Chứng minh: a1995 > 1995 ( a − 1)

,a>0

Chứng minh: a2 (1+ b2 ) + b2 (1+ c2 ) + c2 (1+ a2 ) ≥ 6abc .
a
b
c
1⎛ 1 1 1⎞
Cho a , b > 0. Chứng minh: 2
+ 2

+ 2
≤ ⎜ + + ⎟
2
2
2
2⎝ a b c ⎠
a +b
b +c
a +c
Cho a , b ≥ 1 , chứng minh: ab ≥ a b − 1 + b a − 1 .
Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4. Chứng minh: xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1)
Cho a > b > c, Chứng minh: a ≥ 33 ( a − b)( b − c ) c .
Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh:
a) b + c ≥ 16abc.
b) (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ 8abc
1⎞⎛
1⎞⎛
1⎞
⎛
c) ⎜ 1+ ⎟ ⎜ 1+ ⎟ ⎜ 1+ ⎟ ≥ 64
⎝ a ⎠⎝ b ⎠⎝ c ⎠
1
Cho x > y > 0 . Chứng minh:
x+
≥3
( x − y) y
Chứng minh:
x2 + 2
x+8
a2 + 5

b)
c)
≥ 2 ,∀x ∈ R
≥ 6 , ∀x > 1
≥4
a)
x −1
x2 + 1
a2 + 1
ab
bc
ca
a+b+ c
+
+
≤
; a, b, c > 0
Chứng minh:
a+b b+ c c+ a
2

18. Chứng minh:
19. Chứng minh:
1

m

⎛ a⎞
⎛ b⎞
Cho a, b > 0. Chứng minh: ⎜ 1+ ⎟ + ⎜ 1+ ⎟ ≥ 2m + 1 , với m ∈ Z+

⎝ b⎠
⎝ a⎠
bc ca ab
+
+
≥ a + b + c ; a,b,c ≥ 0
Chứng minh:
a
b
c

x2
1+ 16x

4

+

y2
1+ 16y

4

≤

1
, ∀x , y ∈ R
4

a

b
c
3
+
+
≥ ;a,b,c>0
b+ c a+ c a +b 2
2


Ths : Lê Minh Phấn
Tuyển tập Bất đẳng thức
20. Cho a , b , c > 0. C/m:
1
1
1
1
+ 3
+ 3
≤
3
3
3
3
a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc
21. Áp dụng BĐT Côsi cho hai số chứng minh:
với a , b , c , d ≥ 0
(Côsi 4 số)
a. a + b + c + d ≥ 44 abcd
b.

a + b + c ≥ 33 abc
3

với a , b , c ≥ 0 ,

3

3

22. Chứng minh: a + b + c ≥ a

2

2

bc + b

ac + c

2

(Côsi 3 số )

x3 + 1
x2

32.
33.
34.

35.
36.
37.

2

x + 4x + 4
, x > 0.
x
2
Tìm GTNN của f(x) = x2 + 3 , x > 0.
x
Tìm GTLN của f(x) = (2x – 1)(3 – 5x)
Cho y = x(6 – x) , 0 ≤ x ≤ 6 . Định x để y đạt GTLN.
5
Cho y = (x + 3)(5 – 2x) , –3 ≤ x ≤
. Định x để y đạt GTLN
2
5
Cho y = (2x + 5)(5 – x) , − ≤ x ≤ 5 . Định x để y đạt GTLN
2
1
5
. Định x để y đạt GTLN
Cho y = (6x + 3)(5 – 2x) , − ≤ x ≤
2
2
x
. Định x để y đạt GTLN
Cho y = 2

x +2

38. Cho y =

Chứng minh: (ab + cd)2 ≤ (a2 + c2)(b2 + d2)
Chứng minh: sinx + cos x ≤ 2

3.

Cho 3a – 4b = 7.

4.

Cho 2a – 3b = 7.

5.

Cho 3a – 5b = 8.

6.

Cho a + b = 2.

7.

Cho a + b ≥ 1

x2

( x 2 + 2 )3

. Định x để y đạt GTLN

3

BĐT Bunhiacopxki

Chứng minh: 3a2 + 4b2 ≥ 7.
725
Chứng minh: 3a2 + 5b2 ≥
.
47
2464
.
Chứng minh: 7a2 + 11b2 ≥
137
Chứng minh: a4 + b4 ≥ 2.
1
Chứng minh: a2 + b2 ≥
2

Lời giải:
I. Chứng minh BĐT dựa vào định nghĩa và tính chất cơ bản:
3

1.

Cho a, b > 0 chứng minh:

a3 + b3 ⎛ a + b ⎞

≥⎜
⎟ (*)
2
⎝ 2 ⎠

3

(*) ⇔

, x > 0 . Định x để y đạt GTNN.

30. Tìm GTNN của f(x) =
31.

1.
2.

ab ; a , b , c > 0

23. Chứng minh: 2 a + 33 b + 44 c ≥ 99 abc
x 18
24. Cho y = +
, x > 0. Định x để y đạt GTNN.
2 x
x
2
,x > 1 . Định x để y đạt GTNN.
25. Cho y = +
2 x −1
3x

1
, x > −1 . Định x để y đạt GTNN.
26. Cho y =
+
2 x +1
x
5
1
,x > . Định x để y đạt GTNN.
27. Cho y = +
3 2x − 1
2
x
5
+
28. Cho y =
, 0 < x < 1 . Định x để y đạt GTNN.
1− x x
29. Cho y =

Tuyển tập Bất đẳng thức
Ths : Lê Minh Phấn
III. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Bunhiacôpxki

2.

3
a3 + b3 ⎛ a + b ⎞
2
−⎜

⎟ ≥ 0 ⇔ 8 ( a + b)( a − b) ≥ 0 . ĐPCM.
2
⎝ 2 ⎠

a+b
a2 + b2
≤
( )
2
2
a + b ≤ 0 , ( ) luôn đúng.

Chứng minh:

a+b>0,( )⇔
Vậy:

a+b
≤
2

( a − b)2
a2 + b2 + 2ab a2 + b2
≥ 0 , đúng.
−
≤0 ⇔
4
2
4

a2 + b2
.
2

( a + b)3 a3 + b3
a + b 3 a3 + b3
≥
≤
⇔
2
2
8
2

3.

Cho a + b ≥ 0 chứng minh:

4.

⇔ 3 ( b − a ) ( a2 − b2 ) ≤ 0 ⇔ −3 ( b − a ) ( a + b) ≤ 0 , ĐPCM.
a
b
+
≥ a+ b ( )
Cho a, b > 0 . Chứng minh:
b
a
( ) ⇔ a a + b b ≥ a b + b a ⇔ ( a − b ) a − ( a − b) b ≥ 0
2

5.

(

2

a − b ) ( a + b ) ≥ 0 , ĐPCM.
1
1
2
( )
Chứng minh: Với a ≥ b ≥ 1:
+
≥
2
2
1+ ab
1+ a
1+ b

⇔ ( a − b) ( a − b ) ≥ 0 ⇔

4


Ths : Lê Minh Phấn

⇔

1
1+ a

⇔
⇔

2

+

1
2

1+ b

Tuyển tập Bất đẳng thức

−

2

ab − a
ab − b
1
1
+
≥0
−
≥ 0⇔
2 )(

1+ ab 1+ ab
(1+ a 1+ ab) (1+ b2 ) (1+ ab)

a (b − a)

b ( a − b)

+

(1+ a2 ) (1+ ab) (1+ b2 ) (1+ ab)

b−a ⎛ a
b ⎞
−
⎜
⎟≥0
1+ ab ⎝ 1+ a2 1+ b2 ⎠

≥0 ⇔

( b − a )2 ( ab − 1)
b − a ⎛ a + ab2 − b − ba2 ⎞
≥ 0 , ĐPCM.
⎜
⎟≥0 ⇔
1+ ab ⎜ (1+ a2 )(1+ b2 ) ⎟
(1+ ab) (1+ a2 )(1+ b2 )
⎝
⎠
Vì : a ≥ b ≥ 1 ⇒ ab ≥ 1 ⇔ ab – 1 ≥ 0.

6.

Chứng minh: a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2 ( a + b + c ) ; a , b , c ∈ R
2
2
2
⇔ ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ≥ 0 . ĐPCM.

7.

⇔

2

2

2

2

2

⎛a
⎞
⎛a
⎞
⎛a
⎞
⎛a

⎞
⇔ ⎜ − b ⎟ + ⎜ − c ⎟ + ⎜ − d ⎟ + ⎜ − e ⎟ ≥ 0 . ĐPCM
⎝2
⎠
⎝2
⎠
⎝2
⎠
⎝2
⎠
8.

Chứng minh: x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx

9.

a+b+c
≥
3

⇔ 2a2 + 2b2 + 2 − 2ab − 2a − 2b ≥ 0
⇔ a2 − 2ab + b2 + a2 + 2a + 1+ b2 + 2b + 1 ≥ 0
2
2
2
⇔ ( a − b) + ( a − 1) + ( b − 1) ≥ 0 .

12. Chứng minh: x2 + y2 + z2 ≥ 2xy − 2xz + 2yz

⇔ x2 + y2 + z2 − 2xy + 2xz − 2yz ≥ 0 ⇔ (x – y + z)2 ≥ 0.

2

⇔ ( x2 − y2 ) + ( x − z ) + ( x − 1) ≥ 0 .
1
4
° a + b ≥ 1 ⇒ b ≥ 1 – a ⇒ b3 = (1 – a)3 = 1 – a + a2 – a3

ab + bc + ca
; a,b,c ≥ 0
3

2

a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ab + bc + ca
⎛a+b+c⎞
≥
⎜
⎟ =
3
9
3
⎝
⎠
a+b+c
≥
3

b. Chứng minh:

2

a2 + b2 + c2 ⎛ a + b + c ⎞
≥⎜
⎟
3
3
⎝
⎠

a2 + b2 + c2 ⎛ a + b + c ⎞
≥⎜
⎟
3
3
⎝
⎠

2

2

c2 > c2 − ( a − b) ⇒ c2 > ( b + c − a )( a + c − b)

2

c.

2

a2
+ b2 + c2 ≥ ab − ac + 2bc
4

5

⇒ a2 > b2 − 2bc + c2 , b2 > a2 − 2ac + c2 , c2 > a2 − 2ab + b2
⇒ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).
abc ≥ (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)
2
a2 > a2 − ( b − c ) ⇒ a2 > ( a + c − b)( a + b − c )
b2 > b2 − ( a − c ) ⇒ b2 > ( b + c − a )( a + b − c )

≥ a2 + b2 + c2 + 2 ( ab + bc + ca ) = ( a + b + c )

10. Chứng minh:

b.

ab + bc + ca
3

3 ( a2 + b2 + c2 ) = a2 + b2 + c2 + 2 ( a2 + b2 + c2 )

⇒

2

14. Chứng minh: Nếu a + b ≥ 1 thì: a3 + b3 ≥

a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca

⇔

2

2

( x − y )2 + ( x − z )2 + ( y − z )2 ≥ 0

a. Chứng minh:

11. Chứng minh: a2 + b2 + 1 ≥ ab + a + b

1⎞
1 1
⎛
⇒ a3 + b3 = 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 ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).
ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 ⇔ (a – b)2 + (a – c)2 + (b – c)2
a > b−c ,b > a−c , c > a −b

⇔ 2x2 + 2y2 + 2z2 − 2xy − 2yz − 2zx ≥ 0
⇔

a

⎛a
⎞
− a ( b − c ) + b2 + c2 − 2bc ≥ 0 ⇔ ⎜ − ( b − c ) ⎟ ≥ 0 .
⎝2
⎠
4

⇔ x4 + y4 + z2 + 1− 2x2 y2 + 2x2 − 2xz − 2x ≥ 0

2

a
a
a
a
− ab + b2 +
− ac + c2 +
− ad + d2 +
− ae + e2 ≥ 0
4
4
4
4
2

⇔

Ths : Lê Minh Phấn
2

2

13. Chứng minh: x4 + y4 + z2 + 1 ≥ 2x(xy2 − x + z + 1)

Chứng minh: a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a ( b + c + d + e)
2

Tuyển tập Bất đẳng thức

2

°

2
2
2
⇒ a2b2c2 > ( a + b − c ) ( a + c − b) ( b + c − a )
⇔ abc > ( a + b − c )( a + c − b)( b + c − a )
2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > 0
⇔ 4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – a4 – b4 – 2a2b2 – c4 > 0
⇔ 4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – (a2 + b2)2 – c4 > 0
⇔ (2ab)2 – [(a2 + b2) – c2]2 > 0 ⇔ [c2 – (a – b)2][(a + b)2 – c2] > 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.

