Ứng dụng bất đẳng thức để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức

1

MỤC LỤC
Nội dung

Trang

Mở đầu

2

Chương 1: Kiến thức cơ sở

4

1.1.

Bất đẳng thức Cauchy (AM – GM)

4

1.1.1. Bất đẳng thức Cauchy và ứng dụng

4

1.1.2. Kĩ thuật Cauchy ngược dấu

7

1.2.

10

Bất đẳng thức Bunhiacopski (bất đẳng thức Cauchy –
Schwarz)

Chương 2: Ứng dụng bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất và nhỏ

16

nhất.
2.1. Định nghĩa

16

2.2. Vận dụng bất đẳng thức Cauchy để tìm giá trị lớn nhất và

16

nhỏ nhất.
2.3. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski để tìm giá trị lớn nhất

27

và nhỏ nhất.
2.4. Bài tập tự luyện

33

Kết luận

35

Tài liệu tham khảo

36

MỞ ĐẦU
I. Lí do chọn đề tài
Trong chương trình toán trung học phổ thông thì việc tìm giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất của biểu thức là phần hấp dẫn, lôi cuốn tất cả người học toán

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


2

và làm toán. Các bài toán này rất phong phú và đa dạng. Vì vậy, các bài toán
tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất thường xuyên có mặt trong các kì thi học sinh
giỏi, các đề thi vào trường chuyên, Đại học và Cao đẳng.
Để giải quyết nó đòi hỏi người học toán và làm toán phải linh hoạt và
vận dụng một cách hợp lý trong từng bài toán. Tất nhiên đứng trước một bài
toán đó thì mỗi người đều có một xu hướng xuất phát riêng của mình. Nói
như vậy có nghĩa là có rất nhiều phương pháp để đi đến kết quả cuối cùng của
bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Điều quan trọng là phải lựa chọn
phương pháp nào cho lời giải tối ưu của bài toán. Thật là khó nhưng cũng thú
vị nếu ta tìm được đường lối đúng đắn để giải quyết nó. Đặc biệt ứng dụng
hai bất đẳng thức Cauchy và Bunhicopski vào việc tìm giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất rất giúp ta giải quyết bài toán nhanh và chính xác.
Với những lý do trên, sự đam mê của bản thân tôi mạnh dạn thực hiện
Chuyên đề với đề tài : “Ứng dụng bất đẳng thức để tìm giá trị lớn nhất và

nhỏ nhất của biểu thức”. Trong khuôn khổ của đề tài tôi chỉ đề cập đến hai
bất đẳng thức Cauchy và Bunhiacopski. Từ đó giúp người học toán và làm
toán có thêm công cụ để giải quyết các bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ
nhất của biểu thức. Đề tài gồm có hai chương:
Chương 1: Kiến thức cơ sở
Chương 2: Ứng dụng bất đẳng thức để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
Trong mỗi chương thì sau phần trình bày lý thuyết là các bài tập điển hình và
các bài tập tự luyện.
2. Mục đích nghiên cứu
- Tìm ra phương pháp giúp học sinh chứng minh được bất đẳng thức.

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


3

- Tìm ra phương pháp giải các giải được các bài toán tìm giá trị lớn
nhất và nhỏ nhất.
3. Đối tượng nghiên cứu
- Kiến thức liên quan đến bất đẳng thức Cauchy và Bunhiacopski.
- Các tính chất của bất đẳng thức cơ bản.
4. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu tài liệu: Đọc các sách giáo khoa phổ thông,
sách tham khảo phần bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất…
-Phương pháp thu thập tài liệu, thống kê: Chọn các bài toán trong các đề
thi ĐH, CĐ, học sinh giỏi.
5. Phạm vi nghiên cứu
Các bài tập có liên quan đến bất đẳng thức Cauchy và Bunhiacopski.
Do trình độ và kinh nghiệm còn hạn chế nên đề tài này này còn nhiều
hạn chế, khó tránh khỏi những sai sót. Tôi rất mong được sự góp ý của các

thầy cô trong Toán – Lý – Tin – CN trường THPT Tam Đảo 2.
Tam Đảo, tháng 02 năm 2014
Ths. Trần Đức Hải

CHƯƠNG 1
KIẾN THỨC CỞ SỞ
1.1. Bất đẳng thức Cauchy (AM-GM)
1.1.1 Bất đẳng thức Cauchy và ứng dụng

