Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức cô si

MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ
BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI
Phần một: Phần Mở Đầu
Lí do chọn đề tài
Trong toán học bất đẳng thức Cauchy và bất đẳng thức Bunyakovski là
hai bất đẳng thức cổ điển có nhiều ứng dụng trong giải toán. Chúng được sử
dụng nhiều trong chương trình giải toán phổ thông đặc biệt là trong các kì thi
tuyển sinh đại học và các kì thi học sinh giỏi. Đề tài về hai bất đẳng thức này
là không mới. Tuy nhiên em vẫn chọn đề tài này do đây là mảng kiến thức em
thích, em đã giải khá nhiều bài toán có ứng dụng hai bất đẳng thức này nhưng
bản thân em vẫn chưa tổng kết được các phương pháp sử dụng hai bất đẳng
thức trên trong giải toán. Vì vậy khi nghiên cứu đề tài này sẽ giúp em hệ thống
lại các kỹ thuật sử dụng hai bất đẳng thức này một cách rõ ràng hơn. Và sau
này khi trở thành giáo viên em sẽ thấy tự tin hơn khi giảng dạy về mảng kiến
thức này từ đó giúp học sinh hiểu rõ hơn. Bên cạnh đó, em thấy đề tài này
cũng hợp với khả năng của mình, đặc biệt em thực hiện đề tài này với sự
hướng dẫn tận tình của giáo viên hướng dẫn cùng với nguồn tài liệu không ít
nên em tin mình có thể hoàn thành tốt đề tài này.
Phương pháp nghiên cứu
Sử dụng phương pháp tham khảo tài liệu là chủ yếu.
Phần hai: Nội Dung Nghiên Cứu
MỘT SỐ QUY TẮC CHUNG KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
CAUCHY VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI
Quy tắc song hành: Đa số các bất đẳng thức đều có tính đối xứng nên chúng
ta có thể sử dụng nhiều bất đẳng thức trong chứng minh một bài toán để định
hướng cách giải nhanh hơn.
Quy tắc dấu bằng: Dấu “=” trong bất đẳng thức có vai trò rất quan trọng. Nó
giúp ta kiểm tra tính đúng đắn của chứng minh, định hướng cho ta cách giải.
Chính vì vậy khi giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức hoặc các bài toán
cực trị ta cần rèn luyện cho mình thói quen tìm điều kiện của dấu bằng mặc dù
một số bài không yêu cầu trình bày phần này.

Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng: Chúng ta thường mắc sai lầm về tính
xảy ra đồng thời của dấu “=” khi áp dụng liên tiếp hoặc song hành nhiều bất
đẳng thức. Khi áp dụng liên tiếp hoặc song hành nhiều bất đẳng thức thì các
dấu “=” phải cùng được thỏa mãn với cùng một điều kiện của biến.
Quy tắc biên: Đối với các bài toán cực trị có điều kiện ràng buộc thì cực trị
thường đạt được tại vị trí biên.
Quy tắc đối xứng: Các bất đẳng thức có tính đối xứng thì vai trò của các biến
trong các bất đẳng thức là như nhau do đó dấu “=” thường xảy ra tại vị trí các

biến đó bằng nhau. Nếu bài toán có điều kiện đối xứng thì chúng ta có thể chỉ
ra dấu “=”xảy ra tại khi các biến đó bằng nhau và bằng một giá trụ cụ thể.
MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
Cho n số thực không âm a1 , a 2 ,..., a n , n ∈ Z , n ≥ 2 , ta luôn có:
a1 + a 2 + ... + a n ≥ n . n a1 .a 2 ...a n
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1 = a 2 = ... = a n
MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
Kỹ thuật tách ghép bộ số
Kỹ thuật tách ghép cơ bản
Bài 1: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ 8abc
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ 2 ab .2 bc .2 ac = 8abc (đpcm)
Bài 2: Cho 4 số thực dương a, b, c, d. Chứng minh rằng:
ac + bd ≤ ( a + b )( c + d )
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
ac + bd
a

c
b
d
=
.
+
.
( a + b) ( c + d ) ( a + b) ( c + d )
( a + b )( c + d )
1 a
c  1 b
d  1a+b c+d 
+
+
+

+ 
= 
 =1
2a+b c+d  2a+b c+d  2a+b c+d 
⇒ ac + bd ≤ ( a + b )( c + d ) (đpcm)
a > c
Bài 3: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa 
. Chứng minh rằng:
b > c
≤

c( a − c ) + c( b − c ) ≤ ab
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