6


Ths : Lê Minh Phấn

Tuyển tập Bất đẳng thức
II. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT CÔSI:
1.

Tuyển tập Bất đẳng thức
7.

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

4

2.

2

Chứng minh: (a + b + c)(a + b + c ) ≥ 9abc ; a,b,c ≥ 0
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm:

a 4 + a 4 + a 2 + 1+

8.

3
⇒ ( a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 ) ≥ 9 a3b3c3 = 9abc .

m

b⎞

⎛ a⎞
⎛
⎛ a⎞ ⎛ b⎞
⎜ 1+ ⎟ + ⎜ 1 + ⎟ ≥ 2 ⎜ 1 + ⎟ . ⎜ 1 + ⎟
b⎠
b⎠ ⎝ a⎠
⎝
⎝ a⎠
⎝

5.

≥ 2 4m = 2m + 1
bc ca ab
+
+
≥ a + b + c ; a, b, c > 0
Chứng minh:
a
b
c
Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm:

ca ab
a2bc
+
≥2
= 2a
b
c

bc
bc ca ab
⇒
+
+
≥ a+b+ c .
a
b
c

Chứng minh:

m

b a⎞
⎛
= 2 ⎜2+ + ⎟
a b⎠
⎝

bc ca
abc2
bc ba
b2ac
+
≥2
= 2c ,
+
≥2
= 2b ,

a
b
ab
a
c
ac

6.

3

b⎞
⎛ a⎞
⎛
Cho a, b > 0. Chứng minh: ⎜ 1+ ⎟ + ⎜ 1+ ⎟ ≥ 2m + 1 , với m ∈ Z+
⎝ b⎠
⎝ a⎠
m

≥ 4a2 .

1
1+ a

2

≥ 44 a4a4 ( a2 + 1)

> 1995 ( a − 1) ( )
1995

> 1995a − 1995 ⇔ a

1
1+ a

2

1
1+ a 2

= 4a2

,a>0
+ 1995 > 1995a
a

= 1995a

1994 soá

(1+ a )(1+ b)(1+ c ) ≥ 1+ 33 abc + 33 a2b2c2 + abc = (1+ 3 abc )

m

1+ a

2

1995 1995

3

m

1

a1995 + 1995 > a1995 + 1994 = a1995 + 1+ 1+ ... + 1 ≥ 1995

a + b + c ≥ 33 abc , ab + ac + bc ≥ 3 a 2b2c2

m

Chứng minh: a
( )⇔ a

Chứng minh: (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.

m

1995

1995

3

3

≥ 3a2 − 1 ( )

2

2

3

4.

1+ a

2

Áp dụng BĐT Côsi cho 4 số không âm: a4 , a4 , a2 + 1,

⇒ a + b + c ≥ 33 abc , a2 + b2 + c2 ≥ 3 a2b2c2

3.

4

1

( ) ⇔ a + a + a + 1+

⇒ ( a + b)( b + c )( a + c ) ≥ 8 a2b2c2 = 8abc .
2

Chứng minh: 2a4 +

Ths : Lê Minh Phấn

9.

Chứng minh: a2 (1+ b2 ) + b2 (1+ c2 ) + c2 (1+ a2 ) ≥ 6abc .

°

a2 (1+ b2 ) + b2 (1+ c2 ) + c2 (1+ a2 ) = a2 + a2b2 + b2 + b2c2 + c2 + c2a2
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 6 số không âm:
6

a2 + a2b2 + b2 + b2c2 + c2 + c2a2 ≥ 6 a6b6c6 = 6abc
a
b
c
1⎛ 1 1 1⎞
+ 2
+ 2
≤ ⎜ + + ⎟
10. Cho a , b > 0. Chứng minh: 2
2
2
2
2⎝ a b c ⎠
a +b
b +c
a +c
a
a

1
b
b
1
c
c
1
°
≤
=
, 2
≤
=
, 2
≤
=
2
2
2
2
2ab 2b
2bc 2c a + c
2ac 2a
a +b
b +c
a
b
c
1⎛ 1 1 1⎞
+ 2

+ 2
≤ ⎜ + + ⎟
° Vậy: 2
2
2
2
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

x6 + y9
≥ 3x2 y3 − 16 ; x,y ≥ 0 ( )
4
3

3

( ) ⇔ x6 + y9 + 64 ≥ 12x2 y3 ⇔ ( x2 ) + ( y3 ) + 43 ≥ 12x2 y3
Áp dụng BĐT Côsi cho ba số không âm:

( x2 )3 + ( y3 )3 + 43 ≥ 3x2y3 4 = 12x2y3 .
7

= ( x − 1) + ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) ≥ 44 ( x − 1)
2
Tương tự: y ≥ 44 ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) ;

2

( y − 1) ( z − 1)

2
z ≥ 44 ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1)

⇒ xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1).
13. Cho a > b > c, Chứng minh: a ≥ 33 ( a − b)( b − c ) c .

° a = ( a − b) + ( b − c ) + c ≥ 33 ( a − b)( b − c ) c
8


Ths : Lê Minh Phấn
Tuyển tập Bất đẳng thức
14. Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh:
a) b + c ≥ 16abc.
2

°

2

2
2
° 4a (1− a ) = (1− a ) ( 4a − 4a2 ) = (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
1⎞⎛
1⎞⎛
1⎞
⎛
c) ⎜ 1+ ⎟ ⎜ 1+ ⎟ ⎜ 1+ ⎟ ≥ 64
⎝ a ⎠⎝ b ⎠⎝ c ⎠

°

2

1 ⎞ ⎛ a + a + b + c ⎞ 4 a bc
⎛
⎜ 1+ ⎟ = ⎜
⎟≥
a
a

⎝ a⎠ ⎝
⎠
4

1 4 ab2c
≥
°
b
b
1⎞⎛
1⎞⎛
1⎞
⎛
⎜ 1+ ⎟ ⎜ 1+ ⎟ ⎜ 1+ ⎟ ≥ 64
⎝ a ⎠⎝ b ⎠⎝ c ⎠

° 1+

15. Cho x > y > 0 . Chứng minh:

1+

4

≥3

16. Chứng minh:
x2 + 2
≥ 2 ⇔ x 2 + 2 ≥ 2 x 2 + 1 ⇔ x 2 + 1+ 1 ≥ 2 x 2 + 1
a)

2
x +1

c.

x+8
x −1

=

x −1

= x − 1+

( a2 + 1) + 4 ≥ 2 4 ( a2 + 1) = 4

17. Chứng minh:

°

x − 1+ 9

9
x −1

≥2

a2 + 1 ⇔

x −1

9
x −1

a2 + 5
a2 + 1

=6

≥4

ab
bc
ca
a+b+ c
+
+
≤
; a, b, c > 0
a+b b+c c+a
2

Vì : a + b ≥ 2 ab

ab
ab
⇒
≤
=
a + b 2 ab

ab
bc
bc
,
≤
=
2
b + c 2 bc

bc
ac
ac
,
≤
=
2
a + c 2 ac

ac
2

°

a + b + c ≥ ab + bc + ca , dựa vào: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca .

°

ab
bc

ca
+
+
≤
a+b b+c c+a

ab + bc + ac a + b + c
≤
2
2

9

°

x

1+ 16x
y

2

1+ 16y
x

4

4

2

1+ 16x

4

1+ 16x

=
=
+

x

2

1+ ( 4x )
y
y

2

2

1+ ( 4y )

2

2

1+ 16y

y

+

4

4

2

1+ 16y
≤
≤

≤

4

x2
2.4x

2

y2
2.4y

2

≤

1
, ∀x , y ∈ R
4

=

1
8

=

1
8

1
4

a
b
c
3
+
+
≥ ;a,b,c>0
b+ c a+ c a +b 2
Đặt X = b + c , Y = c + a , Z = a + b.
1
° a + b + c = (X + Y + Z)
2

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
[ ( a + b) + ( b + c ) + ( c + a ) ] ⎛ 1 + 1 + 1 ⎞ ≥ 9 − 3 = 3
°
⎜
⎟
2

2
⎝ b+ c a + c a + b⎠ 2
20. Cho a , b , c > 0. C/m:
1
1
1
1
+ 3
+ 3
≤
3
3
3
3
a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc

( x − y) y
( x − y) y
1
VT = ( x − y ) + y +
≥ 33
=3
( x − y) y
( x − y) y

b)

°

2

x

Ths : Lê Minh Phấn

2

19. Chứng minh:

1 4 abc2
≥
c
c

1

x+

18. Chứng minh:

2

⎛b+c⎞
⎛b+ c⎞
⎛ 1− a ⎞
2
⎜
⎟ ≥ bc ⇔ 16abc ≤ 16a ⎜
⎟ = 16a ⎜
⎟ = 4a (1− a )

⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠

4

Tuyển tập Bất đẳng thức

°

a3 + b3 = ( a + b) ( a 2 − ab + a 2 ) ≥ ( a + b) ab

°

⇒ a3 + b3 + abc ≥ ( a + b) ab + abc = ab ( a + b + c ) , tương tự
b3 + c3 + abc ≥ ( b + c ) bc + abc = bc ( a + b + c )

°

c3 + a3 + 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 ⎠

10


Ths : Lê Minh Phấn
Tuyển tập Bất đẳng thức
21. Áp dụng BĐT Côsi cho hai số chứng minh:
với a , b , c , d ≥ 0
(Côsi 4 số)
a. a + b + c + d ≥ 44 abcd
a + b ≥ 2 ab , c + d ≥ 2 cd

(

a + b + cd ≥ 2 ( ab + cd ) ≥ 2 2
3

a + b + c ≥ 3 abc

b.

a+b+ c+

⇔

)

ab. cd ≥ 44 abcd

với a , b , c ≥ 0 ,

(Côsi 3 số )

Tuyển tập Bất đẳng thức

°

4

a+b+ c
⎛a+b+c⎞
⎜
⎟ ≥ abc
3
3
⎝
⎠

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm

°
°

a + abc ≥ 2a

bc , b + abc ≥ 2b

a + b + c + 3abc ≥ 2 ( a

3

3

3

2

2

2

bc + b

3

ac , c + abc ≥ 2c
ac + c

2

2

ab )

ab

⇒ 2 ( a3 + b3 + c3 ) ≥ 2 ( a2 bc + b2 ac + c2 ab ) ,
vì : a3 + b3 + c3 ≥ 3abc
Vậy:

a3 + b3 + c3 ≥ a2 bc + b2 ac + c2 ab

23. Chứng minh: 2 a + 33 b + 44 c ≥ 99 abc
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 9 số không âm:
VT = a + a + 3 b + 3 b + 3 b + 4 c + 4 c + 4 c + 4 c ≥ 99 abc
x 18
24. Cho y = +
, x > 0. Định x để y đạt GTNN.
2 x

°

Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm:

x 18
x 18
y= +
≥2 .
=6
2 x
2 x

x 18
⇔ x2 = 36 ⇔ x = ± 6 , chọn x = 6.
° Dấu “ = ” xảy ra ⇔ =
2 x
Vậy: Khi x = 6 thì y đạt GTNN bằng 6
x
2

25. Cho y = +
,x > 1 . Định x để y đạt GTNN.
2 x −1
x −1
2
1
y=
+
+
2
x −1 2
x −1 2
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm
:
,
2
x −1
y=

x −1
2
1
x −1 2
1 5
+
+ ≥2
.
+ =
2
x −1 2

2 x −1 2 2

11

3 ( x + 1)
1
:
,
2
x +1

3 ( x + 1)
1
3
3 ( x + 1) 1
3
3
+
− ≥2
.
− = 6−
2
x+1 2
2
x +1 2
2
Dấu “ = ” xảy ra ⇔
⎡
6
−1

⎢x =
3 ( x + 1)
1
2
2
3
( x + 1) = ⇔ ⎢
⇔
=
⇔
⎢
2
x +1
3
6
− 1(loaïi )
⎢x = −
3
⎣
y=