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


4

Định lý 1.1. (Bất đẳng thức Cauchy). Với mọi số thực dương a1 , a2 ,..., an ta
có bất đẳng thức

a1 + a2 + .... + an n
≥ a1.a2 ...an .
n

(1.1)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an .
Bài 1.1. Chứng minh rằng với mọi số thực dương a,b,c ta có
1 1 1
9
+ + ≥
a b c a+b+c
Lời giải: Sử dung bất đẳng thức Cauchy cho 3 số ta được

( a + b + c ) 

1 1 1
3
+ + ÷≥ 3 3 abc . 3
=9
abc
a b c

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
Bất đẳng thức tổng quát hơn được chứng minh hoàn toàn tương tự
1 1
1
n2
+ + ... + ≥
.
a1 a2
an a1 + a2 + ... + an

Bài 1.2. Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a,b,c ta có
a
b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a +b 2
Lời giải:

a
b
c
3
a
b
c
3
9
+
+
≥ ⇔
+1+
+1+
+1≥ + 3 =
b+c c+a a+b 2
b+c
c+a
a+b
2
2
a+b+c b+c+a c+a +b 9
1
1 
 1
+
+
≥ ⇔ 2( a + b + c) 
+
+

÷≥ 9
b+c
c+a
a+b
2
b+c c+a a +b

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


5

1
1 
 1
⇔ ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a )  
+
+
≥9
 a + b b + c c + a 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm ta có:

( a + b) + ( b + c) + ( c + a) ≥ 33 ( a + b) ( b + c) ( c + a )

( 1.2 )

1
1
1
1

+
+
≥ 33
a+b b+c c+a
( a + b) ( b + c) ( c + a)

( 1.3)

1
1 
 1
+
+
≥9
Từ (1.2) và (1.3) ta có: ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a )  
 a + b b + c c + a 
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .
Bài 1.3. Chứng ming rằng mọi a, b, c > 0 ta luôn có

a2
b2
c2
a+b+c
+
+
≥
b+c c+a a+b
2
a2
b2

c2
a+b+c
+
+
≥
b+c c+a a+b
2

Lời giải:

⇔

a2
b+c
b2
a+c
c2
a +b
+
+
+
+
+
≥a+b+c
b+c
4
c+a
4
a+b
4

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có
a2
b+c
a2 b + c
+
≥2
=a
b+c
4
b+c 4

( 1.4 )

b2
c+a
b2 c + a
+
≥2
=b
c+a
4
c+a 4

( 1.5)

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


6

c2
a+b
c2 a + b
+
≥
=c
a+b
4
a+b 4

( 1.6 )

Cộng vế với vế của (1.4), (1.5), (1.6) ta được điều phải chứng minh.
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .
Bài 1.4. Chứng minh rằng với mọi a, b, c dương ta luôn có

a3
b3
c3
a 2 + b2 + c 2
+
+
≥
b+c c+a a+b
2
Lời giải: Vì bất đẳng thức là những biểu thức đối xứng nên để áp dụng bất
đẳng thức Cauchy thì ta phải thêm một lượng sao cho các dấu bằng xảy ra,
tức là luôn thỏa mãn a = b = c . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số
a( b + c)

a3
a3 a ( b + c )
+
≥2
= a2
b+c
4
b+c
4

( 1.7 )

b( c + a)
b3
b3 b ( c + a )
+
≥2
= b2
c+a
4
c+a
4

( 1.8)

c( a + b)
c3
c3 c ( a + b )
+
≥2

= c2
a+b
4
a+b
4

( 1.9 )

Cộng vế với vế của (1.7), (1.8), (1.9) ta được

a ( b + c) + b( c + a ) + c ( a + b)
a3
b3
c3
+
+
≥ a 2 + b2 + c 2 −
b+c c+a a +b
4
Ta cần chứng minh a 2 + b 2 + c 2 −

a ( b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b ) a 2 + b2 + c 2
≥
4
2

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


7

⇔ 2 ( a 2 + b2 + c 2 ) − a ( b + c ) − b ( c + a ) − c ( a + b ) ≥ 0

⇔ a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ≥ 0 (luôn đúng)
Vậy có điều phải chứng minh.

x3 y 3 z 3
+ +
≥ x+ y+ z
Bài 1.5. Với mọi x, y, z dương hãy chứng minh
yz zx xy
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số ta được

x3
y3
+ y + z ≥ 3x ( 1.10 ) ;
+ z + x ≥ 3y
yz
zx

z3
( 1.11) ; + x + y ≥ 3z ( 1.12 )
xy

Cộng các vế của (1.10), (1.11), (1.12) ta có điều phải chứng minh.
Dấu “ = ” bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .
1.1.2. Kĩ thuật Cauchy ngược dấu
Bài 1.6. Cho a > 0, b > 0, c > 0; a + b + c = 3
Chứng minh:

4a + 1 + 4b + 1 + 4c + 1 ≤ 3 5 . Dấu bằng xảy ra khi nào?