1


c( a − c ) + c ( b − c )
ab

c ( a − c)
c ( b − c)
=
.
+
.
b
a
a
b
≤

1c a−c 1c b−c
 +
+  +

2b
a  2a
b 

≤

1c

c 1c
c
 +1−  +  +1−  = 1
2b
a 2a
b

⇒ c( a − c ) + c( b − c ) ≤ ab (đpcm)
Bài 4: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
1 + 3 abc ≤ 3 (1 + a )(1 + b )(1 + c )
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
1 + 3 abc
1
1
1
a
b
c
≤3
.
.
+3
.
.
3 (1 + a )(1 + b )(1 + c )
(1 + a ) ( 1 + b ) (1 + c ) (1 + a ) (1 + b ) (1 + c )
1 1
1
1  1 a

b
c 
≤ 
+
+
+
+
+ 

3 1+ a 1+ b 1+ c  3 1+ a 1+ b 1+ c 
1 1+ a 1+ b 1+ c 
≤ 
+
+
 =1
3 1+ a 1+ b 1+ c 
⇒ 1 + 3 abc ≤ 3 (1 + a )(1 + b )(1 + c ) (đpcm)
a ≥ 1
Bài 5: Cho 2 số thực dương a, b thỏa 
. Chứng minh rằng:
b ≥ 1
a b − 1 + b a − 1 ≤ ab
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
1
ab
a b − 1 = a ab − a ≤ ( a + ab − a ) =
(1)
2
2

ab
Tương tự: b a − 1 ≤
(2)
2
Cộng theo vế (1) và (2), ta được:
a b − 1 + b a − 1 ≤ ab (đpcm)

Bài 6: Cho 2 số thực dương a, b. Chứng minh rằng: 16ab( a − b ) 2 ≤ ( a + b ) 4
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

16ab( a − b ) = 4.( 4ab )( a − b )
2

 4ab + ( a − b ) 2 
 ( a + b) 2 
4
≤ 4.
=
4
.


 = ( a + b)
2


 2 
2

2

2

(đpcm)
Bài 7: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
a (1 + b ) + b(1 + c ) + c(1 + a ) ≥ 33 abc 1 + 3 abc
Giải:
Ta có:
a (1 + b ) + b(1 + c ) + c(1 + a ) = ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca )
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
a + b + c ≥ 33 abc

(

ab + bc + ca ≥ 33 ( abc )

)

2

(

⇒ ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) ≥ 33 abc + 33 ( abc ) = 33 abc 1 + 33 abc
2

(

)

⇒ a (1 + b ) + b(1 + c ) + c(1 + a ) ≥ 33 abc 1 + 3 abc (đpcm)

Bài 8: Cho 2 số thực dương a, b. Chứng minh rằng: ab +

)

a b
+ ≥ a + b +1
b a

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
a b  ab a   ab b   a
b 
ab + + =  +  +  +
+ +

b a  2 2b   2 2a   2b 2a 
ab a
ab b
a b
≥2
. +2
.
+2
.
= a + b + 1 (đpcm)
2 2b
2 2a
2b 2a

Bài 9: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = 10 . Tìm GTLN của:
A =a 2b 3c 5

Giải:
Ta có:
2

3

a a b b b c c c c c
a b c
10 = a + b + c = + + + + + + + + + ≥ 1010   .  . 
2 2 3 3 3 5 5 5 5 5
 2  3 5
2

3

5

2

3

5

5

a b c
a b c

⇒   .  .  ≤ 1 ⇒   .  .  ≤ 1 ⇒a 2b3c 5 ≤2 2 3355 = 337500
 2  3 5
 2  3 5
10

2


a = 2
a b c
a b c a+b+c
 = =

⇔ = = =
= 1 ⇔ b = 3
Dấu “=” xảy ra ⇔  2 3 5
2 3 5
10
a + b + c = 10
c = 5

Vậy GTLN của A là 337500.
Kỹ thuật tách nghịch đảo
a b
Bài 1: Chứng minh rằng: + ≥ 2 , ∀a,b > 0
b a
Giải:
a
b
> 0,

>0
Vì a,b > 0 nên
b
a
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a b
a b
+ ≥ 2 . = 2 (đpcm)
b a
b a
Bài 2: Chứng minh rằng: a +

1
≥ 3 , ∀a > 1
a −1

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
1
1
1
a+
= a −1+
+ 1 ≥ 2 ( a − 1)
+ 1 = 2 + 1 = 3 (đpcm)
a −1
a −1
a −1
a2 + 2
≥ 2 , ∀a ∈ R

Bài 3: Chứng minh rằng:
a2 +1
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a2 + 2
a2 +1+1
1
1
=
= a2 +1 +
≥ 2 a2 +1
= 2 (đpcm)
2
2
2
a +1
a +1
a +1
a2 +1
Bài 4: Chứng minh rằng:

3a 2
1
≤ , ∀a ≠ 0
4
1 + 9a
2

Giải:
Với ∀a ≠ 0 , áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

3a 2
1
1
1
1
=
=
≤
=
4
4
1
(đpcm)
1
9a
1 + 9a
+ 3a 2 2 1 .3a 2 2
+ 2
2
2
3a
3a
3a
3a 2

2

 a2

+ 2  , ∀a ≠ −1

Bài 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = ( a + 1) + 
 a +1

Giải:
2

 a 2 + 2a + 2 

A = ( a + 1) + 
a
+
1



2

2

 ( a + 1) 2 + 1
= ( a + 1) + 

 a +1 

2

2

1 


= ( a + 1) +  a + 1 +

a +1


2

2

Cauchy
1
1
2
+
2
2 2( a + 1)
+2=2 2+2
≥
2
( a + 1)
( a + 1) 2
1
2
−2±4 8
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2( a + 1) =
2 hay a =
( a + 1)
2
Vậy GTNN của A = 2 2 + 2
2

Bài 6: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = a + 2 , ∀a > 0
a
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
2
a a
1
a a
1
1 3
A=a+ 2 = + +
≥ 3. . .
= 33 = 3 4
3 2 2
a a
a a
2 2
2 2
a
2. .
2. .
2 2
2 2
a
2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi = 2 hay a = 3 4
2 a
3
Vậy GTNN của A = 3 4
2

1
≥ 3 , ∀a > b > 0
Bài 7: Chứng minh rằng: a +
b ( a − b)
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
1
1
1
a+
= b + ( a − b) +
≥ 33 b.( a − b ).
=3
b( a − b )
b( a − b )
b( a − b )

= 2( a + 1) +
2

3


Bài 8: Chứng minh rằng: a +

4

( a − b )( b + 1)

2

≥ 3 , ∀a > b > 0

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
( b + 1) + ( b + 1) +
4
a+
= ( a − b) +
2
2
2
( a − b )( b + 1)

1
−1
(
b + 1) ( b + 1)
( a − b)
2
2
( b + 1) . ( b + 1) .
1
≥ 4. ( a − b ).
−1 = 3
4
(
b + 1) ( b + 1)
2
2

( a − b)
2
2
Kỹ thuật ghép đối xứng
Trong kỹ thuật ghép đối xứng ta cần nắm một số thao tác sau:
a+b b+c c+a

+
+
a + b + c =
2
2
2
Phép cộng: 
2( a + b + c ) = ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a )
abc = ab bc ca ,
( a, b, c ≥ 0)
Phép nhân:  2 2 2
a b c = ( ab )( bc )( ca )
Bài 1: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:

bc ca ab
+
+
≥ a+b+c
a
b
c

Giải:

Ta có:
bc ca ab 1  bc ca  1  ca ab  1  ab bc 
+
+
=  + +  + +  + 
a
b
c
2 a
b  2 b
c  2 c
a
bc ca
ca ab
ab bc
≥
. +
.
+
.
= a+b+c
a b
b c
c a
a2 b2 c2 b c a
Bài 2: Cho ba số thực abc ≠ 0 . CMR: 2 + 2 + 2 ≥ + +
a b c
b
c
a

Giải:
Ta có:
a2 b2 c2 1  a2 b2  1  b2 c2  1  c2 a2 
+
+
= 
+ +  + + 
+ 
b 2 c 2 a 2 2  b 2 c 2  2  c 2 a 2  2  a 2 b 2 
≥

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

Bài 3: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa abc = 1 . CMR:

b+c c+a a+b
+
+
≥ a + b + c +3
a
b
c
Giải:
 bc
b + c c + a a + b 2 bc 2 ca 2 ab
+
+
≥
+
+
= 2
+
a
b
c
a
b
c
 a
 bc
ca   ca
ab  
+
+
= 

+
+


b   b
c  
 a
≥2

(

bc ca
+2
a b

) (

=2 a+ b+ c =

ca ab
+2
b c

ca
ab 
+
b
c 
ab
bc 


+
c
a 

ab bc
c a

) (

a+ b+ c +

a+ b+ c

)

≥ a + b + c + 33 a b c = a + b + c + 3
b+c c+a a+b
+
+
≥ a + b + c +3
Vậy
a
b
c
a+b+c
Bài 4: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b, p =
. CMR:
2
( p − a )( p − b )( p − c ) ≤ 1 abc

8
Giải:
Ta có:
( p − a )( p − b )( p − c ) = ( p − a )( p − b ) ( p − b )( p − c ) ( p − c )( p − a )
≤

( p − a) + ( p − b) . ( p − b) + ( p − c) . ( p − c) + ( p − a )

2
2
2
2 p − ( a + b) 2 p − ( b + c) 2 p − ( c + a ) 1
≤
.
.
= abc
2
2
2
8
a+b+c
Bài 5: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b, p =
. CMR:
2
1
1
1
 1 1 1
+
+