22. Chứng minh: a3 + b3 + c3 ≥ a2 bc + b2 ac + c2 ab ; a , b , c > 0
3

5
2

3x
1
+

, x > −1 . Định x để y đạt GTNN.
2 x +1
3(x + 1)
1
3
y=
+
−
2
x +1 2

3

2

⎡x = 3
⎢ x = −1(loaïi)
⎣

26. Cho y =

⎛a+b+c⎞
3
⇔ ⎜
⎟ ≥ abc ⇔ a + b + c ≥ 3 abc .
3
⎝
⎠
3

x −1
2
2
=
⇔ ( x − 1) = 4 ⇔
2
x −1

Vậy: Khi x = 3 thì y đạt GTNN bằng

a+b+ c
a+b+ c
≥ 4.4 abc
3
3

a+b+c 4
a+b+c
⇔
≥ abc
3
3

Dấu “ = ” xảy ra ⇔

Ths : Lê Minh Phấn

°

6

3
− 1 thì y đạt GTNN bằng 6 −
3
2
x
5
1
,x > . Định x để y đạt GTNN.
27. Cho y = +
3 2x − 1
2
2x − 1
5
1
y=
+
+
6
2x − 1 3

Vậy: Khi x =

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm
2x − 1
5
1
2x − 1 5
1
+
+ ≥2

.
+ =
6
2x − 1 3
6 2x − 1 3
Dấu “ = ” xảy ra
y=

2x − 1
5
,
:
6
2x − 1

30 + 1
3

⎡
30 + 1
⎢x =
2x − 1
5
2
2
⇔
=
⇔ ( 2x − 1) = 30 ⇔ ⎢
⎢
6

2x − 1
− 30 + 1
(loaïi )
⎢x =
⎣
2
30 + 1
30 + 1
thì y đạt GTNN bằng
3
2
x
5
28. Cho y =
+
, 0 < x < 1 . Định x để y đạt GTNN.
1− x x

Vậy: Khi x =

12


Ths : Lê Minh Phấn
Tuyển tập Bất đẳng thức
°
x
5 (1− x ) + 5x
x
x −1

x
1− x
f(x) =
5
+
=
+5
+5≥ 2
+5= 2 5+5
1− x
x
1− x
x
1− x
x
2

Dấu “ = ‘ xảy ra ⇔

°

Vậy: GTNN của y là 2 5 + 5 khi x =

29. Cho y =

°
°
°

x

1− x
5− 5
⎛ x ⎞
=5
⇔⎜
(0 < x < 1)
⎟ =5⇔x=
1− x
x
1− x ⎠
4
⎝

x3 + 1
x2

x3 + 1

5− 5
4

, x > 0 . Định x để y đạt GTNN.

x x 1
xx 1
3
+ + 2 ≥ 33
=3
2
2 2 x

22x
4
x
x
x x
1
Dấu “ = ‘ xảy ra ⇔ = = 2 ⇔ x = 3 2 .
2 2 x
3
Vậy: GTNN của y là 3 khi x = 3 2
4
2

= x+

1

2

=

30. Tìm GTNN của f(x) =

x2 + 4x + 4
, x > 0.
x

x2 + 4x + 4
4
4

= x + + 4 ≥ 2 x. + 4 = 8
x
x
x
4
° Dấu “ = ‘ xảy ra ⇔ x = ⇔ x = 2 (x > 0).
x
° Vậy: GTNN của y là 8 khi x = 2.
2
31. Tìm GTNN của f(x) = x2 + 3 , x > 0.
x

°

°

x2 +

2
x

3

3

=

⎛ x2 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 2
x2 x2 x2
1

1
+
+
+ 3 + 3 ≥ 55 ⎜ ⎟ ⎜ 3 ⎟ =
3
3
3 x
⎝ 3 ⎠ ⎝x ⎠
x

5
5

x
1
= 3 ⇔ x = 5 3 ⇔ x = 2 (x > 0).
3
x
5
° Vậy: GTNN của y là 5
khi x = 5 3 .
27
32. Tìm GTLN của f(x) = (2x – 1)(3 – 5x)

°

°
°

Dấu “ = ‘ xảy ra ⇔

27

2

2

11x ⎞
11 ⎞
1
1
⎛
⎛
≤
f(x) = –10x2 + 11x – 3 = −10 ⎜ x2 −
⎟ − 3 = −10 ⎜ x −
⎟ +
10 ⎠
20 ⎠
40 40
⎝
⎝
11
Dấu “ = “ xảy ra ⇔ x =
20

13

Tuyển tập Bất đẳng thức

Ths : Lê Minh Phấn

1
11
thì y đạt GTLN bằng
.
20
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

°

Vậy: Khi x =

°
°

Dấu “ = “ xảy ra ⇔ x = 6 – x ⇔ x = 3
Vậy: Khi x = 3 thì y đạt GTLN bằng 9.
5
34. Cho y = (x + 3)(5 – 2x) , –3 ≤ x ≤
. Định x để y đạt GTLN.
2
1
y = (x + 3)(5 – 2x) = (2x + 6)(5 – 2x)
2

5⎞

⎛
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm 2x + 6 và 5 – 2x , ⎜ −3 ≤ x ≤ ⎟ :
2⎠
⎝
121
1
° 11 = ( 2x + 6 ) + ( 5 − 2x ) ≥ 2 ( 2x + 6 )( 5 − 2x ) ⇒
(2x + 6)(5 – 2x) ≤
8
2
1
° Dấu “ = “ xảy ra ⇔ 2x + 6 = 5 – 2x ⇔ x = −
4
121
1
° Vậy: Khi x = − thì y đạt GTLN bằng
.
8
4
5
35. Cho y = (2x + 5)(5 – x) , − ≤ x ≤ 5 . Định x để y đạt GTLN.
2
1
y = (2x + 5)(5 – x) = (2x + 5)(10 – 2x)
2
⎛ 5
⎞
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm 2x + 5 , 10 – 2x , ⎜ − ≤ x ≤ 5 ⎟ :
⎝ 2
⎠

625
1
° ( 2x + 5 ) + (10 − 2x ) ≥ 2 ( 2x + 5 )(10 − 2x ) ⇒ (2x + 5)(10 – 2x) ≤
8
2
5
° Dấu “ = “ xảy ra ⇔ 2x + 5 = 10 – 2x ⇔ x =
4
625
5
° Vậy: Khi x = thì y đạt GTLN bằng
8
4
1
5
36. Cho y = (6x + 3)(5 – 2x) , − ≤ x ≤
. Định x để y đạt GTLN
2
2
y = 3(2x + 1)(5 – 2x)
5⎞
⎛ 1
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm 2x + 1 , 5 – 2x , ⎜ − ≤ 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

14


Ths : Lê Minh Phấn
Tuyển tập Bất đẳng thức
° Vậy: Khi x = 1 thì y đạt GTLN bằng 9.
x
37. Cho y = 2
. Định x để y đạt GTLN
x +2
1
x
1
° 2 + x2 ≥ 2 2x2 = 2x 2 ⇔
≥
⇒ y≤
2
2 2 2+ x
2 2

°

Vậy: Khi x = 2 thì y đạt GTLN bằng

38. Cho y =

x2

(x

2

+ 2)

3

1
2 2

. Định x để y đạt GTLN
x2

3

x2 + 2 = x2 + 1+ 1 ≥ 3 x2 .1.1 ⇔ ( x2 + 2) ≥ 27x2 ⇒

°

1
27

1
Vậy: Khi x = ± 1 thì y đạt GTLN bằng
.
27

6.

Dấu “ = “ xảy ra ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ± 1

3

( x 2 + 2 )3

≤

Ths : Lê Minh Phấn

735
⎛ 4 9⎞
5 b ≤ ⎜ + ⎟ ( 3a2 + 5b2 ) ⇔ 3a2 + 5b2 ≥
.
47
⎝ 3 5⎠
3
5
2464
Cho 3a – 5b = 8. Chứng minh: 7a2 + 11b2 ≥
.
137
3
5
3a − 5b =
7a−
11b
7
11
3
5
Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số

, 7a ,−
, 11b :
7
11
3a−

3

2464
⎛ 9 25 ⎞ ( 2
2
2
11b ≤ ⎜ +
b2
.
⎟ 7a + 11 ) ⇔ 7a + 11b ≥
⎝ 7 11 ⎠
137
7
11
Cho a + b = 2.
Chứng minh: a4 + b4 ≥ 2.
Áp dụng BĐT Bunhiacopski:
°

°

3

7a−

5

°

7.

2 = a + b ≤ (1+ 1) ( a2 + b2 )

⇔

a2 + b2 ≥ 2

°

III. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Bunhiacôpxki
1.

5.

.

°

2

°

Dấu “ = “ xảy ra ⇔ x2 = 2 và x > 0 ⇒ x= 2

°

Tuyển tập Bất đẳng thức

2 ≤ ( a2 + b2 ) ≤ (1+ 1) ( a4 + b4 )

⇔

a4 + b4 ≥ 2

Cho a + b ≥ 1

°

1≤ a + b ≤

Chứng minh: a2 + b2 ≥

(12 + 12 ) ( a2 + b2 ) ⇔ a2 + b2 ≥

Chứng minh: (ab + cd)2 ≤ (a2 + c2)(b2 + d2) ( ) BĐT Bunhiacopxki
( ) ⇔ a2b2 + 2abcd + c2d2 ≤ a2b2 + a2d2 + c2b2 + c2d2

2.

2
⇔ a2d2 + c2b2 − 2abcd ≥ 0 ⇔ ( ad − cb) ≥ 0 .
Chứng minh: sinx + cos x ≤ 2

Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số 1 , sinx , 1 , cosx :

°
3.

2

(12 + 12 ) ( sin2 x + cos2 x ) =

2

2

Cho 3a – 4b = 7. Chứng minh: 3a + 4b ≥ 7.
Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số 3 , 3 a , 4 , 4 b :
3. 3a + 4. 4b ≤ ( 3 + 4) ( 3a2 + 4b2 ) ⇔ 3a2 + 4b2 ≥ 7.
725
.
Cho 2a – 3b = 7. Chứng minh: 3a2 + 5b2 ≥
47
2
3
2a − 3b =
3a−
5b
3
5
2
3
Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số
, 3a , −

, 5 b:
3
5

°

4.

sinx + cos x = 1. sinx + 1. cos x ≤

3a + 4b =

15

1
2

16

1
2


Ths : Lê Minh Phấn

Tuyển tập Bất đẳng thức

Tuyển tập Bất đẳng thức

PHẦN II. ĐỀ THI ĐẠI HỌC

1.
2.
3.

4.

5.

6.

7.

(CĐGT II 2003 dự bị)
Cho 3 số bất kì x, y, z. CMR: x2 + xy + y2 + x2 + xz+z2 ≥ y2 + yz+z2
(CĐBC Hoa Sen khối A 2006)
Cho x, y, z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng: x3 + y3 + z3 ≥ x + y + z.
(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
1 1 1
thức:
A=x+y+z+ + +
x y z
(CĐSPHCM khối ABTDM 2006)
5
Cho x, y là hai số thực dương và thoả x + y = . Tìm giá trị nhỏ nhất của
4
4 1
.
biểu thức: A = +
x 4y

(CĐKTKT Cần Thơ khối B 2006)
Cho 4 số dương a, b, c, d. Chứng minh bất đẳng thức:
a
b
c
d
+
+
+
<2
a+b+ c b+ c+ d c+ d+ a d+ a+b
(CĐKT Cao Thắng khối A 2006)
⎛ 1 2 ⎞
+ +1
Chứng minh rằng nếu x > 0 thì (x + 1)2 ⎜ x2 x ⎟ ≥ 16.
⎝
⎠
(CĐKTKTCN1 khối A 2006)
Cho 3 số dương a, b, c. Ch. minh rằng:

8.

a+b+ c a+b+ c a +b+ c
+
+
≥9
a
b
c

(CĐKTYTế1 2006)
Cho các số thực x, y thay đổi thoả mãn điều kiện: y ≤ 0; x2 + 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
1
1
1
b
c ⎞
⎛ a
thì:
+ b + c ≥ 3⎜ a + b + c ⎟
a
3
3
3
3
3 ⎠
⎝3
11. (ĐH Đà Nẵng khối A 2001 đợt 2)
Cho ba số dương a, b, c thoả a2 + b2 + c2 = 1. Chứng minh:
a
b
c
3 3
+ 2
+ 2

≥
2
2
2
2
2
b +c
c +a
a +b
12. (ĐH Kiến trúc HN 2001)
17

Ths : Lê Minh Phấn
2

13.