Lời giải: Vì bất đẳng thức không đổi khi hoán vị vòng quanh a, b, c nên dấu
bằng xảy ra khi a = b = c = 1 lúc đó 4a + 1 = 4b + 1 = 4c + 1 = 5
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số ta được

5 ( 4a + 1) ≤

5 + 4a + 1
= 3 + 2a
2

( 1.13)

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


8

5 ( 4b + 1) ≤

5 + 4b + 1
= 3 + 2b
2

( 1.14 )

5 ( 4c + 1) ≤

5 + 4c + 1

= 3 + 2c
2

( 1.15 )

Cộng vế với vế của (1.13), (1.14), (1.15) ta được

5

(

)

4a + 1 + 4b + 1 + 4c + 1 ≤ 9 + 2 ( a + b + c ) = 15

⇔ 4a + 1 + 4b + 1 + 4c + 1 ≤ 3 5.

Bài 1.7. Cho a > 1, b > 1 chứng ming rằng:
a b − 1 + b a − 1 ≤ ab

Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số

1+ b −1 b
ab
= ⇒ a ( b − 1) ≤
2
2
2
1+ a −1 a
ab

1.( a − 1) ≤
= ⇒ b ( a − 1) ≤
2
2
2
1.( b − 1) ≤

( 1.16 )
( 1.17 )

Cộng vế với vế của (1.16) và (1.17) ta được điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2 .
Bài 1.8. Cho các số dương a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3 . Chứng
minh bất đẳng thức:

a
b
c
3
+
+
≥
1 + b2 1 + c2 1 + a2 2

Lời giải: Ta không thể dùng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy với mẫu số vì khi
đó bất đẳng thức sẽ đổi chiều

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2

9

a
b
c
a
b
c 3
+
+
≤
+
+
≥ ?
2
2
2
1+ b 1+ c 1+ a
2b 2c 2a 2
Ta không thể chứng minh

a
b
c
3
+
+
≥
?
1 + b2 1 + c2 1 + a 2 2

Tuy nhiên rất may mắn ta có thể dùng lại bất đẳng thức Cauchy theo cách
sau:

a
ab 2
ab 2
ab
=a−
≥a−
=a−
2
2
1+ b
1+ b
2b
2

( 1.18 )

b
bc 2
bc 2
bc
=b−
≥b−
=b−
2
2
1+ c

1+ c
2c
2

( 1.19 )

c
ca 2
ca 2
ca
=c−
≥c−
=c−
2
2
1+ a
1+ a
2a
2

( 1.20 )

(1.18), (1.19), (1.20) ⇒

a
b
c
ab + bc + ca 3
+
+

≥
a
+
b
+
c
−
≥
1 + b2 1 + c 2 1 + a 2
2
2

Vì ta có ab + bc + ca ≤ 3 và a + b + c = 3 . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Bài 1.9. Chứng minh rằng với mọi số dương a, b, c có tổng bằng 3 thì
a +1 b +1 c +1
+
+
≥3
b2 + 1 c 2 + 1 a 2 + 1
Lời giải: Theo bất đẳng thức Cauchy ta có
a +1
( a + 1) b ≥ a + 1 − ( a + 1) b = a + 1 − ab + b
= a +1− 2
2
b +1
b +1
2b
2
2

2

Tương tự ta có hai bất đẳng thức nữa với b và c rồi cộng lại ta được

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


10

a +1 b +1 c +1 
ab + b  
ca + a  
bc + c 
+ 2
+ 2
≥  a +1−
÷+  c + 1 −
÷+  b + 1 −
÷
2
b +1 c +1 a +1 
2  
2  
2 
= 3+

 a + b + c = 3

a + b + c − ab − bc − ca
≥ 3  do 

⇒ ab + bc + ca ≤ 3 ÷
2
  a , b, c > 0


Bài 1.10. Chứng minh rằng với mọi a,b,c,d dương có tổng bằng 4 thì
1
1
1
1
+ 2
+ 2
+ 2
≥2
a +1 b +1 c +1 d +1
2

Lời giải: Ta cũng đánh giá tương tự

1
a2
a2
a
=1− 2
≥1−
= 1−
2
a +1
a +1
2a

2
Tương tự làm với b,c,d rồi cộng lại.
1.2.

Bất đẳng thức Bunhiacopski (Bất đẳng thức Cauchy- Schwarz)

Định lý 1.2.Với hai dãy số thực tùy ý a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn

( a1b1 + a2b2 + .... + anbn )

