BÀI TẬP LỚN Bất đẳng thức côsi và ứng dụng

LỜI NÓI ĐẦU
I.Lí do chọn đề tài
1. Cơ sở khoa học
Như chúng ta đã biết, thông qua việc học toán học sinh có thể nắm vững
được nội dung toán học và phương pháp giải toán từ đó các em vận dụng vào
các môn học khác nhất là các môn khoa học tự nhiên. Hơn nữa toán học còn
là cơ sở của mọi ngành khoa học khác. Chính vì thế, toán học có vai trò quan
trọng trong nhà trường phổ thông nó đòi hỏi người thầy mọi sự lao động
nghệ thuật sáng tạo, để tạo ra phương pháp dạy học giúp học sinh học tốt và
giải quyết các bài toá một cách hiệu quả.
Bất đẳng thức cô-si là một nội dung quan trọng trong chương trình toán
học đại số. Việc nắm vững các phương pháp giải bất phương trình không
những giúp học sinh học tốt bộ môn toán mà còn có tác dụng hỗ trợ cho nhiều
bộ môn khác như Hóa học, Vật lý, Tin học… Đặc biệt hỗ trợ tư duy cho học
sinh. Những vấn đề đặt ra cho giáo viên toán hiện nay là giúp học sinh học tốt
bộ môn toán nói chung và nắm vững sử dụng bất đẳng thức côsi nói riêng.
2. Cơ sở thực tiễn
Chủ đề "Bất đẳng thức côsi" có rất nhiều ứng dụng và được sử dụng khá
phổ biến để chứng minh bất đẳng thức, đánh giá biểu thức và từ đó giải quyết
nhiều bài toán khác nhau, là một chủ đề hay, chủ chốt trong chương trình
Toán đại số đối với cả người dạy và người học. Vì vậy, để nhằm xác định mục
tiêu giáo dục cụ thể trong chủ đề này em đã chọn đề tài: "Bất đẳng thức côsi
và ứng dụng ”.
II. Mục đích nghiên cứu
Một vấn đề thường gặp trong đại số, làm cho học sinh lung túng đó là
những bài toán về bất đẳng thức đại số như “bất đẳng thức Cô-si (Cauchy),
bất đẳng thức Bunhiacopski, bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức Beruoulli.
Thông thường đây là những dạng toán khó, là một phần quan trọng của đại
số và những kiến thức về bất đẳng thức làm phong phú hơn phạm vi ứng
dụng đại số trong cuộc sống.
III. Phương pháp nghiên cứu

- Phương pháp nghiên cứu tài liệu.
- Phương pháp quan sát.
- Phương pháp dạy học và đánh giá trong giáo dục Toán học.
NỘI DUNG
I, BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI.
1. Bất đẳng thức cô-si với hai số
• Với hai số không âm a, b ta có :
ab
≤
2
a b+
Đẳng thức =
2
a b+
xảy ra khi và chỉ khi a = b
Chứng minh:
Ta có -
2
a b+
= -
1
2

( )
2a b ab+ −
= -
1
2
( )
a b−

2
≤ 0
Vậy
ab
≤
2
a b+
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
( )
a b−
= 0, tức là khi và chỉ khi a = b.
• Các hệ quả:
Hệ quả 1: Tổng của một số dương với nghịch đảo của nó lớn hơn hoặc
bằng 2.

1
a
a
+
≥ 2,
a∀
> 0
Hệ quả 2: Nếu a, b cùng dương và có tổng không đổi thì tích ab lớn nhất
khi và chỉ khi a = b.
Chứng minh : Đặt S = a + b .Áp dụng bất đẳng thức cô-si ta có
ab
≤
2
a b+
=

2
S
, do đó
2
4
S
ab ≤
A B
C
D
1cm2
E F
H G
A B
C
D
E
F
G
H
1cm2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b =
2
S
Vậy tích ab đạt giá trị lớn nhất bằng
2
4
S
khi và chỉ khi a = b =
2