14.

15.
16.

2

2

⎧a + b + c = 2
⎪
Cho các số a, b, c thoả: ⎨
⎪ab + bc + ca = 1

⎩
4
4 4
4 4
4
Chứng minh: − ≤ a ≤ ; − ≤ b ≤ ; − ≤ c ≤
3
3 3
3 3
3
(Học viện NH TPHCM khối A 2001)
Cho ΔABC 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⎠
(ĐH Nông nghiệp I HN khối A 2001)
Cho 3 số x, y, z > 0. Chứng minh rằng:
2 y
2 x
2 z
1
1
1
+ 3

+ 3
≤ 2+ 2+ 2
3
2
2
2
x +y
y +z
z +x
x
y
z
(ĐH PCCC khối A 2001)
Ch. minh rằng với a ≥ 2, b ≥ 2, c ≥ 2 thì: logb+ c a + logc+ a b + loga +b c > 1
(ĐH Quốc gia HN khối D 2001)
Ch. minh rằng với mọi x ≥ 0 và với mọi α > 1 ta ln có: xα + α – 1 ≥ αx.
Từ đó chứng minh rằng với 3 số dương a, b, c bất kì thì:
a3
3

+

b3
3

+

c3
3

≥

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:
3a2 + 3b2 + 3c2 + 4abc ≥ 13
19. (ĐH Y Thái Bình khối A 2001)
2

2

2

Cho a, b, c là những số dương và a + b = c. Ch. minh rằng: a 3 + b3 > c 3
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:
8a + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c
21. (ĐHQG HN khối D 2000)
Với a, b, c là 3 số thực dương thoả điều kiện: ab + bc + ca = abc. Chứng
b2 + 2a2

c2 + 2b2
a2 + 2c2
+
+
≥ 3
ab
bc
ca
22. (ĐH Bách khoa HN khối A 2000)

minh rằng:

Cho 2 số a, b thoả điều kiện a + b ≥ 0. Ch. minh rằng:
23. (ĐHSP TP HCM khối DE 2000)
Cho 3 số a, b, c bất kì. Chứng minh các BĐT:
18

a3 + b3 ⎛ a + b ⎞
≥⎜
⎟
2
⎝ 2 ⎠

3


Ths : Lê Minh Phấn
Tuyển tập Bất đẳng thức
b) (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c)
a) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca

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
bc
ca
ab
+ 2
+ 2
biểu thức: P = 2
2
2
a b + a c b c + b a c a + c 2b
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) ≥ 1+ 3 abc
26. (ĐH Y HN 2000)
Giả sử x, y là hai số dương thoả điều kiện

)

3

2 3
+ = 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất
x y

của tổng x + y.
27. (ĐH An Giang khối D 2000)

Cho các số a, b, c ≥ 0. Chứng minh: ac + 1 + bc + 1 ≥ ab(ac – 1 + bc – 1)
28. (ĐH Tây Nguyên khối AB 2000)
18xyz
CMR với mọi x, y, z dương và x + y + z = 1 thì xy + yz + zx >
2 + xyz
29. (ĐH An Ninh khối A 2000)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 3 ta đều có: nn + 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
1
1
1
9
khác khơng: 2 + 2 + 2 ≥ 2
x
y
z
x + y 2 + z2
BĐT cuối cùng luôn đúng ⇒ BĐT cần chứng minh đúng.
32. (ĐH Y Dược TP HCM 1999)
a2 b2 c2 a b c
Cho 3 số a, b, c khác 0. Chứng minh:
+
+
≥ + +
b2 c2 a2 b c a
33. (ĐH Hàng hải 1999)

Cho x, y, z ≥ 0 và x + y + z ≤ 3. Chứng minh rằng:
x
y
z
3
1
1
1
+
+
≤ ≤
+
+
2
2
2
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(x3 + y3 + z3) – (x2y + y2z + z2x) ≤ 3
35. (Đại học 2002 dự bị 1)
Gọi x, y, z là khoảng cách từ điểm M thuộc miền trong của ΔABC có 3 góc
nhọn đến các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng:
19

Tuyển tập Bất đẳng thức

Ths : Lê Minh Phấn
2

2

2

a +b +c
(a, b, c là các cạnh của ΔABC, R là
2R
bán kính đường trịn ngoại tiếp). Dấu “=” xảy ra khi nào?
36. (Đại học 2002 dự bị 3)
5
Giả sử x, y là hai số dương thay đổi thoả mãn điều kiện x + y = . Tìm
4
4 1
giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
S= +
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.
a c b2 + b + 50
+ ≥
và tìm giá trị nhỏ nhất
Chứng minh bất đẳng thức:
b d
50b
a c
của biểu thức: S = + .

b d
38. (Đại học 2002 dự bị 6)
3
Cho tam giác ABC có diện tích bằng . Gọi a, b, c lần lượt là độ dài các
2
cạnh BC, CA, AB và ha, hb, hc tương ứng là độ dài các đường cao kẻ từ
các đỉnh A, B, C. Chứng minh rằng:
1
1⎞
⎛ 1 1 1⎞⎛ 1
⎜ a + b + c ⎟⎜ h + h + h ⎟ ≥ 3
⎝
⎠⎝ a
b
c ⎠
39. (Đại học khối A 2003)
Cho x, y, z là 3 số dương và x + y + z ≤ 1. Chứng minh rằng:
1
1
1
x2 + 2 + y2 + 2 + z2 + 2 ≥ 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 = sin5x + 3 cosx
41. (Đại học khối A 2003 dự bị 2)
Tính các góc của tam giác ABC, biết rằng:
(1)
⎧4p(p − a) ≤ bc

⎪
⎨
A
B
C 2 3−3
(2)
⎪sin sin sin =
2
2
2
8
⎩
a+b+c
.
trong đó BC = a, CA = b, AB = c, p =
2
42. (Đại học khối A 2005)
1 1 1
Cho x, y, z là các số dương thoả mãn : + + = 4 .
x y z
x+ y+ z≤

20


Ths : Lê Minh Phấn

Tuyển tập Bất đẳng thức

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:

Tuyển tập Bất đẳng thức

Ths : Lê Minh Phấn

LỜI GIẢI

Chứng minh rằng:

x

x

1.

x

⎛ 12 ⎞
⎛ 15 ⎞ ⎛ 20 ⎞
x
x
x

⎜ 5 ⎟ +⎜ 4 ⎟ +⎜ 3 ⎟ ≥ 3 +4 +5
⎝ ⎠
⎝ ⎠ ⎝
⎠
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

(CĐGT II 2003 dự bị)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, xét các điểm:
⎛
⎛
y 3 ⎞
3
3 ⎞
⎛y z ⎞
z ⎟ , B ⎜ 0;
y+
z ⎟ , C ⎜ − ;0 ⎟
A⎜x + ;
⎜

⎟
⎜ 2
⎟
2 2 ⎠
2 ⎠
⎝2 2 ⎠
⎝
⎝
2

AB =

AC =

Ta có:

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:
46. (Đại học khối A 2005 dự bị 2)

2

2
⎛ 3
⎞
⎛y z⎞
BC = ⎜ − ⎟ + ⎜
(y + z) ⎟ = y2 + yz+z2
⎜ 2
⎟
⎝ 2 2⎠
⎝
⎠
Với 3 điểm A, B, C ta luôn có: AB + AC ≥ BC

2

y ⎞⎛
9 ⎞
⎛
Chứng minh rằng với mọi x, y > 0 ta có: (1+ x ) ⎜ 1+ ⎟ ⎜ 1+
⎟ ≥ 256
x ⎠⎜
y⎟
⎝
⎝
⎠

Đẳng thức xảy ra khi nào?
47. (Đại học khối B 2005 dự bị 1)
3
Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn: a + b + c = . Chứng minh rằng:
4

2.

3

x3 + 1 + 1 ≥ 3 x3 ⇒ x3 + 2 ≥ 3x(1)
Tương tự: y3 + 1 + 1 ≥ 3 3 y3 ⇒ y3 + 2 ≥ 3y(2)
3

Chứng minh rằng nếu 0 ≤ y ≤ x ≤ 1 thì x y − y x ≤

Cho x, y, z là 3 số dương và xyz = 1. CMR:

1
.
4

x2
y2
z2
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 = x2 + y2 – xy.
1
1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = 3 + 3 .
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=

( x − 1)2 + y2 + ( x + 1)2 + y2 +
21

⇒ x2 + xy + y2 + x2 + xz+z2 ≥ y2 + yz+z2
(CĐBC Hoa Sen khối A 2006)
x3 + y3 + z3 ≥ 3 3 x3 y3z3 ⇒ 2(x3 + y3 + z3) ≥ 6

3

Đẳng thức xảy ra khi nào?
49. (Đại học khối D 2005 dự bị 2)

2
⎛ 3 ⎞
z⎞
⎛
x+ ⎟ +⎜

z = x2 + xz + z2
⎜
⎜ 2 ⎟
⎟
2⎠
⎝
⎝
⎠

2

3 + 4x + 3 + 4y + 3 + 4z ≥ 6

a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ≤ 3
Khi nào đẳng thức xảy ra?
48. (Đại học khối B 2005 dự bị 2)

2
⎛ 3 ⎞
y⎞
⎛
x+ ⎟ +⎜
y = x2 + xy + y2
⎜
⎜ 2 ⎟
⎟
2⎠
⎝
⎝
⎠

3.

z3 + 1 + 1 ≥ 3 z3 ⇒ z3 + 2 ≥ 3z
(3)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
(CĐKTKT Cần Thơ khối A 2006)
• Cách 1:
Theo BĐT Cơsi:
1 ≥ x + y + z ≥ 3 3 xyz > 0
1 1 1
+ + ≥
x y z

A ≥ 3 3 xyz +

Từ đó:
Đặt: t =

3

3
3

xyz

xyz , điều kiện: 0 < t ≤

Xét hàm số f(t) = 3t +

3
3 xyz

1
3

1
3
với 0 < t ≤
3
t

y−2

22


Ths : Lê Minh Phấn

Tuyển tập Bất đẳng thức

f′(t) = 3 –

3
t

2

2

=

3(t − 1)
t

2

⎛ 1⎤
< 0, ∀t ∈ ⎜ 0; ⎥
⎝ 3⎦

Bảng biến thiên:

6.

1
3

1
Từ bảng biến thiên ta suy ra: A ≥ 10. Dấu "=" xảy ra khi x = y = z =
3
1
Vậy Amin = 10 đạt được khi x = y = z = .
3
• Cách 2:
1
Theo BĐT Côsi: 1 ≥ x + y + z ≥ 3 3 xyz > 0 ⇔
≥3
3 xyz
x+

4.

1 2
≥ ,
9x 3

y+

1 2
≥ ,
9y 3

z+

8 3
1⎞ ⎛
1⎞ ⎛
1 ⎞ 8 ⎛ 1 1 1⎞
⎛
Từ đó: A= ⎜ x +
≥ 10
+ ⎜y +
+ ⎜ + + ⎟≥ 2 +
⎟+ z+
9 3 xyz
9x ⎟ ⎝
9y ⎠ ⎜
9z ⎟ 9 ⎝ x y z ⎠
⎝

⎠
⎝
⎠
1
1
Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = .Vậy Amin = 10 đạt được khi x = y = z =
3
3
(CĐSPHCM khối ABT 2006)
5
⇔ 4x + 4y – 5 = 0
Ta có: x + y =
4
4
4 1
4
1
1
A= +
= + 4x+
+ 4y − 5 ⇒ A ≥ 2
.4x + 2
.4y – 5
x 4y
x
4y
x
4y

⎧4

⎪ x = 4x
⎪
⎧x = 1
⎪ 1 = 4y
⎪
⎪
Dấu "=" xảy ra ⇔ ⎨ 4y
⇔ ⎨
1.
⎪
⎪y = 4
5
⎩
⎪x + y =
4
⎪
⎪x,y > 0
⎩
(CĐKTKT Cần Thơ khối B 2006)
Vì a, b, c, d > 0 nên ta ln có:
a
c
a
c
+
<
+
=1
a +b+ c c+ d+ a a + c a+ c

23

7.