2

≤ ( a12 + a22 + ... + an2 ) ( b12 + b22 + ... + bn2 )

Dấu “=’’ xảy ra khi và chỉ khi

a1 a2
a
= = ... = n
b1 b2
bn

Hệ quả 1.1. Với hai dãy số a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn ; bi ≥ 0 ∀i = 1, n

a12 a22
an2 ( a1 + a2 + ... + an )
Ta có
+ + ... + ≥
.
b1 b2

bn
b1 + b2 + ... + bn
2

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


11

Dấu “=’’ xảy ra khi và chỉ khi

a1 a2
a
= = ... = n
b1 b2
bn

Ngoài ra, bất đẳng thức trên còn được viết dưới dạng
 a12 a22
an2 
2
+
+
....
+

÷( b1 + b2 + ... + bn ) ≥ ( a1 + a2 + ... + an )
bn 
 b1 b2
Hệ quả 1.2. Đặt bi = ai .ci khi đó từ hệ quả 1.1 ta có kết quả sau

( a1 + a2 + ... + an ) , dấu “=’’ xảy ra ⇔ c = c = ... = c
a1 a2
a
+ + ... + n ≥
1
2
n
c1 c2
cn a1.c1 + a2c2 + ... + ancn
2

Hệ quả 1.3. Với mọi dãy số thực a1 , a2 ,..., an ta có

( a1 + a2 + ... + an )

2

≤ n ( a12 + a22 + ... + an2 ) .

Bài tập 1.11. Cho a, b,c là ba số thực khác 0. Chứng minh rằng:

a 2 b2 c 2 a b c
+ + ≥ + +
b2 c2 a 2 b c a
Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai dãy số
a b c
1,1,1 và ; ; ta được
b c a

2

2
b
c
b2 c2 
 a
2
2
2 a
 1. + 1. + 1. ÷ ≤ ( 1 + 1 + 1 )  2 + 2 + 2 ÷
c
a
c
a 
 b
b
2

 a 2 b2 c2  1  a b c 
⇒  2 + 2 + 2 ÷≥  + + ÷
c
a  3 b c a 
b

(1.21)

2
a b c 1  3 a b c 
a b c

a b c
Mà  + + ÷ ≥ . 3 . . ÷ = 3 ⇔  + + ÷ ≥ 3  + + ÷ ( 1.22 )
b c a 3  b c a 
b c a
b c a

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


12

Từ (1.21) và (1.22) ta suy ra được

a2 b2 c2 a b c
+ + ≥ + + .(ĐPCM)
b2 c2 a 2 b c a

Bài 1.12. Giả sử a,b,c là các số thực dương, chứng minh rằng
a

( b + c)

2

+

b

( c + a)

2

+

c

( a + b)

2

≥

9
4( a + b + c)

Lời giải: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có
2
 a
  a
b
c
b
c 
+
+
≥
+
+
( a + b + c ) .
÷

2
2
2 ÷ 
÷
b
+
c
c
+
a
a
+
b


b
+
c
c
+
a
a
+
b
(
)
(
)
(
)




Lại áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski (hệ quả 1.1), ta được
a
b
c
a2
b2
c2
( a + b + c) ≥ 3
+
+
=
+
+
≥
b + c c + a a + b ab + ac bc + ba ca + cb 2 ( ab + bc + ca ) 2
2

( Do ( a + b + c )

2

≥ 3 ( ab + bc + ca )

)

Bài 1.13. Giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 0 . Chứng minh

x2 y y2 z z 2 x
+
+
≥ x2 + y 2 + z 2
z
x
y

Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có
 x 2 y y 2 z z 2 x  x 2 z y 2 x z 2 y 
2
2
2 2
+
+
+
+
≥
x
+
y
+
z
(
)

÷
÷
x
y  y

z
x 
 z

Mặt khác x ≥ y ≥ z nên

x 2 y y 2 z z 2 x x 2 z y 2 x z 2 y ( xy + yz + zx ) ( x − y ) ( x − z ) ( y − z )
+
+
−
−
−
=
≥0
z
x
y
y
z
x
xyz

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


13

2

 x2 y y2 z z 2 x 

2
2
2 2
+
+
Từ đó 
÷ ≥ ( x + y + z ) suy ra điều phải chứng minh.
x
y 
 z

Bài 1.14. Giả sử x, y, z ≥ 1 và

1 1 1
+ + = 2 . Chứng minh rằng
x y z

x + y + z ≥ x −1 + y −1 + z −1
Lời giải: Vì

1 1 1
x −1 y −1 z −1
+ + =2⇔
+
+
=1
x y z
x
y
z

Theo bất đẳng thức Bunhiacopski ta được
 x −1 y −1 z −1
x + y + z = ( x + y + z) 
+
+
÷≥
x
y
z