S
Ý nghĩa hình học : Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng chu vi, hình
vuông có diện tích lớn nhất.
Hệ quả 3 : Nếu
,a b
cùng dương và có tích không đổi thì tổng
a b
+
nhỏ
nhất khi và chỉ khi
a b=
.
Chứng minh: Đặt
S ab=
. Áp dụng bất đẳng thức cô-si ta có:

2
a b+
≥
ab
=
S
do đó
2a b S+ ≥

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a b S= =
Vậy tổng
a b
+

đạt giá trị nhỏ nhất bằng
2 S
khi và chỉ khi
a b S
= =
Ý nghĩa hình học: Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng diện tích, hình
vuông có chu vi nhỏ nhất.
2. Bất đẳng thức cô-si với 3 số
• Với 3 số thực không âm
, ,a b c
ta có:

3
a b c+ +
≥
3
abc
Đẳng thức
3
a b c+ +
= xảy ra khi và chỉ khi
a b c= =
Chứng minh :
Theo bất đẳng thức cô-si cho 2 số ta có :
2a b ab
+ ≥

3 3
2c abc c abc
+ ≥

Cộng hai vế tương ứng của hai bất đẳng thức ta được:

3 3
2 2a b c abc ab c abc
+ + + ≥ +
(
)
3
2a b c abc ab c abc
⇔ + + + ≥ +
3 3 3
4 4a b c abc abc abc abc⇔ + + + ≥ =
3
3a b c abc
⇒ + + ≥
(đpcm).
3. Bất đẳng thức cô-si với n số
• Cho n số thực không âm bất kì
1 2
,
n
a a a
ta có:

1 2
1 2


n
n

n
a a a
a a a
n
+ + +
≥

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1 2

n
a a a= = =
Chứng minh:
Với n = 1 BĐT hiển nhiên đúng.
Với n = 2 BĐT đã được chứng minh ở trường hợp bất đẳng thức cô-si cho
2 số.
Để chứng minh bất đẳng thức tổng quát, trước hết ta xét vài bất đẳng
thức phụ. Nếu
1 2
,x x R
+
∈
thì:

1 2
x x<

⇔

1 1

1 2
n n
x x
− −
<
Vậy
∀
1 2
,x x R
+
∈
thì ta luôn có(chuyển một bộ phận sang vế phải, ta
được)
- )(
1 2
x x−
) ≥ 0


+ ≥
1
x
+
2
x
.
Lấy n số thực không âm
1 2
, , ,
n

x x x
R, viết các bất đẳng thức tương ứng
rồi cộng lại ta được :
+ ) + ( + ) +…+ ( + ) + ( + ) +…+( + )+…+ ( + ) ≥ (
1
x
+
2
x
)+(
1
x
+
3
x
)+…+(
1
x
+ )+…+( + ) (*)
Từ đó :
(n – 1)( + +…+ ) ≥ + +…+) + + +…+) + + +…+) (**)
Theo giả thiết quy nạp, ta thừa nhận rằng đối với n – 1 số thực không âm
bất kì, trung bình cộng không nhỏ hơn trung bình nhân của chúng. Thế thì ta
có:
+ +… + ≥ (n – 1)…
+ +… + ≥ (n – 1)…
……………………………………………….
+ +… + ≥ (n – 1)…
Sử dụng các bất đẳng thức này, ta có thể tăng cường các bất đẳng thức
(**)

(n – 1)( + +…+ ) ≥ n(n – 1)…
Trong hệ thức này đặt = a
1
, = a
2
…, = a
n
ta được:

1 2

n
a a a
n
+ + +

1 2

n
n
a a a≥
(đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1 2

n
x x x= = =
tức là khi và chỉ khi
1 2

n
a a a= = =
.
 Một số chú ý khi sử dụng bất đẳng thức cô-si:
• Khi áp dụng bất đẳng thức cô-si thì các số phải là các số không âm.
• Bất đẳng thức cô-si thường được áp dụng khi trong đẳng thức cần chứng
minh có tổng và tích.
• Điều liện xảy ra dấu “=” là các số bằng nhau.
II. CÁC ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI
1. Chứng minh bất đẳng thức
Bài toán 1: cho x, y > 0, chứng minh
1 1 4
x y x y
+ ≥
+
.
Phân tích:
Do x, y > 0 nên bất đẳng thức có thể suy ra từ bất đẳng thức cô-si hoặc
trực tiếp xét hiệu.
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho 2 số dương ta có:

2x y xy+ ≥
2
( ) 4
4
1 1 4
x y xy
x y
xy x y

x y x y
⇔ + ≥
+
⇔ ≥
+
⇔ + ≥
+
Khai thác bài toán:
Bất đẳng thức trên có liên quan đến việc “cộng mẫu” nên có thể sử dụng
để chứng minh bất đẳng thức sau:
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác, chứng minh rằng:

1 1 1 1 1 1
2
p a p b p c a b c
 
+ + ≥ + +
 ÷
− − −
 
Trong đó
2
a b c
p
+ +
=

Bài toán 1.1: Chứng minh rằng:









++
++
≤
+
+
+
+
+
+
+
+
cba
cba
ca
ca
bc
cb
ba
ba
222222222
3
Bài toán 1.2: Cho
1,,0 ≤≤ cba
. Chứng minh rằng:

accbbacba
222222
1
+++≤++
Bài toán 1.3: Cho a > 0, b > 0, c > 0. Chứng minh:







−+≥++
cbaab
c
ac
b
bc
a 111
2
Bài toán 1.4: Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng:
x
zy
zy
x
≥
+
+
+ 4
2

Bài toán 1.5: Cho a, b > 0. Chứng minh rằng:
a
b
ba
b
a
−≥−
Bài toán 2: Cho
, , 0a b c >
. Chứng minh rằng:

( )
1 1 1
9a b c
a b c
 
+ + + + ≥
 ÷
 
Phân tích:
Bất đẳng thức trên được gọi là BĐT Cauchy cơ bản trường hợp 3 số.Ta có
vế trái chứa
, , 0a b c
>
và các nghịch đảo của chúng. Vì vậy ta nghĩ đến việc áp
dụng bất đẳng thức cô-si.
Lời giải:
Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức côsi cho các bộ số
, ,a b c
và

1 1 1
; ;
a b c
ta có:
3
a b c abc
+ + ≥
3
1 1 1 1
a b c abc
+ + ≥
Nhân từng vế với bất đẳng thức trên ta được:
( )
1 1 1
9a b c
a b c
 
+ + + + ≥
 ÷
 
(đpcm)
Cách 2: Ta có:

( )
1 1 1
a b c
a b c
 
+ + + +
 ÷

 
=
3 3 2 2 2 9
b a c a b c
a b a c c b
     
+ + + + + + ≥ + + + =
 ÷  ÷  ÷
     
Dấu “ =” xảy ra khi
và chỉ khi
a b c= =
.
Khai thác bài toán: Bằng cách tương tự ta có thể chứng minh được các
bất đẳng thức sau:`
Bài toán2.1:Chứng minh các bất đẳng thức
a)
3
a b c
b c a
+ + ≥
(a, b, c > 0)
b)
2 2 2
a b c ab bc ca+ + ≥ + +
Bài toán 2.2: chứng minh rằng:
a)
2
2
2

2
1
x
x
+
≥
+

x R
∀ ∈
HD: Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho 2 số
2
1x +
và 1.
b)
8
6
1
x
x
+
≥
−

x
∀
> 1.
HD: Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho hai số
1x −
và 9.

c)
( ) ( )
1 4a b ab ab+ + ≥

, 0a b
∀ ≥
HD: Áp dụng bất đẳng thức cô-si ta có :
2
1 2
a b ab
ab ab
+ ≥
+ ≥
Nhân từng vế của 2 bất đẳng thức ta suy ra đpcm.
Bài toán 2.3: Chứng minh rằng:
a)
( ) ( ) ( )
8a b b c c a abc
+ + + ≥
, , 0a b c
∀ ≥
b)
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
1 1 1 6a b b c c a abc+ + + + + ≥
HD: Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho 6 số
2 2 2 2 2 2 2 2 2
, , , , ,a a b b b c c c a
.
Bài toán 3: Chứng minh bất đẳng thức nesbit ( 3 số )