1 2
≥
9z 3

⇒A≥5

5.

Tuyển tập Bất đẳng thức

Vậy Amin = 5.

8.

9.

Ths : Lê Minh Phấn

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.
(CĐKT Cao Thắng khối A 2006)
2
⎛ 1 2 ⎞
⎛1 ⎞
+ + 1⎟
+ 1⎟ ≥ 16
2⎜
2⎜
Ta có: (x + 1) ⎝ x2 x ⎠ ≥ 16 (1) ⇔ (x + 1) ⎝ x ⎠
⎛1 ⎞
⇔ (x + 1) ⎜ + 1⎟ ≥ 4 (do x > 0) ⇔ (x + 1)2 ≥ 4x ⇔ (x – 1)2 ≥ 0 (2)
⎝x ⎠
(2) luôn đúng nên (1) được chứng minh.
(CĐKTKTCN1 khối A 2006)
b c a
c a b
Xét vế trái của BĐT đã cho: VT = 1+ + + + 1+ + + + 1
a a b
b c c
⎛ b a⎞ ⎛ c a⎞ ⎛ c b⎞
= 3 + ⎜ + ⎟+⎜ + ⎟+⎜ + ⎟
⎝a b⎠ ⎝a c⎠ ⎝b c⎠
Do a, b, c > 0 nên theo BĐT Cơsi ta có:
b a
b a
b c
b c
c a

c a
+ ≥ 2 . = 2;
+ ≥ 2 . = 2;
+ ≥2 . =2
a b
a b
c b
c b
a c
a c
Khi đó: VT ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9 (đpcm).
(CĐKTYTế1 2006)
y ≤ 0, x2 + x = y + 12 ⇒ x2 + x – 12 ≤ 0 ⇒ – 4 ≤ x ≤ 3
y = x2 + x – 12 ⇒ A = x3 + 3x2 – 9x – 7
Đặt f(x) = A = x3 + 3x2 – 9x – 7 với – 4 ≤ x ≤ 3
f′(x) = 3x2 + 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).
(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)
1
Ta có hàm số f(x) = x là hàm nghịch biến nên:
3
1⎞
⎛ 1
(a – b) ⎜ a − b ⎟ ≤ 0, ∀a, b.

3 ⎠
⎝3
a
b
b
a
⇒
+ b ≤ a + b , ∀a, b.
(1)
a
3
3
3
3
b
c
b
c
Tương tự: b + c ≤ c + b
(2)
3
3
3
3
24


Ths : Lê Minh Phấn
c
c

Mặt khác:

3
a

Tuyển tập Bất đẳng thức
+
+

a

≤

a

3
b

+

a

+

c

3
c

=

c

(3)

a

3
a

+

b

+

c

(4)
3
3
3
3
3
3c
Cộng (1), (2), (3), (4) vế theo vế ta được:
b
c ⎞
1

1⎞
⎛ a
⎛ 1
3 ⎜ a + b + c ⎟ ≤ (a + b + c) ⎜ a + b + c ⎟
3
3 ⎠
3
3 ⎠
⎝3
⎝3
a

b

c

a

b

b
c ⎞
1
1
1
⎛ a
(vì a + b + c = 1)
3⎜ a + b + c ⎟ ≤ a + b + c
3
3 ⎠ 3

3
3
⎝3
1
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = .
3
11. (ĐH Đà Nẵng khối A 2001 đợt 2)
a
a
a2
=
=
(1)
Do a2 + b2 + c2 = 1 nên 2
b + c2 1− a2 a(1− a2 )

Hay

3

3
⎛ 2a2 + (1− a2 ) + (1− a2 ) ⎞
⎛ 2⎞
Mà 2a .(1 – a ) ≤ ⎜
⎟ =⎜ ⎟
⎜
⎟
3
⎝ 3⎠
⎝

⎠
4
2
⇒ a2.(1 – a2)2 ≤
⇒ a(1 – a2) ≤
(2)
27
3 3
2

2 2

Từ (1), (2) suy ra:
Do đó:

a
2

b +c

2

+

a
2

b +c

2

b
2

2

≥

+

3 3 2
a
2

c
2

2

≥

3 3 2
3 3
(a + b2 + c2 ) =
2
2

c +a
a +b
⎧2a2 = 1− a2

⎪
1
⎪
Dấu “=” xảy ra ⇔ ⎨2b2 = 1− b2 ⇔ a = b = c =
.
3
⎪ 2
2
⎪2c = 1− c
⎩
12. (ĐH Kiến trúc HN 2001)
⎧a2 + b2 + c2 = 2
⎧(a + b)2 − 2ab = 2 − c2
⎪
⎪
⇔ ⎨
Ta có: ⎨
⎪ab + bc + ca = 1
⎪c(a + b) + ab = 1
⎩
⎩

⎧a + b = S 2
Ta xem đây là hệ phương trình của a, b và đặt ⎨
(S – 4P ≥ 0)
⎩ab = P

Ta được hệ:

⎧S2 − 2P = 2 − c2 (1)

⎪
⎨
(2)
⎪cS+P =1
⎩

Tuyển tập Bất đẳng thức

Ths : Lê Minh Phấn

⎡S = −c − 2
S2 – 2(1 – cS) = 2 – c2 ⇔ S2 + 2cS + c2 – 4 = 0 ⇔ ⎢
⎣S = −c + 2
2
• Với S = – c – 2 ⇒ P = 1 + c(c + 2) = c + 2c + 1
BĐT: S2 – 4P ≥ 0 ⇔ (–c – 2)2 – 4(c2 + 2c + 1) ≥ 0
4
⇔ –3c2 – 4c ≥ 0
⇔ − ≤ c ≤ 0 (3)
3
• Với S = –c + 2 ⇒ P = 1 – c(–c + 2) = c2 – 2c + 1
BĐT: S2 – 4P ≥ 0 ⇔ (–c + 2)2 – 4(c2 – 2c + 1) ≥ 0
4
⇔ –3c2 + 4c ≥ 0
⇔ 0≤c≤
(4)
3
4
4
Từ (3), (4) ta được:

− ≤c≤
3
3
4
4
Tương tự ta chứng minh được: − ≤ 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
(1)
+ ≥
x y x+y
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y.
1
1
4
4
Áp dụng (1) ta được:
+
≥
=
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 ⎜ + + ⎟ ⇔ đpcm
p−a p−b p−c⎠
⎝a b c⎠
⎝
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c.

14. (ĐH Nông nghiệp I HN khối A 2001)
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương x3, y2 ta có:
2 x
2 x
1

≤
=
x3 + y2 ≥ 2 x3 y2 = 2xy x ⇒ 3
2
2xy x xy
x +y
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương

1
x

2

Từ (2) ⇒ P = 1 – cS, thay vào (1) ta được:
25

26

,

1
y2

ta có:


Ths : Lê Minh Phấn

Tuyển tập Bất đẳng thức

3
⎡
1 ⎢⎛ a ⎞ 2

1 1⎛ 1
1⎞
2 x
1⎛ 1
1⎞
≤ ⎜ 2 + 2⎟ ⇒ 3
≤ ⎜ 2 + 2⎟
2
⎜x
⎟
⎜x
xy 2 ⎝
2⎝
y ⎠
x +y
y ⎟
⎠
Tương tự ta cũng có:
2 y
1⎛ 1
1⎞
2 z
1⎛ 1
1⎞
≤ ⎜ 2 + 2 ⎟; 3
3

2
⎜y
⎟ z + x 2 ≤ 2 ⎜ z2 + x 2 ⎟
2⎝
y +z
z ⎠
⎝
⎠

Suy ra:

2 x
3

x +y

2

+

2 y
3

y +z

2

3

+

2 z
3

z +x

2

2

≤

1
x

3

2

+

1
y

2

+

2

z2

3

2

⎧x = y
⎧y = z
⎧z = x
⎪
⎪
⎪
vaø ⎨
vaø ⎨
Dấu “=” xảy ra ⇔ ⎨
⇔ x=y=z=1
⎪x = y
⎪y = z
⎪z = x
⎩
⎩
⎩
15. (ĐH PCCC khối A 2001)
Trước hết chú ý rằng nếu a > 1, x > 1 thì hàm số y = loga x là đồng biến
và dương.
1
Do đó hàm số y = logxa =
là nghịch biến.
loga x
Vì vai trị của a, b, c là như nhau, nên ta có thể giả thiết a ≥ b ≥ c. Ta

được:
VT= logb+ c a + logc+ a b + loga +b c ≥ loga +b a + loga +b b + loga +b c = loga +b abc
Vì a, b, c ≥ 2 nên abc ≥ 2ab = ab + ab > a + b
Do đó VT ≥ loga+babc > loga+b(a + b) = 1.
16. (ĐH Quốc gia HN khối D 2001)
• Xét f(x) = xα – αx + α – 1 (x ≥ 0)
f′(x) = α(xα – 1 – 1);
f′(x) = 0 ⇔ x = 1

Vậy với ∀x ≥ 0 và α > 1 thì f(x) ≥ 0 hay xα + α – 1 ≥ αx.
• BĐT cần chứng minh:
3

3

3

3

⎛ a ⎞2 1 3 a
⎛ b ⎞2 1 3 b
⎜ b ⎟ + 2 ≥ 2.b ;
⎜ c ⎟ + 2 ≥ 2.c ;
⎝ ⎠
⎝ ⎠
Mặt khác, theo BĐT Cơsi ta có:
27

Ths : Lê Minh Phấn
3⎤

c ⎞2 ⎥

3

3

⎛ a ⎞2 ⎛ b ⎞2 ⎛ c ⎞2 a b c
Suy ra: ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ≥ + +
b c a
⎝b⎠
⎝c⎠
⎝a⎠
17. (ĐH Thái Nguyên khối D 2001)
BĐT (*) ⇔

a b−1 b a −1
+
≤1⇔
ab
ab

Theo BĐT Cơsi ta có:

1⎛
1⎞
1⎛
1⎞
1−
1−
+

≤1
b⎜ b⎟
a⎜ a⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
1 ⎛
1⎞
+ ⎜ 1− ⎟
1⎛
1⎞ b ⎝ b ⎠ 1
1−
≤
=
b⎜ b⎟
2
2
⎝
⎠

(1)

1 ⎛
1⎞
+ ⎜ 1− ⎟
1⎛
1⎞ a ⎝ a ⎠ 1
1−
≤

=
a⎜ a⎟
2
2
⎝
⎠
Cộng 2 BĐT lại ta được BĐT cần chứng minh.
1 1
⎧1
⎪ b = 1− b = 2
⎪
⇔ a = b = 2.
Dấu “=” xảy ra ⇔ ⎨
⎪ 1 = 1− 1 = 1
⎪a
a 2
⎩
18. (ĐH Vinh khối A, B 2001)
Ta có: 3 – 2a = a + b + c – 2a = b + c – a > 0.
Do đó theo BĐT Cơsi ta có:
3

3

⎛ a ⎞2 ⎛ b ⎞2 ⎛ c ⎞2 a b c
⎜b⎟ +⎜c⎟ +⎜a⎟ ≥ b + c + a
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
3

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

3
⎛ b ⎞2

3
⎛
+⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⎥ ≥
2 ⎢⎜ b ⎟
c⎠
a⎠
2
⎝ ⎠
⎝
⎝
⎢
⎥
⎣
⎦
Cộng 4 BĐT trên, vế theo vế, ta có:
3
3
3⎤
⎡
3 ⎢⎛ a ⎞ 2 ⎛ b ⎞ 2 ⎛ c ⎞ 2 ⎥ 3 3 ⎡ a b c ⎤ 3
+⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⎥+ ≥ ⎢ + + ⎥+
2 ⎢⎜ b ⎟
2 2 ⎣b c a⎦ 2
⎝ ⎠

⎝c⎠
⎝a⎠
⎢
⎥
⎣
⎦

1
3

Tuyển tập Bất đẳng thức

3

⎛ c ⎞2 1 3 c
⎜ a ⎟ + 2 ≥ 2.a
⎝ ⎠

⎛ 3 − 2a + 3 − 2b + 3 − 2c ⎞
(3 – 2a)(3 – 2b)(3 – 2c) ≤ ⎜
⎟ =1
3
⎝
⎠
⇒ 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(a2 + b2 + c2) + 4abc ≥ 3(a2 + b2 + c2) + 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)
2

2

a b
a b
⎛ a ⎞3 ⎛ b ⎞3 a b
+ = 1 ⇒ 0 < , < 1 ⇒ ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ > + = 1
Từ giả thiết ta có:
c c
c c
c c
⎝c⎠
⎝c⎠
28


Ths : Lê Minh Phấn
2
a3

Tuyển tập Bất đẳng thức
2
+ b3

2
c3

Từ đó suy ra:

>
20. (ĐHQG HN khối A 2000)
Đặt x = 2a, y = 2b, z = 2c thì x, y, z > 0.
Đ.kiện a + b + c = 0 ⇔ xyz = 2a+b+c = 1, do đó theo BĐT Côsi: x + y + z ≥ 3
Mặt khác: x3 + 1 + 1 ≥ 3x ⇒ x3 ≥ 3x – 2
Tương tự: y3 ≥ 3y – 2; z3 ≥ 3z – 2
⇒ x3 + y3 + z3 ≥ 3(x + y + z) – 6 = (x + y + z) + 2(x + y + z – 3) ≥ x + y + z
⇒ 8a + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c
21. (ĐHQG HN khối D 2000)
Ta có:

b2 + 2a2
=
ab

b2 + 2a2
2 2

=

1
2

+ 2.