(

x −1 + y −1 + z −1

)

2

x + y + z ≥ x −1 + y −1 + z −1

Từ đó suy ra

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =

3
.
2

Bài 1.15. Cho các số dương a,b,c có tổng bằng 3. Chứng minh rằng

a2
b2
c2
+
+
≥1
a + 2b 2 b + 2c 2 c + 2a 2
Lời giải: Bài toán này có thể giải bằng kĩ thuật Cosi ngược dấu, tuy nhiên ta
có thể lại giải khá đơn giản bằng bất đẳng thức Bunhiacopski (hệ quả 1.2)
2

2

(a

2

2

+ b2 + c2 )

2

a
b
c
+

+
≥
2
2
a + 2b b + 2c
c + 2 a 2 a 3 + b 3 + c 3 + 2 ( a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 )
Ta cần chứng minh ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 3 + b3 + c 3 + 2 ( a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 )
2

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


14

⇔ a 4 + b 4 + c 4 ≥ a3 + b3 + c3
Thật vậy 3 ( a 3 + b3 + c 3 ) = ( a 3 + b 3 + c 3 ) ( a + b + c ) ≥ ( a 2 + b 2 + c 2 )

2

2
2
2
Lại có ( a + b + c ) ( 1 + 1 + 1) ≥ ( a + b + c ) = 9
2

Do đó a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 , suy ra a 3 + b 3 + c 3 ≥ a 2 + b 2 + c 2 .

(a

4

+ b 4 + c 4 ) ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ ( a 3 + b3 + c3 ) ⇒ a 4 + b 4 + c 4 ≥ a 3 + b3 + c 3
2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài 1.16. Cho a, b, c >

−1
, a + b + c = 3 , chứng minh rằng
4
4a + 1 + 4b + 1 + 4c + 1 ≤ 3 5

Lời giải: Bài này có thể áp dụng bất đẳng thức Cauchy ngược dấu như bài
1.6, tuy nhiên ta có thể áp dụng bất đẳng thức Bunhia cho hai bộ số 1, 1, 1 và

4a + 1; 4b + 1; 4c + 1
Ta được

(

)

4a + 1 + 4b + 1 + 4c + 1 ≤ ( 12 + 12 + 12 ) ( 4a + 1 + 4b + 1 + 4c + 1)
2

⇔ 4a + 1 + 4b + 1 + 4c + 1 ≤ 3. 4 ( a + b + c ) + 3 = 3 5

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài 1.17. Cho a, b, c là 3 số thực dương thoả mãn abc =1
Chứng minh rằng

1
1
1
3
+ 3
+ 3
≥ .
a (b + c) b (c + a ) c ( a + b) 2
3

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


15

1
x

1
y

Giải. Đặt a = ; b = ; c =

Khi đó

1
do abc =1 nên xyz =1
z

1
x3
x2
=
=
a 3 (b + c) 1 + 1 y + z
y z
1
z2
=
a 3 (b + c ) x + y
1
y2
=
a 3 (b + c ) x + z

Khi đó bất đẳng thức trở thành
x2
y2
z2
3
+
+
≥
y+z x+z x+ y 2

Áp dung BĐT SVÁC ta có:
x2
y2
z2

( x + y + z) = x + y + z
+
+
≥
y + z x + z x + y 2( x + y + z )
2
2

Áp dụng BĐT côsi ta có: x + y + z ≥ 3 3 xyz =

3
2

x2
y2
z2
3
+
+
≥ .
Vậy
y+z x+z x+ y 2

Hay

1
1
1
3
+ 3

+ 3
≥
a (b + c) b (c + a ) c (a + b) 2
3

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 3.

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


16

CHƯƠNG 2
ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC TÌM GIÁ TRỊ
LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT
2.1. Định nghĩa
Cho biểu thức f ( x, y,...)
- Ta nói M là giá trị lớn nhất (GTLN) của biểu thức f ( x, y,...) kí hiệu
max f = M nếu hai điều kiện sau đây được thoả mãn:
+ Với mọi x,y... để f ( x, y,...) xác định thì : f ( x, y,...) ≤ M

(2.1)

+ Tồn tại xo, yo ... sao cho: f ( x0 , y0 ,...) = M

(2.2)

- Ta nói m là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức f(x,y...) kí hiệu
min f = m, nếu hai điều kiện sau đây được thoả mãn :
+ Với mọi x,y... để f ( x, y,...) xác định thì : f ( x, y ,...) ≥ m

(2.3)