≥ 2 + + 
p−a p−b p −c
a b c
Giải:
Ta có:

4


a
b
c
3
 2: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:
1
1
1
1 1
1  1 1
1  1 1
1 Bài
+
+
≥
 + 
 + 

+
+
= 

+
+
+
b+c c+a a+b 2
p−a p −b p −c 2 p−a p−b 2 p−b p−c 2 p −c p−a
(Bất đẳng thức Nesbit)
1
1
1
Giải:
≥
+
+
( p − a )( p − b ) ( p − b )( p − c ) ( p − c )( p − a )
Ta có:
a
b
c
a  
b  
c 

1
1
1
+
+
= 1 +
 + 1 +
 + 1 +

−3
≥
+
+
( p − a) + ( p − b) ( p − b) + ( p − c) ( p − c) + ( p − a ) b + c c + a a + b  b + c   c + a   a + b 
2
2
2
a+b+c b+c+a c+a+b
=
+
+
−3
b+c
c+a
a+b
 1 1 1
≥ 2 + + 
1
1 
 1
a b c
= ( a + b + c)
+
+
−3
Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo
b+c c+a a+b
Trong kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo ta ứng dụng bất đẳng thức sau
1

1
1 
 1
= [ ( b + c ) + ( c + a ) + ( a + b ) ]
+
+
−3
Với n ∈ N ∗ và x1 , x 2 ,..., x n > 0 thì
2
b+c c+a a+b


9
3
( x1 + x 2 + ... + x n )  1 + 1 + .. + 1  ≥ n 2
≥ −3=
x
x
x
2
n 
 1
2
2
Bài 3: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:
Chứng minh bất đẳng thức trên :
c2
a2
b2
a+b+c

Ta có với x1 , x 2 ,..., x n > 0 thì
+
+
≥
a+b b+c c+a
2


( x1 + x 2 + ... + x n )  1 + 1 + .. + 1  ≥ n n x1 x 2 ...x n .n n 1 = n 2
Giải:
xn 
x1 x 2 ...x n
 x1 x 2

c2
a2
b2
c2  
a2  
b2 
 +  a +
 +  b +
 − ( a + b + c)
+
+
=  c +
Với n = 3 và x1 , x 2 , x3 > 0 thì
a+b b+c c+a 
a+b 
b+c 

c + a 


( x1 + x 2 + x3 )  1 + 1 + 1  ≥ 9
c  
a  
b 

= c1 +
 + a1 +
 + b1 +
 − ( a + b + c)
 x1 x 2 x3 
 a+b  b+c  c+a
b+c c+a a+b
+
+
≥6
Bài 1: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:
 a+b+c b+c+a c+a+b
= c
 + a
 + b
 − ( a + b + c)
a
b
c
a+b   b+c   c+a 

Giải:

a
b 
 c
Ta có:
= ( a + b + c)
+
+
 − ( a + b + c)
 a+b b+c c+a 
b+c c+a a+b  b+c  c+a  a+b
+
+
= 1 +
 + 1 +
 + 1 +
−3
a
b
 c

a
b
c
a  
b  
c 

= ( a + b + c)
+
+

− 1
a+b b+c c+a 
a+b+c b+c+a c+a+b
=
+
+
−3
Theo bất đẳng thức Nesbit đã chứng minh ở bài 2 thì:
a
b
c
a
b
c
3
1 1 1
+
+
≥
= ( a + b + c) + +  − 3 ≥ 9 − 3 = 6
b+c c+a a+b 2
a b c
Do đó
5


x+ y y+z z+x
c2
a2
b2

3  a+b+c
.
.
≥ xy . yz zx = xyz
+
+
≥ ( a + b + c )  − 1 =
(đpcm)
2
2
2
a+b b+c c+a
2
2 
( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ) ≤ abc (đpcm)
Hay
Bài 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa a + b + c ≤ 1 . Chứng minh bất
đẳng thức sau:
Bài 2: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b. CMR:
1
1
1
a
b
c
+ 2
+ 2
≥9
+
+

≥ 3 (1)
2
a + 2bc b + 2ca c + 2ab
b+c−a c+a −b a+b−c
Giải:
Giải:
Do a + b + c ≤ 1 ta có:
Đặt:
1
1
1
1
1
1
y+z

2

+ 2
+ 2
≥ ( a + b + c)  2
+ 2
+ 2
a=

2

a + 2bc b + 2ca c + 2ab
2
 a + 2bc b + 2ca c + 2ab 

b + c − a = x > 0

z+x


1
1
1


c + a − b = y > 0 ⇔ b =
= a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ac  2
+ 2
+ 2