1
2

a b
a

b
1
1
1
Đặt x = ; y = ; z =
thì
a
b
c
⎧a,b,c > 0
⎧x,y,z > 0
giả thiết ⎨
⇔ ⎨
⎩ab + bc + ca = abc
⎩x + y + z = 1

và đpcm ⇔ x2 + 2y2 + y2 + 2z2 + z2 + 2x2 ≥ 3
Theo BĐT Bunhiacopxki ta có:
3(x2 + 2y2) = 3(x2 + y2 + y2) ≥ (x + y + y)2
1
⇒
x2 + 2y2 ≥
(x + 2y)
3
Viết 2 BĐT tương tự, rồi cộng lại, ta có:
1
x2 + 2y2 + y2 + 2z2 + z2 + 2x2 ≥
(3x + 3y + 3z) = 3
3
1

Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z =
⇔a=b=c=3
3
22. (ĐH Bách khoa HN khối A 2000)
3

a3 + b3 ⎛ a + b ⎞
⇔ 4(a3 + b3) ≥ (a + b)3
Ta có:
≥⎜
2
2 ⎟
⎝
⎠
⇔ (a + b) [4(a2 + b2 – ab) – (a2 + b2 + 2ab)] ≥ 0
⇔ (a + b)(3a2 + 3b2 – 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) a2 + b2 ≥ 2ab; b2 + c2 ≥ 2bc; c2 + a2 ≥ 2ca
⇒ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca.
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)
29

Tuyển tập Bất đẳng thức

Ths : Lê Minh Phấn

1
1
a2
=
=
=
Ta có: 2
a b + a2c a2 (b + c) a2 ⎛ 1 + 1 ⎞ 1 + 1
⎜b c⎟ b c
⎝
⎠
bc

bc

1
1
1
;y= ; z=
thì
a
b
c
⎧a, b, c > 0
⎧x,y,z > 0
x2
y2
z2
giả thiết ⎨

⇔ ⎨
và P =
+
+
y+z z+x x+y
⎩abc = 1
⎩xyz=1
Theo BĐT Bunhiacopxki ta có:
Đặt x =

⎛
x
y
z ⎞
+ z + x.
+ x + y.
(y + z + z + x + x + y).P ≥ ⎜ y + z.
⎟
⎜
y+z
z+x
x+y⎟
⎝
⎠
1
1 3
1
2
⇒ 2(x + y + z).P ≥ (x + y + z) ⇒ P ≥ (x + y + z) ≥ .3 xyz = .3
2

2
2
3
⇒P≥
2
3
thì x = y = z = 1 ⇒ a = b = c = 1
Nếu P =
2
3
3
Đảo lại, nếu a = b = c = 1 thì P = . Vậy minP =
2
2
25. (ĐH Thuỷ lợi II 2000)
(a + 1).(b + 1).(c + 1) = 1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc ≥

≥

(

3

1 + 3 3 abc + 3 a2b2c2 + abc = 1+ 3 abc

)

2

3

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

(

2+ 3

)

2

(
⇒x+y≥

(
Giá trị

2

⎛ 2
⎞
⎛ 2 3⎞
3
=⎜
. x+
. y ⎟ ≤ ⎜ + ⎟ (x + y) = 6(x + y)
⎜ x
⎟
y

⎝x y⎠
⎝
⎠
2+ 3

)

2

6

2+ 3

)

6

Vậy min(x + y) =

2

⎧ 2
3
⎧
: x=
: y
⎪
⎪x =
x
y

⎪
⎪
đạt được ⇔ ⎨
⇔⎨
2
⎪
⎪
2+ 3
⎪x + y =
⎪y =
⎩
6
⎩

(

5+ 2 6
6

30

)

2( 2 + 3)
6
3( 2 + 3)
6


Ths : Lê Minh Phấn

Tuyển tập Bất đẳng thức
27. (ĐH An Giang khối D 2000)
Giả sử a ≥ b ≥ 0 ⇒ ac(a – b) ≥ bc(a – b) ⇒ ac + 1 + bc + 1 ≥ ab(ac – 1 + bc – 1)
28. (ĐH Tây Nguyên khối AB 2000)
Áp dụng BĐT Cơsi cho 6 số dương ta có:
(1)
2 = x + y + z + x + y + z ≥ 6 3 xyz
(2)
và xy + yz + zx ≥ 3 3 x2 y2z2
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
(vì 2 +xyz > 0)
2 + xyz

29. (ĐH An Ninh khối A 2000)
Ta có: 34 = 81, 43 = 64 ⇒ 34 > 43 ⇒ BĐT cần chứng minh đúng với n = 3.
n

n

1⎞
⎛ n + 1⎞

⎛
Với n > 3, đpcm ⇔ n > ⎜
⎟ ⇔ ⎜ 1+ n ⎟ < n
⎝ n ⎠
⎝
⎠
n

1⎞
⎛
⎜ 1+ n ⎟ =
⎝
⎠

Ta có:

n

1

∑ Ck nk
n

Tuyển tập Bất đẳng thức
Ths : Lê Minh Phấn
31. (CĐSP Nhà trẻ – Mẫu giáo TƯ I 2000)
⎛
⎞
y 2 z2 ⎞ ⎛ x 2
z2 ⎞ ⎛ x 2 y 2

BĐT cần chứng minh ⇔ ⎜ 1+ 2 + 2 ⎟ + ⎜ 2 + 1+ 2 ⎟ + ⎜ 2 + 2 + 1⎟ ≥ 9
⎜
⎟ ⎜y
⎟ ⎜z
⎟
x
x ⎠ ⎝
y ⎠ ⎝
z
⎝
⎠
2
2⎞ ⎛ 2
2⎞ ⎛ 2
2⎞
⎛y
z
x
z
x
y
⇔ 3 + ⎜ 2 + 2 ⎟+⎜ 2 + 2 ⎟+⎜ 2 + 2 ⎟ ≥ 9
⎜x
⎟ ⎜y
⎟ ⎜z
x ⎠ ⎝
y ⎠ ⎝
z ⎟
⎝
⎠

32. (ĐH Y Dược TP HCM 1999)
Áp dụng BĐT Cơsi ta có:

(1)

=

k =0

n n(n − 1) 1
n(n − 1)...(n − n + 1) 1
+
. + ... +
. n
n
2! n2
n!
n
1 ⎛ 1⎞
1⎛
1 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎛ n − 1⎞
=1+1+
<
1−
+ ... + ⎜ 1− ⎟ ⎜ 1− ⎟ ...⎜ 1−
2! ⎜ n ⎟
n! ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠ ⎝
n ⎟
⎝
⎠

⎠
1
1
1
1
<1+1+
+ ... +
< 1 + 1 + + ... + n−1 <
2
2!
n!
2
1
1
1
< 1 + 1 + + ... + n−1 + … = 1 +
=3
1
2
2
1−
2

=1+

*

a2
b2

A = 1. a + 1 + 1. b + 1 ≤
mà a + b = 1 nên A ≤
Dấu “=” xảy ra ⇔
Vậy maxA =

(1+ 1)(a + 1+ b + 1)

6

a +1= b+1 ⇔ a = b ⇔ a = b =

6 khi a = b =

1
2

31

1
( do a + b = 1)
2

b2
c2

+

c2

≥ 33

a2

a2

a

2

a2 b2 c2
. .
=3
b2 c2 a2

b2

a
+ 1≥ 2 ;
2
b
b

c2

b
+ 1≥ 2 ;
2
c
c

2

(1)

a

2

+ 1≥ 2

c
a

2

b
c
⎛a b c⎞
+
+
≥ 2⎜ + + ⎟ − 3
⎝b c a⎠
b2 c2 a2
Kết hợp (1) và (2) ta được:
⎛ a2 b2 c2 ⎞
⎛a b c⎞
2⎜ 2 + 2 + 2 ⎟ ≥ 2⎜ + + ⎟
⎜b
⎟
⎝b c a⎠

c
a ⎠
⎝

⇒

a2

b2

c2

a b c
+ +
b c a
b
c
a
33. (ĐH Hàng hải 1999)

⇒

2

+

2

+

2y

Tương tự ta cũng có:
2x

Do đó:

1+ x
x

+

(2)

≥

2

• Do (x – 1)2 ≥ 0 nên x2 + 1 ≥ 2x ⇔

n

1⎞
⎛
⇒ ⎜ 1+ ⎟ < 3 < n ⇒ (1)
⎝ n⎠
30. (CĐSP Nha Trang 2000)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai cặp số (1, 1), ( a + 1, b + 1 ), ta có:

+

2

+

y

+

1+ y
2y

1+ y

2

z

+
≤

2

2x
1+ x 2

≤ 1;

2z
1+ z 2

≤1
2z
1+ z 2

≤1

≤3

3
2

(1)
1+ x
1+ y
1+ z
• Áp dụng BĐT Cơsi cho 3 số khơng âm ta có:
1
1
1
+
+
1
1
1+ x 1+ y 1 + z
≥3
=
3
(1+ x)(1+ y)(1+ z) 3 (1+ x)(1+ y)(1+ z)

Hay:

⇒

2

2

2

(1+ x) + (1+ y) + (1+ z)
3
≤ 3 (1+ x)(1+ y)(1+ z) ≤
≤2
1
1
1
3
+
+
1+ x 1+ y 1 + z

32


Ths : Lê Minh Phấn

Tuyển tập Bất đẳng thức

3

1
1
1
≤
+
+
(2)
2 1+ x 1+ y 1 + z
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 x2 ≥ x3; y2 ≥ y3; z2 ≥ z3.
Suy ra: 2(x3 + y3 + z3) – (x2y + y2z + z2x) ≤ 2(x2 + y2 + z2) – (x2y + y2z + z2x)
Do đó nếu ta chứng minh được:
(1)
2(x2 + y2 + z2) – (x2y + y2z + z2x) ≤ 3
thì (*) đúng.
Ta có:
(1 – y)(1 + y – x2) ≥ 0 ⇔ x2 + y2 – x2y – 1 ≤ 0 (2)
⎡y = 1
⎢
Dấu “=” ở (2) xảy ra ⇔ ⎢ ⎧x = 1
⎢ ⎨y = 0
⎣⎩
(3)
Tương tự ta cũng có:
x2 + z2 – z2x – 1 ≤ 0
(4)
y2 + z2 – y2z – 1 ≤ 0
Cộng (2), (3), (4) vế theo vế ta được:
2(x2 + y2 + z2) – (x2y + y2z + z2x) ≤ 3

Vậy (1) đúng ⇒ (*) đúng
Nhận xét: Dấu “=” ở (*) xảy ra ⇔ (x; y; z) ∈ {(1 ;1),(1 ;0),(1
;1
;1
;0;1),(0;1 }
;1)