+ Tồn tại xo,yo ... sao cho: f ( x0 , y0 ,...) = m

(2.4)

2.2. Vận dụng bất đẳng thức Cauchy để tìm GTLN, GTNN
Bài 2.1. Cho x, y > 0,

1 1 1
+ = .Tìm GTNN của A =
x y 2

Lời giải: Do x > 0, y > 0 nên

cho 2 số

x+ y

1
1
> 0,
> 0 áp dụng bất đẳng thức Cauchy
x
y

1
1
1 1

11 1 
1 1
, , ta được:  + ÷≥
. .Hay ≥
=>
4
x y
xy
2 x y 
x y

xy ≥ 4

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


17

Mặt khác ta có: x > 0, y > 0 =>
Cauchy ta được:

x+ y ≥2

x ≥ 0, y ≥ 0 . Lại áp dụng bất đẳng thức

xy ≥ 2 4 = 4

x = y

Vậy: Min A = 4 khi :  1 1 1 ⇔ x = y = 4

x + y = 2

Bài 2.2 Tìm GTNN của của biểu thức :
Cho a, b, c > 0; a + b + c ≤

1 1 1
3
. Tìm GTNN của S = a + b + c + + + .
a b c
2

Sai lầm thường gặp
S =a+b+c+

1 1 1
1 1 1
+ + ≥ 6. 6 a.b.c. . . = 6 ⇒ min S = 6 .
a b c
a b c

Nguyên nhân sai lầm
min S = 6 ⇔ a = b = c =

1 1 1
3
= = = 1 ⇒ a + b + c = 3 > trái với giả thiết.
a b c
2

Phân tích và tìm tòi lời giải: Do S là biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự

1
đoán min S đạt điểm rơi tại a = b = c = . Khi đó sơ đồ điểm rơi như sau
2

α

α
a
=
α
b
=
α
c
=
1 
α
2
a=b=c= ⇒
⇒ =2⇔α =4.
2 1 1 1
2
= = =2
 a b c
Vậy ta có lời giải bài toán như sau:

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


18

1 1 1
1 1 1

S =  4a + 4b + 4c + + + ÷− 3 ( a + b + c ) ≥ 6 6 4a.4b.4c. . . − 3 ( a + b + c )
a b c
a b c

3 15
≥ 12 − 3. =
2 2
Vậy min S =

15
1
⇔ a=b=c= .
2
2

Bài 2.3. Tìm giá trị lớn nhất của : A = xyz(x + y)(y + z)(z + x) với
x, y, z > 0, x + y + z = 1 .
Lời giải: Ta chọn điểm rơi cho bài toán, do x, y, z đối xứng nên giá trị lớn
1
nhất của bài toán chỉ có thể xảy ra khi x = y = z , x + y + z = 1 ⇒ x = y = z = .
3
3

3

2

2
Từ đó A =  ÷ ⇒ Ta chứng minh A ≤  ÷ . Áp dụng BĐT Cauchy cho ba
9
9
số không âm x, y, z ta có: 1 = x + y + z ≥ 3. 3 xyz

(2.5)

Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm x+y, y +z, z + x ta có :
2 = (x + y) + (y + z) + (z + x) ≥ 3. 3 ( x + y )( y + z )( z + x)
Nhân từng vế của (2.5) với (2.6) (do hai vế đều không âm) :
3

2
2 ≥ 9. 3 A ⇒ A ≤  ÷
9
3

1
2
max A =  ÷ khi và chỉ khi x = y = z = .
3
9

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2

(2.6)


19

Bài 2.4. Tìm GTNN của A =

xy yz zx
+
+
với x, y, z ≥ 0; x + y + z = 1
z
x
y

Lời giải: Ta cũng chọn điểm rơi cho bài toán, do x,y,z đối xứng và
1
x, y, z ≥ 0; x + y + z = 1 ⇒ x = y = z = . Từ đó ta chứng minh A ≥ 1 .
3
Theo bất đẳng thức Cauchy :

Tương tự :

xy yz
xy yz
+
≥2
. = 2y .
z
x
z x

yz zx
zx xy

+ ≥ 2z ;
+
≥ 2 x . Suy ra 2A ≥ 2(x + y + z) = 2.
x
y
y
z

MinA = 1 khi và chỉ khi x = y = z =

1
.
3

Bài 2.5. Với x > 0, y > 0, x + y ≤ 1 .Tìm GTNN A =

1
2
+
+ 4 xy .
2
x +y
xy
2

Lời giải: Do x,y đối xứng nên nghiệm của bài toán chỉ có thể xảy ra khi và
chỉ khi x = y =

(

1
⇒ A = 11 . Ta chứng minh A ≥ 11 .
2

)