3
2
a b c
b c a c a b
+ + ≥
+ + +

, ,a b c
∀
> 0.
Phân tích : Áp dụng bất đẳng thức cô-si hoặc đặt và áp dụng bất đẳng
thức cô-si để chứng minh bất đẳng thức. Ta có lời giải như sau:
Lời giải :
Cách 1 : Ta có :

3
2
a b c
b c a c a b
+ + ≥
+ + +
9
1 1 1
2
a b c
b c a c a b
⇔ + + + + + ≥
+ + +
( )

1 1 1 9
2
a b c
b c a c a b
 
⇔ + + + + ≥
 ÷
+ + +
 
Áp dụng bất đẳng thức cô-si cơ bản trường hợp 3 số cho bộ 3 số a + b,
b+c, c+a và
1 1 1
; ;
b c a c a b+ + +
ta có đpcm.
Cách 2:
Đặt
x b c= +
;
y a c
= +
;
z a b= +
Khi đó
, , 0x y z
>
và
2
y z x
a

+ −
=
,
2
x z y
b
+ −
=
,
2
x y z
c
+ −
=

Ta có:
( )
1
2 2 2 2
1 1 3
3 2 2 2 3 .
2 2 2
a b c y z x x z y x y z
b c a c a b
x y x z y z
y x z x z x
+ − + − + −
 
+ + = + +
 ÷

+ + +
 
 
= + + + + + − ≥ + + − =
 ÷
 
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
x y z= =
Khai thác bài toán:
Bằng cách tương tự, ta có thể chứng minh được các bất đẳng thức sau:
với a, b, c, d là dương ta có:
2 2 2 9
1.
b c c a a b a b c
+ + ≥
+ + + + +
2 2 2
2.
2
a b c a b c
b c c a a b
+ +
+ + ≥
+ + +
2. Chứng minh bất đẳng thức trong tam giác.
Bài toán 1: cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác
Chứng minh rằng:
.3≥
−+
+

−+
+
−+ cba
c
bca
b
acb
a
Phân tích:
Ta cố gắng làm mẫu “gọn lại” để tách các tử theo mẫu.
Lời giải:
Cách 1:
Đặt:
x b c a= + −
;
y a c b= + −
;
z a b c= + −
Khi đó
, , 0x y z
>
và
2
x y
a
+
=
;
2
x z

b
+
=
;
2
y z
c
+
=
Vế trái:

( )
3222
2
1
2
1
2
1
=++≥








+++++=


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

y
xz
x
zy
z
yx
cba
c
bca
b
acb
a
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi:
.
2
2
2
cbazyx
y
z
z
y
x
z
z
x
x
y
y
x

==⇔==⇔









=+
=+
=+
Cách 2:
Nhận xét: Do a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên ta có

0a b c
+ − >
;
0a c b
+ − >
;
0b c a
+ − >
Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho các cặp số dương :
( ) ( )
( ) ( )
( )
2
2

( )
2
a b c a c b
a b c a c b a
a c b b c a
a c b b c a c
b c a a b c
b c a a b c b
+ − + + −
+ − + − ≤ =
+ − + + −
+ − + − ≤ =
+ − + + −
+ − + − ≤ =
Để ý rằng cả hai vế của các bất đẳng thức trên là các số dương và ba bất
đẳng thức này cùng chiều, nhân từng vế của chúng ta được:

( )( )( )
.abcacbbcacba ≤−+−+−+
Ta có:
( ) ( ) ( )
3
3
a b c abc
b c a a c b a b c b c a a c b a b c
+ + ≥
+ − + − + − + − + − + −