⇔

35. (Đại học 2002 dự bị 1)
x+ y+ z=

≤

1
a

. ax +

1
b

. by +

⎛ 1 1 1⎞
⎜ a + b + c ⎟ .2S =
⎝
⎠

1

c

. cz ≤

⎛ 1 1 1⎞
⎜ a + b + c ⎟ (ax+by+cz)
⎝
⎠

⎛ 1 1 1 ⎞ abc
⎜ a + b + c ⎟ 2R =
⎝
⎠

ab + bc + ca
2R

a2 + b2 + c2
2R
⎧ΔABC đều
⎧a = b = c
Dấu “=” xảy ra ⇔ ⎨
⇔ ⎨
⎩x = y = z
⎩M trùng với trọng tâm G của ΔABC
36. (Đại học 2002 dự bị 3)
1 1 1 1 1
5
5.5
• Cách 1: S = + + + +

≥
≥
=5
x x x x 4y 5 x.x.x.x.4y
x + x + x + x + 4y

≤

1
⎧1
⎪ x = 4y
⎧x = 1
⎪
⎪
⎪
minS = 5 ⇔ ⎨x = 4y
⇔ ⎨
1
⎪y = 4
⎪
5
⎩
⎪x + y =
4
⎪
⎩

Tuyển tập Bất đẳng thức

• Cách 2: S =

Ths : Lê Minh Phấn

4
1
+
= f(x),
x 5 − 4x

0
5
4

⎧x2 = (5 − 4x)2
⎪
; f′(x) = 0 ⇔ ⎨
⇔x=1
f′(x) = − 2 +
5
2
x
(5 − 4x)
⎪0 < x <
⎩
4
Lập bảng xét dấu f′(x), suy ra minS = 5.
1
2
1

4 1
• Cách 3: 2 + = x.
+ y.
≤ x + y.
(3)
+
2
x 4y
x
2 y

4

4

1
⎧ 2
=
⎧x = 4y
⎧x = 1
⎪
⎪ x. x 2 y. y
⎪
⎪
⇔ ⎨
Dấu “=” ở (3) xảy ra ⇔ ⎨
5 ⇔ ⎨
1
x+y =
5

⎪x + y =
⎪
⎪y = 4
⎩
4
⎩
⎪
⎩
4
2

4 1
5 ⎛4 1 ⎞
⎛ 5⎞
≥5
(3) ⇔ ⎜ ⎟ ≤ .⎜ +
⎟ ⇔ +
x 4y
4 ⎝ x 4y ⎠
⎝ 2⎠
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:
1 b + 1 b2 + b + 50
a c
=
S= + ≥ +
50b
b 50
b d

Vậy BĐT của đề ra đã được chứng minh.
⎧a = 1
⎪
Dấu “=” xảy ra ⇔ ⎨d = 50
⎪
⎩c = b + 1

Để tìm minS, ta đặt
liên tục x:
f(x) =

b2 + b + 50
b 1 1
=
+ +
và xét hàm số có biến số
50b
50 b 50

x 1 1
+ +
(2 ≤ x ≤ 48)
50 x 50

1
1 x2 − 50
;
− 2 =
50 x
50x2

Bảng biến thiên:

f′(x) =

⎧x2 = 50
⎪
f′(x) = 0 ⎨
⇔ x=5 2
⎪2 ≤ x ≤ 48
⎩
5 2

Chuyển về biểu thức f(b) =
33

b2 + b + 50
(2 ≤ b ≤ 48, b ∈ N)
50b

34


Ths : Lê Minh Phấn
Tuyển tập Bất đẳng thức
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)].
49 + 57
53
64 + 58
61

53
=
=
>
;
f(8) =
Ta có f(7) =
350
175
400
200 175
a=1
⎧
⎪b = 7
53
⎪
Vậy minS =
khi ⎨
175
⎪c = 8
⎪d = 50
⎩
38. (Đại học 2002 dự bị 6)
1
1
1
Ta có diện tích tam giác: S = aha = bhb = chc
2
2
2

2S
2S
2S
⇒ ha =
; hb =
; hc =
a
b
c
1
1
1
1
⇒
+
+
=
(a + b + c)
ha hb hc 2S
1
1⎞
1
⎛ 1 1 1⎞⎛ 1
⎛ 1 1 1⎞
⇒ ⎜ + + ⎟⎜
(a + b + c) ⎜ + + ⎟
+
+ ⎟=
⎝ a b c ⎠ ⎝ ha hb hc ⎠ 2S
⎝a b c⎠

⎛ 1 1 1⎞
Áp dụng BĐT Cơsi ta có: (a + b + c) ⎜ + + ⎟ ≥ 9
⎝a b c⎠
1
1⎞ 9
3
⎛ 1 1 1⎞⎛ 1
+
+
và vì S = , nên ta có: ⎜ + + ⎟ ⎜
⎟≥ =3
a b c ⎠ ⎝ ha hb hc ⎠ 3
2
⎝
39. (Đại học khối A 2003)

Với mọi u,v ta có: u + v ≤ u + v

Vậy P = x +

x2

2

+ y +

1
y2

2

+ z +

2

⎛ 1 1 1⎞
Ta có: P≥ (x + y + z) + ⎜ + + ⎟ ≥
⎝ x y z⎠

với t =

(3

1

≥

z2

⎛ 1 1 1⎞
(x + y + z) + ⎜ + + ⎟
⎝ x y z⎠

2

(

33 xyz

1

⎛x+ y+z⎞
xyz) ⇒ 0 < t ≤ ⎜
⎟ ≤9
3
⎝
⎠
2

35

9
9
⎛ 1⎤
⇒Q′(t) = 9 – 2 < 0, ∀t∈ ⎜ 0; ⎥ ⇒Q(t) giảm trên
t
⎝ 9⎦
t

⎛ 1⎞
⇒ Q(t) ≥ Q ⎜ ⎟ = 82. Vậy P ≥ Q(t) ≥ 82
⎝ 9⎠
1
Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = .
3
• Cách 2: Ta có:
2

⎛ 1⎤
⎜ 0; 9 ⎥
⎝

⎦

2

⎛ 1 1 1⎞
⎛ 1 1 1⎞
(x + y + z)2 + ⎜ + + ⎟ = 81(x + y + z)2 + ⎜ + + ⎟ – 80(x + y + z)2
⎝ x y z⎠
⎝ x y z⎠
⎛ 1 1 1⎞
≥ 18(x + y + z). ⎜ + + ⎟ – 80(x + y + z)2 ≥ 162 – 80 = 82
⎝ x y z⎠
Vậy P ≥

82

Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z =

1
.
3

40. (Đại học khối A 2003 dự bị 1)
• Tìm max:
y = sin5x + 3 cosx ≤ sin4x + 3 cosx
(1)
4
Ta chứng minh:
sin x + 3 cosx ≤ 3 , ∀x ∈ R
(2)

4
2 2
⇔ 3 (1 – cosx) – sin x ≥ 0 ⇔ 3 (1 – cosx) – (1 – cos x) ≥ 0
⇔ (1 – cosx).[ 3 – (1 – cosx)(1 + cosx)2 ] ≥ 0
(3)
Theo BĐT Cơsi ta có:
1
(1 – cosx)(1 + cosx)(1 + cosx) = (2 – 2cosx)(1 + cosx)(1 + cosx) ≤
2
3

2

2

• Cách 1:
2

Ths : Lê Minh Phấn

≤

Áp dụng bất đẳng thức (*), ta có: a + b + c ≥ a + b + c ≥ a + b + c

1

Đặt Q(t) = 9t +

(*)

⎛ 1⎞
⎛ 1⎞
⎛ 1⎞
Đặt a = ⎜ x; ⎟ ; b = ⎜ y; ⎟ ; c = ⎜ z; ⎟
x⎠
y⎠
⎝
⎝ z⎠
⎝

2

Tuyển tập Bất đẳng thức

)

2

2

⎛
1 ⎞
9
+ ⎜ 33
= 9t +
⎜ xyz ⎟
⎟
t
⎝
⎠

1⎛ 4 ⎞
32
⎜ 3 ⎟ = 27 < 3
2⎝ ⎠

Vậy BĐT (3) đúng ⇒ (2) đúng ⇒ y ≤ 3 , ∀x. Dấu “=” xảy ra khi cosx = 1
⇔ x = k2π. Vậy maxy = 3 .
• Tìm min: Ta có y = sin5x + 3 cosx ≥ – sin4x + 3 cosx.
Tương tự như trên, ta được miny = – 3 , đạt được khi x = π + k2π.
41. (Đại học khối A 2003 dự bị 2)
(a + b + c)(b + c − a)
(b + c)2 − a2
2bc(1+ cos A)
≤1 ⇔
≤1
≤1⇔
(1) ⇔
bc
bc
bc
A
3
A 1
A 3
≤
⇔ sin2 ≥ ⇔ sin ≥
(do 0 <
2
2

2 4
2 4
Biến đổi vế trái của (2) như sau:
A
B
C 1
A⎛
B-C
B+C ⎞
≤
− cos
sin sin sin = sin ⎜ cos
2
2
2 2
2⎝
2
2 ⎟
⎠

⇔ cos2

36

A π
< )
2 2

(3)

1
A⎛
A⎞
sin ⎜ 1− sin ⎟ =
2
2⎝
2⎠


Ths : Lê Minh Phấn

Tuyển tập Bất đẳng thức
2

=–

1⎛ 2 A
A⎞
1 ⎡⎛
A 1⎞
1⎤
1 1⎛
A 1⎞
⎜ sin 2 − sin 2 ⎟ = – 2 ⎢⎜ sin 2 − 2 ⎟ − 4 ⎥ = 8 − 2 ⎜ sin 2 − 2 ⎟
2⎝
⎠
⎝
⎠
⎠
⎢⎝

⎥
⎣
⎦

2

2

1 1
A
B
C 1 1⎛ 3 1⎞
Do (3) suy ra: sin sin sin ≤ − ⎜
= − (4 − 2 3)
−
⎜ 2 2⎟
⎟
8 8
2
2
2 8 2⎝
⎠

=

⎛ 12 ⎞ ⎛ 15 ⎞
⎛ 12 ⎞
⎜ 5 ⎟ +⎜ 4 ⎟ ≥ 2 ⎜ 5 ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎝ ⎠

Tương tự ta có:
x

x

⎛ 15 ⎞
.⎜ ⎟
⎝ 4 ⎠

x

x

⇒

x

⎛ 12 ⎞ ⎛ 20 ⎞
x
⎜ 5 ⎟ + ⎜ 3 ⎟ ≥ 2.4
⎝ ⎠ ⎝
⎠

x

37

3

xy

3

3

+

yz

3
3

+

zx

≥ 33

xy

1+ z3 + x3
≥
zx

(2);

yz

3

3

3
yz

3
zx

(3)

3

xy

(1)

zx

3

≥3 3
(4)
xy
yz
zx
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)

⇒

(1)

(1)

x

⎛ 15 ⎞ ⎛ 20 ⎞
x
⎜ 4 ⎟ + ⎜ 3 ⎟ ≥ 2.5
⎝ ⎠ ⎝
⎠

(2)

3

Mặt khác

x

⎛ 12 ⎞ ⎛ 15 ⎞
x
⎜ 5 ⎟ + ⎜ 4 ⎟ ≥ 2.3
⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1+ y3 + z3
≥
yz

Tương tự:

Tương tự:
1
1⎛ 1
1 ⎞ 1 ⎡ 1 1 ⎛ 1 1 ⎞⎤
1⎛ 1 1
1⎞
≤ ⎜
+
+
⎟ ≤ ⎢ + ⎜ + ⎟⎥ = ⎜ +
⎟ (2)
x + 2y + z 4 ⎝ 2y x + z ⎠ 4 ⎣ 2y 4 ⎝ x z ⎠ ⎦
8 ⎝ y 2z 2x ⎠
1
1⎛ 1
1 ⎞ 1 ⎡ 1 1 ⎛ 1 1 ⎞⎤
1⎛ 1 1
1⎞
≤ ⎜
+
+
⎟ ≤ ⎢ + ⎜ + ⎟⎥ = ⎜ +
⎟ (3)
x + y + 2z 4 ⎝ 2z x + y ⎠ 4 ⎣ 2z 4 ⎝ x y ⎠ ⎦
8 ⎝ z 2x 2y ⎠
⎞
1
1
1