2
x + y
≥
xy
⇒
x
+
y
≥ 4 xy
(
)
 2
1 1
1

⇒ ( x + y )  + ÷≥ 2 xy .2
=4

1
1
1
x
y
xy



 + ≥2

xy
x y

⇒

Ta có: A =

1 1
4
+ ≥
x y x+ y

 1
1
2
1  
1 
5
+
+
4
xy
=
+
+
4

xy
+
+
 x 2 + y 2 2 xy ÷ 
x 2 + y 2 xy
4 xy ÷ 4 xy

 

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


20

A≥

=

4
1
5
4
5
+
2
4
xy
.
+
=

+
2
+
2
x 2 + 2 xy + y 2
4 xy ( x + y ) 2 ( x + y ) 2
( x + y)
9

( x + y)

2

+ 2 = 11 vì x + y ≤ 1

1

x=

x = y

2
⇔
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
x + y = 1  y = 1

2
 1  1  1 
Bài 2.6: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 1 + ÷1 + ÷1 + ÷. Biết
x 

y 
z


rằng x, y, z > 0, x + y + z = 1 .
Lời giải: Ta chọn nghiệm của bài toán. Vì x,y,z đối xứng và x + y + z = 1 nên
1
x = y = z = ⇒ A = 64 . Ta chứng minh A ≥ 64 .
3
Ta có A =

(1+ x) ( 1 + y) ( 1+ z)
xyz

. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có

1 + x = x + y + z + x ≥ 4 4 x 2 yz
1 + y = x + y + z + y ≥ 4 4 xy 2 z
1 + z = x + y + z + z ≥ 4 4 xyz 2

( 2.7 )
( 2.8)
( 2.9 )

Từ (2.7), (2.8), (2.9) ta suy ra ( 1 + x ) ( 1 + y ) ( 1 + z ) ≥ 64 xyz .
x = y = z
1
⇔ x = y = z = ⇒ MinA = 64
Vậy A ≥ 64 . A = 64 ⇔ 
3

x + y + z = 1

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


21

Bài 2.7. Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 2 . Tìm GTNN
của biểu thức:

P=

x2
y2
z2
+
+
y+z z+x y+x

Lời giải: Ta chọn điểm rơi để giải quyết bài toán. Do P đối xứng với x, y, z
nên điểm rơi bất đẳng thức sẽ là
2

x2
y2
z2
1
x = y = z =
=
=

= ⇒ Ta cm P ≥ 1
3⇒

y+z z+x x+ y 3
 P = 1

x2
y+z
x2 y + z
x
≥2
.
= 2. = x
Ta có :
+
y+z
y+z 4
2
4

( 2.10 )

x+z
y2
y2 x + z
y
≥2
+
.
= 2. = y

4
x+z
x+z 4
2

( 2.11)

z2
y+x
z2 y + x
z
≥2
.
= 2. = z
+
y+x
y+x 4
2
4

( 2.12 )

Từ (2.10),(2.11),(2.12)
 x2
y2
z2  y + z x + z y + x
⇒
+
+
+

+
≥ x+ y+ z
÷+
y
+
z
z
+
x
y
+
x
4
4
4


 x2
y2
z2  x + y + z
+
+
≥ x+ y+z
Hay: 
÷+
y
+
z
z
+

x
y
+
x
2



Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


22

⇒P=

x2
y2
z2
x+ y+ z x+ y+z
+
+
≥ x+ y+ z−
≥
=1
y+z z+x y+x
2
2

 x2
y+z

y+z = 4

 y2
x+z
2
=
⇔x= y=z=
Vậy Min P = 1 ⇔ 
4
3
x + z
 z2
y+x
=

4
y+x

z2
x2
y2
,
,
Lưu ý: Nếu ta lần lượt thêm (x + y), ( z + y), ( x + z) vào
y+x y+z z+x
ta vẫn khử được (x + y), ( z + y), ( x + z) nhưng không tìm được x, y, z để
dấu dấu đẳng thức xảy ra đồng thời. Khi đó không tìm được giá trị nhỏ nhất.

x2
y2

z2
+
+
Bài 2.8. Tìm GTNN của A =
.
x+ y y+z z+x
Biết x, y, z > 0 ,

xy + yz + zx = 1 .