3
3 3

abc
abc
≥ =
Khai thác bài toán:
Trong bài toán trên chúng ta đã sử dụng ẩn phụ hoặc dùng bất đẳng
thức cô-si để giải. Sử dụng cách thức trên, hãy giải bài toán sau:
Bài toán 1.1: Cho a, b, c, d > 0 và a + b + c + d = 1. Chứng minh rằng:
+ + ≤ 2.
Bài toán 1.2: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác ABC,
.cba
≤≤
Chứng minh rằng :
( )
.9
2
bccba
≤++
Bài toán 2: Chứng minh rằng:
3
3
22
3
22
3
22
4.2<
+
+
+
+

+ ba
c
ac
b
cb
a
(1)
Trong đó a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác
Phân tích: Áp dụng bất đẳng thức cô-si
Lời giải:
Ta có:
( )
2
33
4
1
cbcb +≥+
Thật vậy:
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
3 3 3 3 2 2
3 3 2 2
2 2
2 2
2
1 4 3 3

0
0
0
0
b c b c b c bc
b c b c bc
b b c c b c
b c b c
b c b c
⇔ + ≥ + + +
⇔ + − − ≥
⇔ − − − ≥
⇔ − − ≥
⇔ − + ≥
Luôn đúng suy ra (1) đúng
Tương tự:
( )
2
33
4
1
caca +≥+
( )
2
33
4
1
baba +≥+
Do đó:
)3(4

3
3
22
3
22
3
22






+
+
+
+
+
<
+
+
+
+
+
ba
c
ca
b
cb
a

ba
c
ac
b
cb
a
Mà:

a b c
a b a c a b
 
+ +
 ÷
+ + +
 
2 2 2
2( ) 2( ) 2( )
a b c
b c a c a b
= + +
+ + +
2 2 2
2
a b c
b a c a b c a b c
< + + =
+ + + + + +
Do:






>+
>+
>+
bca
acb
cba
Từ (3) và (4) suy ra đpcm.
Khai thác bài toán: Bằng phương pháp tương tự ta giải quyết được các
bài toán như sau:
Bài toán 2.1 Cho a, b, c là đọ dài 3 cạnh của một tam giác và có chu vi
bằng 2. Chứng minh rằng: a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2abc < 2.
Bài toán 2.2 Cho a, b, c là độ dài của một tam giác. Chứng minh rằng:

( ) ( ) ( )
abccbacbcabacba 3
222
≤−++−++−+
Bài toán 2.3 Giả sử a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác.
(2)
Chứng minh rằng:
( )

6
111
3333
333
≤
++
−








++++
abc
cba
cba
cba
3. Ứng dụng bất đẳng thức cô-si tìm cực trị.
Bài toán 1: Cho các số dương a, b, c thõa mãn
1a b c+ + =
.Tìm giá trị lớn
nhất của
1 1 1
1 1 1P
a b c
   
= + + +

 ÷ ÷ ÷
   
.
Phân tích:
Từ
, , 0a b c
>
suy ra ≤
1
3

3
1
3
abc
⇔ ≥
. Do đó có thể khai triển biểu thức
P rồi ước lượng theo bất đẳng thức Cô-si.
Lời giải:
Cách 1: Ta có:
1 1 1 1 1 1 1
1P
a b c ab ac bc abc
= + + + + + + +
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương ta có:
a+ b + c ≥ 3
3
3
3
1 3

1
3
1
3
abc
abc
abc
⇔ ≥
⇔ ≤
⇔ ≥
Mặt khác:
2
2
3
1 1 1 1
3 3
ab ac bc abc
 
+ + ≥ ≥
 ÷
 

3
1 1 1 1
3 3
a b c abc
+ + ≥ ≥
Vậy:
2 3 2
1 3 3 3 (1 3) 64P ≥ + + + = + =

Cách 2:
1 1 1a b c
P
a b c
+ + +
= + +

( ) ( ) ( )
1
1 1 1a b c
abc
= + + +


( ) ( ) ( )
1
a a b c b a b c c a b c
abc
= + + + + + + + + +


3
4
4
4 64abc
abc
≥ = =

Khai thác bài toán:
Ta có bài toán tổng quát: Cho 3 số dương a, b, c có a + b + c = S.