1⎛ 1 1
Vậy:
+
+
≤ ⎜ +
+ 1⎟ = 1
2x+y+z x + 2y + z x + y + 2z 4 ⎝ x yz ⎠
Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu "=" xảy ra khi và chỉ
khi
3
x = y = z. Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = .
4
43. (Đại học khối B 2005)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có:
x

1+ x 3 + y 3
≥
xy

1 + x3 + y3 ≥ 3 3 1.x3 .y3 = 3xy ⇔

2 3−3
8

B-C
⎧
⎪cos 2 = 1 ⎪A = 1200
⎧
⎪

Dấu “=” xảy ra ⇔ ⎨
⇔⎨
0
⎪B = C = 30
⎪sin A = 3
⎩
⎪
2
2
⎩
42. (Đại học khối A 2005)
Với a, b > 0 ta có:
1
a+b
1
1⎛ 1 1⎞
⇔
4ab ≤ (a + b)2 ⇔
≤
+
≤
a + b 4⎜ a b⎟
a + b 4ab
⎝
⎠
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Áp dụng kết quả trên ta có:
1 ⎡ 1 1 ⎛ 1 1 ⎞⎤
1
1⎛ 1

1 ⎞
1⎛ 1 1
1⎞
≤ ⎜
+
+
⎟ ≤ ⎢ + ⎜ + ⎟⎥ = ⎜ +
⎟
4 ⎣ 2x 4 ⎝ y z ⎠ ⎦
2x+y+z 4 ⎝ 2x y + z ⎠
8 ⎝ x 2y 2z ⎠

x

Tuyển tập Bất đẳng thức
Ths : Lê Minh Phấn
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:

(3)

+

+

4

3 + 4x = 1 + 1 + 1 + 4x ≥ 4 4x

Ta có:

⇒
Tương tự:

3 + 4x ≥ 2

4

8

4x = 2 4x

8

8

3 + 4y ≥ 2 4y ;

3 + 4z ≥ 2 4z

38
8
8
8
3 + 4x + 3 + 4y + 3 + 4z ≥ 2 ⎡ 4x + 4y + 4z ⎤ ≥ 6 4x.4y.4z
⎢
⎥

⎣
⎦

Vậy

≥6

24

4x + y + z = 6

46. (Đại học khối A 2005 dự bị 2)
Ta có:

1+x=1+
1+

1+

9
y

x x x
x3
+ + ≥ 44 3
3 3 3
3

y
y

y
y
y3
=1+
+
+
≥ 44 3 3
x
3x 3x 3x
3 x

=1+

3
y

+

3
y

+

3
y

≥ 44

2

33
y3

2

⎛
9 ⎞
36
⇒ ⎜ 1+
⎟ ≥ 164 3
⎜
y⎟
y
⎝
⎠

y ⎞⎛
9 ⎞
x3 y3 36
⎜ 1+
⎟ ≥ 256 4 3 . 3 3 . 3 = 256
x ⎟⎜
y⎟
⎝
⎠⎝
3 3 x y
⎠
47. (Đại học khối B 2005 dự bị 1)
• Cách 1:

Vậy:

(1 + x ) ⎛ 1 +
⎜

38


Ths : Lê Minh Phấn

Tuyển tập Bất đẳng thức

a + 3b + 1+ 1 1
= (a + 3b + 2)
3
3
3 (b + 3c).1.1 ≤ b + 3c + 1+ 1 = 1 (b + 3c + 2)
3
3
3 (c + 3a).1.1 ≤ c + 3a + 1+ 1 = 1 (c + 3a + 2)
3
3
1
1⎡ 3
⎤
Suy ra: 3 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ≤ [ 4(a + b + c) + 6] ≤ ⎢ 4. + 6⎥ = 3
3⎣ 4
3
⎦
3

⎧
1
⎪a + b + c =
⇔a=b=c=
Dấu "=" xảy ra ⇔ ⎨
4
4
⎪a + 3b = b + 3c = c + 3a=1
⎩
3 (a + 3b).1.1 ≤

Ta có:

• Cách 2:
Đặt x =
z=

3
3

a + 3b ⇒ x3 = a + 3b;

y=

3

b + 3c ⇒ y3 = b + 3c;

c + 3a ⇒ z3 = c + 3a

⇒ x3 + y3 + z3 = 4(a + b + c) = 4.

3
= 3. BĐT cần ch. minh ⇔ x + y + z ≤ 3
4

3

Ta có: x3 + 1 + 1 ≥ 3 x3 .1.1 = 3x; y3 + 1 + 1 ≥ 3 3 y3 .1.1 = 3y;
3

z3 + 1 + 1 ≥ 3 z3 .1.1 = 3z
⇒ 9 ≥ 3(x + y + z) (vì x3 + y3 + z3 = 3)
Vậy x + y + z ≤ 3
⎧x3 = y3 = z3 = 1
⎧a + 3b = b + 3c = c + 3a=1
⎪
⎪
Dấu "=" xảy ra ⇔ ⎨
⇔ ⎨
3
3
⎪a + b + c =
⎪a+b+c= 4
⎩
4
⎩
1
⇔a=b=c=
4

48. (Đại học khối B 2005 dự bị 2)
Ta có: 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ x ≥ x2
1
1
x y −y x ≤ ⇔ x y ≤ +y x
(1)
4
4
1
1
1
1
Theo BĐT Côsi ta có: y x + ≥ yx2 + ≥ 2 yx2 . = x y ⇒ x y − y x ≤
4
4
4
4
⎧
⎪0 ≤ y ≤ x ≤ 1
⎪
Dấu "=" xảy ra ⇔ ⎨ x = x2
⇔
⎪
1
⎪yx2 =
4
⎩
49. (Đại học khối D 2005 dự bị 2)

⎧x = 1

⎪
⎨
1
⎪y = 4
⎩

39

Tuyển tập Bất đẳng thức

Ths : Lê Minh Phấn

2

2

x
1+ y
x 1+ y
+
≥2
=x
.
1+ y
4
1+ y 4

Ta có:

y2

1+ z
y 2 1+ z
+
≥2
=y
.
1+ z
4
1+ z 4
z2
1+ x
z 2 1+ x
+
≥2
=z
.
1+ x
4
1+ x 4
Cộng 3 bất đẳng thức trên, vế theo vế, ta có:
⎛ x2
1+ y ⎞ ⎛ y 2
1+ z ⎞ ⎛ z 2
1+ x ⎞
+
+
+
⎜
⎟+⎜
⎟+⎜

⎟ ≥ x+y+z
⎜ 1+ y
4 ⎟ ⎜ 1+ z
4 ⎟ ⎜ 1+ x
4 ⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠ ⎝
⎠

x2
y2
z2
3 x+y+z
3(x + y + z) 3
+
+
≥− −
+x+y+z ≥
−
1+ y 1+ z 1 + x
4
4
4
4
3
3 9 3 3
≥ .3 − = − = (vì x + y + z ≥ 3 3 xyz = 3)
4
4 4 4 2

x2
y2
z2
3
Vậy:
+
+
≥ .
1+ y 1 + z 1 + x 2
50. (Đại học khối A 2006)
• Cách 1:
1 1 1
1
1
Từ giả thiết suy ra: + = 2 + 2 −
.
x y x
xy
y

⇔

1
1
= a, = b, ta có: a + b = a2 + b2 – ab
y
x
A = a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) = (a + b)2
Từ (1) suy ra: a + b = (a + b)2 – 3ab.

(1)

Đặt

2

3
⎛ a + b⎞
2
2
Vì ab ≤ ⎜
⎟ nên a + b ≥ (a + b) – 4 (a + b)
⎝ 2 ⎠
⇒ (a + b)2 – 4(a + b) ≤ 0 ⇒ 0 ≤ a + b ≤ 4
Suy ra: A = (a + b)2 ≤ 16
1
Với x = y =
thì A = 16. Vậy giá trị lớn nhất của A là 16.
2
• Cách 2:
Đặt S = x + y, P = xy với S2 – 4P ≥ 0. Từ giả thiết ⇒ S, P ≠ 0.
S2
Ta có: SP = S2 – 3P ⇔ P =
S+ 3

A=

1
x3

+

1
y3

=

x3 + y3
x3 y3

=

(x + y)(x2 + y2 − xy)
x3 y3

40

=

(x + y)2 xy
x3 y3

=

(x + y)2
x2y2


Ths : Lê Minh Phấn

⇒A=

Tuyển tập Bất đẳng thức

2

S

⎛S+ 3⎞
=⎜
⎟
⎝ S ⎠
P
2

⎛ S −1⎞
4S2
S−1
≥ 0 ⇔ S2 ⎜ S + 3 ⎟ ≥ 0 ⇔
≥ 0 (vì S≠0)
⎝
⎠
S+ 3
S+ 3
⎡S < −3
⇔ ⎢
(*)
⎣S ≥ 1

Đk: S2 – 4P ≥ 0 ⇔ S2 –

Đặt h = f(S) =

S+ 3
−3
⇒ h′ = 2 < 0, ∀S thoả (*)
S
S

Tuyển tập Bất đẳng thức

Ths : Lê Minh Phấn
P
1−
P 1
S2 − SP
S2 – 4P ≥ 0 ⇔ S2 – 4
≥ 0 ⇔ 1− 4 S ≥ 0 ⇔ ≥ (chia cho S2)
S 4
3
3
Nên: A =

S2
2

≤ 16. Vậy Max A = 16 (khi x = y =

P
51. (Đại học khối B 2006)

Trong mpOxy, xét M(x – 1; –y), N(x + 1; y).
Do OM + ON ≥ MN nên:

( x − 1)2 + y2 + ( x + 1)2 + y2

1
).
2

≥ 4 + 4y2 = 2 1+ y2

Do đó: A ≥ 2 1+ y2 + y − 2 = f(y)

• Với y ≤ 2 ⇒ f(y) = 2 1+ y2 + 2 – y ⇒ f′(y) =
Từ bảng biến thiên, ta có: 0 < h ≤ 4 và h ≠ 1, ∀S thoả (*).
1
1
Mà A = h ⇒ MaxA = 16 khi x = y =
(S = 1, P = ).
2
4
• Cách 3:
2

y⎞
3y2
1 1 x+y
⎛
>0⇒ + =
>0

(x + y)xy = ⎜ x − ⎟ +
2⎠
4
x y
xy
⎝

A=

1
x

3

+

1
y

=

3

x3 + y 3
3 3

x y

2

⎛ 1 1⎞
= ⎜ + ⎟ ⇒
⎝x y⎠

A=

1 1
+
x y

3

a3 + b3
⎛ a + b⎞
Dễ chứng minh được: ⎜
(với a + b > 0)
≤
⎟
2
⎝ 2 ⎠
dấu "=" xảy ra khi a = b.
1
1
Áp dụng với a = , b = , ta có:
y
x
3

⎛ 1 1⎞
⎜x+y⎟

⎜
⎟ ≤
⎜ 2 ⎟
⎜
⎟
⎝
⎠

3

⎛ 1⎞
⎛ 1⎞
⎜ ⎟ +⎜ ⎟
x⎠
⎝
⎝y⎠
2

Dấu "=" xảy ra khi

• Cách 4:
S2
A = 2 , suy ra
P

• Với y ≥ 2 ⇒ f(y) ≥ 2 1+ y2 ≥ 2 5 > 2 +
3 với mọi số thực x, y.
1
Khi x = 0 và y =
thì A = 2 + 3

3

Vậy A ≥ 2 +

Nên giá trị nhỏ nhất của A là 2 +

3.

3
3

⎛ A⎞
A
⇔ ⎜
⇔ A ≤ 16.
≤
⎜ 2 ⎟
⎟
2
⎝
⎠

S
3S
=
P S2 − SP

41

y2 + 1

⎧y ≥ 0
1
⎪
1+ y 2 ⇔ ⎨ 2
⇔y=
2
3
⎪4y = 1+ y
⎩
Do đó ta có bảng biến thiên như trên

f′(y) = 0 ⇔ 2y =

1 1
= = 2 . Vậy Max A = 16.
x y
A=

2y

42

3.

–1