2
a + b − c = z > 0

 a + 2bc b + 2ca c + 2ab 

x+ y

1
1
1


c=

= a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab  2

+ 2
+ 2
≥
9

2

 a + 2bc b + 2ca c + 2ab 
Khi đó vế trái của bất đẳng thức (1) trở thành:
Kỹ thuật đổi biến số
y+z z+x x+ y
Có những bài toán về mặt biểu thức toán học tương đối cồng kềnh, khó nhận
+
+
2
x
2
y
2z
biết được phương hướng giải. Bằng cách đổi biến số, ta có thể đưa bài toán về
Ta có:
dạng đơn giản và dễ nhận biết hơn.
∆
ABC
,
AB
=
c
,
BC

=
a
,
CA
=
b
.
Bài 1: Cho
CMR:
y+ z z+ x x+ y 1 y x 1 z x 1 z
( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ) ≤ abc (1)
+
+
=  +  +  +  +  +
2x
2y
2z
2 x y 2 x z  2 y
Giải:
y
+
z

2 y x 2 z x 2
a = 2
≥
. +
. +
b + c − a = x
2 x y 2 x z 2


z+x


a
b
c
Đặt: c + a − b = y ⇔ b =
+
+
≥ 3 (đpcm)
Hay
2
a + b − c = z

b+c−a c+a −b a+b−c

x+ y

c = 2

Bài 3: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b. CMR:
Khi đó bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau:
a2
b2
c2
x+ y y+z z+x
+
+
≥ a + b + c (1)

x. y.z ≤
.
.
b+c−a c+a −b a+b−c
2
2
2
Giải:
Do trong tam giác, tổng độ dài của hai cạnh luôn lớn hơn độ dài cạnh còn lại
nên :
x, y , z > 0
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

(

[(

)

) (

) (

)]

y

z 
z y
. =3

y z

6


y+z

a = 2
b + c − a = x > 0

z+x


Đặt: c + a − b = y > 0 ⇔ b =
2
a + b − c = z > 0


x+ y

c = 2

Khi đó bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau:
( y + z ) 2 + ( z + x) 2 + ( x + y) 2 ≥ x + y + z
4x
4y
4z

(y + z)
Ta có:

2

+

(z + x)

2

+

(x + y)

4x
4y
4z
æ
1æ
yz zx ö
1ç
zx xy ö
÷
ç
+
+
+ ÷
÷
÷
ç
ç

÷
÷+
ç
2ç
x
y
2
y
z ø
è
ø è
³

yz zx
. +
x y

zx xy
. +
y z

2

³

yz zx xy
+
+
=
x

y
z

1æ
xy yz ö
ç
+ ÷
÷
ç
÷
çz
2è
x ø

xy yz
. =z + x + y
z x

a2
b2
c2
+
+
≥ a + b + c (đpcm)
b+c−a c+a −b a+b−c
a+b+c
Bài 4: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b, p =
. CMR:
2
1

1
1
p
+
+
≥
2
2
2
( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) ( p − a )( p − b )( p − c ) (1)
Giải:
b+c−a
p−a =
>0
Ta có:
2
Tương tự:
p−b > 0
p−c > 0
Hay

Đặt:

p − a = x > 0

p − b = y > 0 ⇒ p = x + y + z
p − c = z > 0


Khi đó bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau:

1
1
1
x+ y+z
+ 2 + 2 ≥
2
xyz
x
y
z
Ta có:
1
1
1 1 1
1  1 1
1  1 1
1 
+ 2 + 2 =  2 + 2  +  2 + 2  +  2 + 2 
2
2 x
x
y
z
y  2 y
z  2 z
x 
1 1
1 1
1 1

1
1
1 x+ y+z
. 2 +
. 2 +
=
+
+
=
2
2
2
2
xy yz zx
xyz
x y
y z
z x
1
1
1
p
+
+
≥
Hay
2
2
2
( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) ( p − a )( p − b )( p − c ) (đpcm)

a
b
c
3
+
+
≥ (1)
Bài 5: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:
b+c c+a a+b 2
Giải:
y+z−x

a
=

2
b + c = x

z
+
x
−y


Đặt: c + a = y ⇒ b =
2
a + b = z


x+ y−z


c =
2

Khi đó bất đẳng thức (1) trở thành:
y+z−x z+x− y x+ y−z 1
+
+
≥
2x
2y
2z
2
Ta có:
y+ z− x z+ x− y x+ y− z 1 y x 1 z x 1 z y 3
+
+
=  +  +  +  +  +  −
2x
2y
2z
2 x y 2 x z 2 y z  2
≥