Tìm giá trị lớn nhất của
1 1 1
( , , ) 1 1 1 .f a b c
a b c
   
= + + +
 ÷ ÷ ÷
   
Bài toán 2: Cho x > 0, y > 0 thõa mãn :
1 1 1
2x y
+ =
.
Tìm GTNN của A =
x y+
Lời giải:
Vì
0x
>
;
0y >
nên
1
0
x
>
;
1
0
y

>
;
0x >
;
0y >
. Ta có:

1 1 1 1 1 1 1
.
2 4
4
2 2 4 4
Cs
x y x y
xy
xy
A x y x y
 
+ ⇒ ≤
 ÷
 
⇒ ≥
= + ≥ + ≥ =
≤

Vậy min A = 4 khi và chỉ khi x = y = 4
Nhận xét : Trong bài toán trên ta đã sử dụng bất đẳng thức cô-si theo 2
chiều ngược lại
+ Dùng
2

a b
ab
+
≤
để dùng điều kiện tổng
1 1 1
2x y
+ =
từ đó ta được
4xy ≥
+ Dù
ng
2a b ab+ ≥
“làm giảm” tổng
x y+
để dùng kết quả
4xy ≥
Lưu ý: Không phải lúc nào ta cũng sử dụng trực tiếp bất đẳng thức cô-si
•
Cách 1: Để tìm cực trị của một biểu thức ta tìm cực trị của bình phương biểu
thức đó.
Bài toán 1 : Tìm GTLN của A =
3 5 7 3x x
− + −
Lời giải:
Điều kiện :
5 7
3 3
x≤ ≤
Ta có: A

2
= ( 3x – 5 ) + ( 7 – 3x ) + 2
( ) ( )
3 5 7 3x x
− −
A
2

≤
( 3x – 5 + 7 – 3x ) + 2 = 4
Dấu = xảy ra
⇔
3x – 5 = 7 – 3x
⇔

x = 2
Vậy Max A
2
= 4
⇒
Max A = 2
⇔
x = 2.
Phân tích: Ta thấy A được cho dưới dạng tổng của hai căn thức. Hai biểu
thức lấy căn có tổng không đổi (= 2).Vì vậy, nếu bình phương A sẽ xuất hiện
hạng tử là hai lần tích của hai căn thức. Đến đây có thể áp dụng bất đẳng
thức cô-si.
• Cách 2: Nhân và chia biểu thức cùng với một số khác 0.
Bài toán 2
: Tìm Max của A =

9
5
x
x
−
Phân tích: Trong cách giải trên, x – 9 được biểu diễn thành
9
.3
3
x −
khi
vận dụng BĐT Cô-si tích này sẽ trở thành nữa tổng:
9 1
3
3 3
x
x
−
+ =
có dạng
kx có thể rút gọn cho x ở mẫu.
Lời giải:
Điều kiện:
9x
≥
Ta có:
1 9
9
9 9
3

.3
9 1
2 3
3
3
5 5 5 10 30
x
x
x
x
A
x x x x
−
 
−
− +
+
 ÷
−
 
= = ≤ = =
Dấu ‘=’ xảy ra
9
3 18
3
x
x
−
⇔ = ⇔ =
Vậy Max A =

1
18
30
x⇔ =
• Cách 3: Biến đổi biểu thức đã cho thành tổng của các biểu thức sao cho tích
của chúng là một hằng số.
Bài toán 3
: Cho x > 0, tìm GTNN của A =
4
3
3 16x
x
+
Phân tích: Tách 1 hạng tử thành tổng của nhiều hạng tử bằng nhau từ
đó ta giải quyết bài toán.
Lời giải:
A =
4
3
3 16x
x
+
=
4
3 3 3
16 16 16
3 4 . . .x x x x x x x
x x x
+ = + + + ≥
A