x2
y2
z2
x+ y+z
+
+
≥
Lời giải: Theo bài 2.7
.
x+ y y+z z+x
2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy

x+ y
y+z
z+x
≥ xy ;
≥ yz ;
≥ zx nên x + y + z ≥ xy + yz + zx .
2

2
2
Hay

x+y+z
≥
2

xy + yz + zx 1
=
2
2
⇒ MinA =

1
1
⇔ x=y=z= .
2
3

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


23

a, b > 0
Bài 2.9. Cho 
. Tìm GTLN S = a + b + b + c + c + a
a + b + c = 1

Lời giải: Sai lầm thường gặp
1+ a + b

 a + b = 1( a + b ) ≤
2

3 + 2( a + b + c) 5
1+ b + c

⇒S≤
=
 b + c = 1( b + c ) ≤
2
2
2

1+ c + a

c
+
a
=
1
c
+
a
≤
(
)


2
Dấu bằng xảy ra ⇔ a + b = b + c = c + a = 1 ⇒ a + b + c =

3
≠ 1 mâu thuẫn.
2

Phân tích và tìm lời giải như sau: Do vai trò của a,b,c trong các biểu thức là
như nhau do đó điểm rơi của bất đẳng thức sẽ là a = b = c =

đoán MaxS = 6 và a + b = b + c = c + a =


 a+b =



 b+c =



 c+a =



3 2
3
( a + b) ≤
2 3
2

3 2
3
( b + c) ≤
2 3
2
3 2
3
( c + a) ≤
2 3
2

Vậy MaxS = 6 ⇔ x = y = z =

a+b+

1
từ đó ta dư
3

2
2
⇒ hằng số cần thêm là
3
3

2
3

2
2

3 ⇒ S ≤ 3 2 + 2( a + b + c) = 6
2
2
2
2
c+a+
3
2

b+c+

1
3

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


24

a, b, c > 0
; Tìm GTLN S = 3 a + b + 3 b + c + 3 c + a
Bài 2.10. Cho 
a
+
b
+
c
=
1


Lời giải:Ta chọn điểm rơi cho bài toán. Do S là biểu thức đối xứng với a,b,c
nên Max S thường xảy ra tại điều kiện
2

a + b = 3

a, b, c > 0
1
2
2 2

⇔ a = b = c = ⇔ b + c = ⇒ hằng số cần thêm là .

3
3
3 3
 a + b + c =1

2

c + a = 3

Ta sẽ chứng minh S ≤ 3 18 .Thật vậy

3

a+b =

3

9 3
2 2
9
. ( a + b) . = 3
4
3 3
4

a+b+

2 2
+
3 3

3
2 2
b+c+ +
9
2 2
9
3
3 3
b + c = 3 .3 ( b + c ) . = 3
4
3 3
4
3
2 2
c+a+ +

9
2 2
9
3
3 3
c + a = 3 .3 ( c + a ) . = 3
4
3 3
4
3
1
Suy ra S ≤ 3 18. S = 3 18 ⇔ x = y = z = . Vậy MaxS = 3 18
3
2.11. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
 1
 1
B = ( 1 + x ) 1 + ÷+ ( 1 + y ) 1 + ÷. Trong đó x, y là các số dương thỏa mãn
y
x



x2 + y2 = 1 .

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2


25

Lời giải: Ta chọn điểm rơi cho bài toán. Vì x,y đối xứng nên giá trị nhỏ nhất

x = y
1
⇒x= y=
của bài toán chỉ xảy ra ⇔  2
. Khi đó B = 4 + 3 2 .
2
x
+
y
=
1
2

1  
1   x y  1 1 1 

+  + ÷+  + ÷+ 2
Ta có B =  x + ÷+  y +
2x  
2y ÷

  y x  2 x y 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta được
x+

1
1
1 1 1 
1

≥ 2; y +
≥ 2;  + ÷≥
≥
2x
2y
2 x y 
xy

2
= 2;
x + y2
2

x y
+ ≥ 2. Từ các bất đẳng thức trên ta suy ra B ≥ 4 + 3 2 ⇒ min B = 4 + 3 2
y x
Bất đẳng thức trở thành đẳng thức khi tất cả các bất đẳng thức trên trở thành
đẳng thức tức là x = y =

2
.Vậy bài toán thỏa mãn điều kiện (2.3), (2.4).
2

Bài 2.12. Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn
2 ( a 2 + b 2 ) + ab = ( a + b ) ( ab + 2 ) .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 a 3 b3   a 2 b 2 
P = 4  3 + 3 ÷− 9  2 + 2 ÷.
a  b
a 

b
2
2
Lời giải: Với a, b dương, ta có: 2 ( a + b ) + ab = ( a + b ) ( ab + 2 )

a b
1 1
⇔ 2 ( a 2 + b 2 ) + ab = a 2b + ab 2 + 2 ( a + b ) ⇔ 2  + ÷+ 1 = ( a + b ) + 2  + ÷
b a
a b
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2