≥

2
2

y x 2

. +
x y 2

z x 2
. +
x z 2

z y 3 3
. − =
y z 2 2

a
b
c
3
+
+
≥ (đpcm)
b+c c+a a+b 2
Bài 6: Cho 3 số thực không âm a, b, c thỏa ( a + c )( b + c ) = 1 . CMR:
1
1
1
+
+
≥ 4 (1)
2
2
( a − b) ( a + c) ( b + c) 2
Giải:

Hay

7


A≥

Đặt:
1

x = y

a + c = x  xy = 1
1

⇒
⇒ y =

x
b + c = y a − b = x − y 
a − b = x − y


Khi đó vế trái của bất đẳng thức (1) trở thành:
1
1
1
+ 2 + 2 ≥4
2
( x − y) x y

Ta có:

≥

(

)

(

)

1
1
+ x2 + y2 − 2 + 2 ≥ 2 2
. x2 + y2 − 2 + 2 = 4
2
x −2+ y
x − 2 + y2
1
1
1
+
+
≥ 4 (đpcm)
Vậy
2
2
( a − b) ( a + c) ( b + c) 2
Bài 7: Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện

xyz = 1 .
Tìm GTNN của biểu thức:
2
x ( y + z)
y 2 ( z + x)
z 2 ( x + y)
A=
+
+
y y + 2z z z z + 2x x x x + 2 y y
Đề thi Đại học khối A năm 2007
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
2

y y + 2z z

≥

1
1
1
1
1
+ 2+ 2 =
+ x2 + y2 = 2
+ x2 + y2
2
2
2

x − 2 xy + y
( x − y) x y ( x − y)
=

x 2 .2 yz

+

2 x x xyz
y y + 2z z
2x x
y y + 2z z

y 2 .2 zx
z z + 2x x

+
+

+

2 y y yzx
z z + 2x x
2y y
z z + 2x x

z 2 .2 xy
x x + 2y y

+

+

2 z z zxy
x x + 2y y
2z z
x x + 2y y

1

x x = ( − 2a + 4b + c )

a = y y + 2 z z
9


1

Đặt: b = z z + 2 x x ⇒  y y = ( a − 2b + 4c )
9


c = x x + 2 y y
1

 z z = 9 ( 4a + b − 2c )

Khi đó
2  − 2a + 4b + c a − 2b + 4c 4a + b − 2c 
A≥ 
+

+

9
a
b
c

2
 b a c   c a b 
≥ − 6 + 4 + +  +  + + 
9
 a c b   a b c 
≥

2
b a c
c a b 2
 − 6 + 4.3.3 . . + 3.3 . .  = ( − 6 + 12 + 3) = 2
9 
a c b
a b c  9

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = 1
Vậy GTNN của A là 2
Kỹ thuật chọn điểm rơi
Điểm rơi trong các bất đẳng thức là giá trị đạt được của biến khi dấu “=” trong
bất đẳng thức xảy ra.
Trong các bất đẳng thức dấu “=” thường xảy ra ở các trường hợp sau:
Các biến có giá trị bằng nhau. Khi đó ta gọi bài toán có cực trị đạt được tại
tâm

Khi các biến có giá trị tại biên. Khi đó ta gọi bài toán có cực trị đạt được tại
biên
Căn cứ vào điều kiện xảy ra của dấu “=” trong bất đẳng thức ta xét các kỹ
thuật chọn điểm rơi trong các trường hợp trên
Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán cực trị xảy ra ở biên
Xét các bài toán sau:
8


Bài toán 1: Cho số thực a ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của A = a +

1
a

1
1
≥ 2 a. = 2 . Vậy GTNN của A là 2.
a
a
1
Nguyên nhân sai lầm: GTNN của A là 2 ⇔ a = ⇔ a = 1 vô lý vì theo giả
a
thuyết thì a ≥ 2 .
1 a 1 3a
a 1 3a
3.2 5
Lời giải đúng: A = a + = + +
≥2 . +
≥ 1+
=

a 4 a 4
4 a 4
4
2
a 1
Dấu “=” xảy ra ⇔ = hay a = 2
4 a
5
Vậy GTNN của A là .
2
Vì sao chúng ta lại biết phân tích được như lời giải trên. Đây chính là kỹ thuật
chọn điểm rơi trong bất đẳng thức.
Quay lại bài toán trên, dễ thấy a càng tăng thì A càng tăng. Ta dự đoán A đạt
GTNN khi a = 2 . Khi đó ta nói A đạt GTNN tại “Điểm rơi a = 2 ” . Ta không
1
thể áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số a và
vì không thỏa quy tắc
a
1
dấu “=”. Vì vậy ta phải tách a hoặc
để khi áp dụng bất đẳng thức Cauchy
a
thì thỏa quy tắc dấu “=”. Giả sử ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho cặp số
a 1
 a 1
 ,  sao cho tại “Điểm rơi a = 2 ” thì = , ta có sơ đồ sau:
α a
α a 
a 2
α = α