≥
4.2 = 8 ( dấu “=” xảy ra
3
16
2x x
x
⇔ = ⇔ =
)
Vậy min A = 8 khi x = 2
Bài toán 4 : Cho 0 < x < 2, tìm GTNN của A =
9 2
2
x
x x
+
−
Lời giải:
9 2 9 2
1 2 . 1 2 9 1 7
2 2
x x x x
A
x x x x
− −
= + + ≥ + = + =
− −
Dấu “=” xảy ra
Vậy min A = 7
9 2 1
2 2

x x
x
x x
−
⇔ = ⇔ =
−
1
2
x⇔ =
Phân tích: Trong cách giải trên ta đã tách
2
x
thành tổng
2
1
x
x
−
+
. Hạng
tử
2 x
x
−
nghịch đảo với
2
x
x−
nên áp dụng BĐT Cô-si ta được tích của chúng
là một hằng số.

• Cách 4: Thêm một hạng tử vào đẳng thức đã cho
Bài toán 5: Cho x, y, z > 0 thõa mãn : x + y + z = 2
Tìm GTNN của P =
2 2 2
x y z
y z z x x y
+ +
+ + +
Lời giải :
Vì x, y, z > 0 ta có :
Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương
2
x
y z+
và
4
y z+
ta có :

2 2
2 . 2.
4 4 2
x y z x y z x
x
y z y z
+ +
+ ≥ = =
+ +
(1)
Tương tự ta có:

2
2
(2)
4
(3)
4
y x z
y
x z
z x y
z
x y
+
+ ≥
+
+
+ ≥
+
Cộng (1) + (2) + (3) ta được:

( )
2 2 2
2
1
2
x y z x y x
x y z
y z z x x y
x y z
P x xy z

 
+ +
+ + + ≥ + +
 ÷
+ + +
 
+ +
⇒ ≥ + + − =
Dấu “=” xảy ra
2
3
x y z⇔ = = =
Vậy min P = 1
2
3
x y z⇔ = = =
Nhận xét
: Ta thêm
4
y z
+
vào hạng tử thứ nhất
2
x
y z+
, để khi vận dụng
BĐT Cô-si có thể khử được (y + z). Cũng như vậy đối với 2 hạng tử còn lại của
bài toán. Dấu đẳng thức xảy ra khi đồng thời (1), (2), (3)
2
3

x y z⇔ = = =
Bài toán 6: Cho a, b, c > 0 thõa mãn: a + b + c = 1
Tìm GTLN của P =
1 1 1
1 1 1
a b c
   
+ + +
 ÷ ÷ ÷
   
Phân tích: Ta có:

3
3
1 1
, , 0 3
3
a b c abc
abc
> ⇒ ≤ ⇔ ≥
Do đó có thể khai triển P rồi ước lượng theo BĐT Cô-si
Lời giải:
Cách 1:
1 1 1 1 1 1 1
1P
a b c ab bc ac abc
= + + + + + + +
Áp dụng BĐT cô-si cho 3 số dương ta có :
3 3
3

3
1
3 1 3
3
1
3 27
a b c abc abc abc
abc
+ + ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤
⇔ ≥ =
(1)
Mặt khác :
2
3
3
2
3
1 1 1 1
3 3 27
1 1 1 1
3 3
ab ac bc abc
a b c abc
 
+ + ≥ ≥ =
 ÷
 
+ + ≥ ≥
(2)
Lấy (1) + (2) ta được :

2
1 3 27 27 64P
≥ + + + =
.
Vậy min P = 64
Cách 2:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
3
4 4 4 3
4
1 1 1 1
. . . 1 1 1
1
4
4 64
a b c
P a b c
a b c abc
P a a b c b a b c c a b c
abc
P a b c
abc
+ + +
= = + + +
= + + + + + + + + +
≥ = =
Khai thác bài toán: Bằng phương pháp tương tự ta có thể giải quyết bài
toán tổng quát sau:
Bài toán 6.1: cho S = a + b + c