2 1
a=2⇒
⇒ = ⇒α = 4
α 2
1 = 1
 a 2
1 a 3a 1
+ và ta có lời giải như trên.
Khi đó: A = a + = +
a 4 4 a
 a 1
Lưu ý: Để giải bài toán trên, ngoài cách chọn cặp số  ,  ta có thể chọn
α a 
1

 α
 1 
các các cặp số sau:  αa,  hoặc  a,  hoặc  a,  .
a

 a
 αa 
Sai lầm thường gặp là: A = a +

Bài toán 2: Cho số thực a ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của A = a +

1
a2

Sơ đồ điểm rơi:

a 2
α = α
2 1
a=2⇒
⇒ = ⇒α =8
α 4
1 =1
 a 2 4
Sai lầm thường gặp là:
a 1 7a
a 1 7a
1 7a
1
7.2 9
A= + 2 +
≥2 . 2 +
=
+
≥
+
= . Dấu “=”
8 a
8
8 a
8
2a 8
2.2
8
4
xảy ra ⇔ a = 2

9
Vậy GTNN của A là
4
9
Nguyên nhân sai lầm: Mặc dù GTNN của A là
là đáp số đúng nhưng cách
4
1
1
giải trên mắc sai lầm trong đánh giá mẫu số: “ a ≥ 2 ⇒
là sai”.
≥
2a
2.2
a a 1 6a
a a 1 6a 3 6.2 9
Lời giải đúng: A = + + 2 +
≥ 3.3 . . 2 +
≥ +
=
8 8 a
8
8 8 a
8
4 8
4
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = 2
9
Vậy GTNN của A là
4

1
Bài 1: Cho 2 số thực dương a, b thỏa a + b ≤ 1 . Tìm GTNN của A = ab +
ab
Phân tích:
2
1
a+b
Ta có:
ab ≤ 
 ≤
4
 2 
Sơ đồ điểm rơi:
1
 ab
=

1
1
1
α
4α
ab = ⇒ 
⇒
= 4⇒α =
4
4α
16
1 =4
 ab

Giải:
Ta có:
9


2

1
a+b
ab ≤ 
 ≤
4
 2 
1
⇒ − ab ≥ −
4
1
1
1 17
A = 16ab +
− 15ab ≥ 2 16ab
− 15ab ≥ 8 − 15. =
ab
ab
4 4
1
1
Dấu “=” xảy ra ⇔ ab = ⇔ a = b =
4
2

17
Vậy GTNN của A là
4
18
2
Bài 2: Cho số thực a ≥ 6 . Tìm GTNN của A = a +
a
Phân tích:
Ta có
18
9 9
A = a2 + = a2 + +
a
a a
Dễ thấy a càng tăng thì A càng tăng. Ta dự đoán A đạt GTNN khi a = 6 . Ta
có sơ đồ điểm rơi:
 a 2 36
 =
α ⇒ 36 = 3 ⇒ α = 24
a =6⇒ α
α 2
9 = 9 = 3
 a 6 2
Giải:
a 2 9 9 23a 2
a 2 9 9 23a 2
+ + +
≥ 33
. . +
24 a a

24
24 a a
24
9 23.36
≥ +
= 39
2
24

A=
Ta có:

a2 9
= ⇔a=6
24 a
Vậy GTNN của A là 39
Bài 3: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a + 2b + 3c ≥ 20 . Tìm GTNN của
3 9 4
A= a+b+c+ +
+
a 2b c
Dấu “=” xảy ra ⇔

Phân tích:
Dự đoán GTNN của A đạt được khi a + 2b + 3c = 20 ,tại điểm rơi
a = 2, b = 3, c = 4 .
Sơ đồ điểm rơi:
a 2
α = α
2 3

4
a=2⇒
⇒ = ⇒α =
α 2
3
3 = 3
 a 2
b 3
 β = β
3 3
b =3⇒ 
⇒ = ⇒β =2
β 2
9 =3
 2b 2
c 4
 γ = γ
4
c =4⇒
⇒ =1⇒ γ = 4
γ
4 = 1
 c
Giải:
 3a 3   b 9   c 4  a b 3c
A= + + + + + + + +
 4 a   2 2b   4 c  4 2 4
3a 3
b 9
c 4 a + 2b + 3c

. +2 .
+2 . +
4 a
2 2b
4 c
4
≥ 3 + 3 + 2 + 5 = 13
⇔
a
= 2, b = 3, c = 4
Dấu “=” xảy ra
Vậy GTNN của A là 13
ab ≥ 12
Bài 4: Cho3 số thực dương a, b, c thỏa 
. Chứng minh rằng:
bc ≥ 8
≥2