Tìm GTLN của P =
1 1 1
1 1 1
a b c
   
+ + +
 ÷ ÷ ÷
   
Áp dụng các cách trên cùng với việc sử dụng bất đẳng thức cô-si, ta có
thể giải quyết cái bài toán như:
 Bài tập đề nghị:
Bài tập 1: Tìm GTLN của B =
2
1
y
x
x y
−
−
+
Bài tập 2:Cho 2 số dương x, y có x + y = 1
Tìm GTNN của B =
2 2
1 1
1 1
x y
 
 
− −
 ÷

 ÷
 
 
Bài tập 3: Cho x, y, z > 0 thõa mãn :
1 1 1
2
1 1 1x y z
+ + ≥
+ + +
Tìm GTNN của P = xyz
Bài tâp 4 : Cho M = 3x
2
– 2x + 3y
2
– 2y + 6 |x| + 1
Tính giá trị của M biết x, y là 2 số thõa mãn x.y = 1 và biểu thức
|x + y| đạt GTNN.
Bài tập 5: Cho các số thực không âm a
1
, …, a
5
thõa mãn: a
1
+ … + a
5
=1
Tìm GTLN của A = a
1
a
2

+ a
2
a
3
+ a
3
a
4
+ a
4
a
5
Bài tập 6: Cho a, b > 0. Tìm GTNN của A =
( ) ( )
x a x b
x
+ +
( x > 0)
Bài tập 7: Với giá trị nào của số dương a thì biểu thức A đạt GTNN.
A =
1000 900 90 5
1995
a a a a
a
+ + + +
Bài tập 8: Cho a, b, c, d là bốn số dương. Chứng minh rằng:

1 2
a b c d
a b c b c d c d a d a b

< + + + <
+ + + + + + + +
Bài tập 9: Chứng minh rằng: + 1 ≥ 0 với mọi x ≥ -1, n N*.
Bài tập 10:
a) Chứng minh rằng, với mọi số nguyên dương k ta đều có

( )
1 1 1
2
1 1k k k k
 
< −
 ÷
+ +
 
b) Áp dụng chứng minh rằng:

( )
1 1 1 1
2
2
3 2 4 2 1n n
+ + + + <
+
.

KẾT LUẬN
“Bất đẳng thức cô-si và ứng dụng của bất đẳng thức cô-si” là một khái
niệm hay nhưng khó đối với học sinh, do đó giáo viên cần hướng dẫn phân
tích một cách tỉ mỉ để học sinh có thể chứng minh thành thạo các bất đẳng

thức ở nhiều dạng khác nhau đồng thời các em cũng tìm ra được các cách
làm hay đối với những bài toán chứng minh.
Qua chủ đề “Bất đẳng thức cô-si và ứng dụng” em hy vọng đã góp phần
hoàn chỉnh nội dung phân loại mục tiêu và tiêu chuẩn trong chủ đề, đồng thời
em mong muốn đề tài sẽ là tài liệu tham khảo cho các bạn sinh viên trong quá
trình thiết kế bài giảng chuẩn bị cho đợt thực tập sắp tới cũng như công việc
sau này.
Do kiến thức của em còn hạn chế nên nội dung đề tài sẽ không tránh khỏi
những sai lầm và thiếu xót chính vì vậy, em rất mong muốn được sự góp ý, bổ
sung của tất cả các bạn và thầy, cô giáo để đề tài của em của được hoàn chỉnh
hơn.
Cuối cùng em xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến giảng viên Nguyễn
Thị Thu và các thầy, cô giáo đã tận tình hướng dẫn và giúp đỡ tạo điều kiện cho
em trong thời gian em làm đề tài. Em xin chân thành cảm ơn.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1.Nguyễn Vũ Thanh, Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán
trung học cơ sở, NXB Giáo dục, 2006.
2.Hoàng kỳ (chủ biên) – Hoàng Thanh Hà, Bài tập Toán 10, tập I, NXB
Giáo dục, 2006.
3.Vũ Dương Thụy – Nguyễn Ngọc Đại, Toán nâng cao và chuyên đề đại
số. NXB giáo dục.2006.