( a + b + c ) + 2

1
1
1 
8
121
+
+
≥
+
 ab bc ca  abc 12

Phân tích:
ab = 12
Dự đoán GTNN của A đạt được khi 
,tại điểm rơi a = 3, b = 4, c = 2 .
bc = 8
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
10


1
a b
= =

1
1
1
α α 2α
a=b= ⇒
⇒
= 2⇒α =
2
2α
4
1 = 1 = 2
 a b

a
b

2
a b 2
1
+
+
≥ 33 . .
=
18 24 ab
18 24 ab 2
a c 2
a c 2
+ +
≥ 33 . .
=1
9 6 ca
9 6 ca
b c 2
b c 2
3
+ +
≥ 33
. .
=
16 8 bc
16 8 bc 4
a c b
8
a c b 8
4
+ + +

≥ 44 . . .
=
9 6 12 abc
9 6 12 abc 3
13a 13b
13a 13b
13 13
13
+
≥2
.
≥2
. .12 =
18
24
18 24
18 24
3
13b 13c
13b 13c
13 13
13
+
≥2
.
≥2
. .8 =
48 24
48 24
48 24

4
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
( a + b + c ) + 2 1 + 1 + 1  + 8 ≥ 121 (đpcm)
 ab bc ca  abc 12
Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán cực trị đạt được tại tâm
Xét bài toán sau:
Bài toán: Cho 2 số thực dương a, b thỏa a + b ≤ 1 .. Tìm GTNN của
1 1
A= a+b+ +
a b
1 1
1 1
Sai lầm thường gặp là: A = a + b + + ≥ 44 a.b. . = 4
a b
a b
Vậy GTNN của A là 4.
1 1
Nguyên nhân sai lầm: GTNN của A là 4 ⇔ a = b = = ⇔ a = b = 1 . Khi đó
a b
a + b = 2 ≥ 1 trái giả thuyết .
Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
1
a=b=
2
Sơ đồ điểm rơi:

Lời giải đúng:
1 1
1 1


A =  4a + 4b + +  − 3a − 3b ≥ 44 4a..4b. . − 3( a + b ) ≥ 8 − 3 = 5
a b
a b

1
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b =
2
5
Vậy GTNN của A là

Bài 1:

Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a + b + c ≤

A= a+b+c+

3
. Tìm GTNN của
2

1 1 1
+ +
a b c

Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
1
a=b=c=
2

Sơ đồ điểm rơi:
1
a b c
= = =

1
1
1
α α α 2α
a=b=c= ⇒
⇒
= 2⇒α =
2
2α
4
1 = 1 = 1 = 2
 a b c
Giải:
1 1 1

A =  4a + 4b + 4c + + +  − 3a − 3b − 3c
a b c

1 1 1
≥ 66 4a.4b.4c. . . − 3( a + b + c )
a b c
9 13
≥ 12 − =
2 2
11

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =
Vậy GTNN của A là

Sơ đồ điểm rơi:

1
2

13
2

Bài 2: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a + b + c ≤

3
. Tìm GTNN của
2

1 1 1
A = a +b +c + + +
a b c
Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
1
a=b=c=
2
Sơ đồ điểm rơi:
1
 2

a = b2 = c2 =

1
1 2

4
a=b=c= ⇒
⇒ = ⇒α =8
2
4 α
1 = 1 = 1 = 2
αa αb αc α
Giải:
1
1
1
1
1
1 3
3
3

A =  a 2 + b2 + c2 +
+
+ +
+
+ +
+
+
8a 8b 8c 8a 8b 8c  4a 4b 4c


2

2

2a 2
 a+b
α ab = αa = α
2 1

a=b⇒
⇒ = ⇒α = 4
α 2
 ab = a = 1
 a + b 2a 2
Giải:

2

1 1 1 1 1 1 3 1 1 1
. . . . . +  + + 
8a 8b 8c 8a 8b 8c 4  a b c 
9
1
9 9
1
9 9
27
≥ + 9. 3
≥ + .

≥ + .2 =
4
4
abc 4 4 a + b + c 4 4
3
1
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =
2
27
Vậy GTNN của A là
4
a+b
ab
+
Bài 3: Cho 2 số thực dương a, b. Tìm GTNN của A =
ab a + b
Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
a=b
≥ 99 a 2 .b 2 .c 2 .

 a+b
ab  3( a + b )
a+b
ab 3.2 ab
3 5
+
A = 
+
≥2

.
+
= 1+ =

2 2
4 ab a + b
4 ab
 4 ab a + b  4 ab
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b
5
Vậy GTNN của A là
2
Bài 4: Cho 3 số thực dương a, b, c. Tìm GTNN của
a
b
c
b+c c+a a+b
A=
+
+
+
+
+
b+c c+a a+b
a
b
c
Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
a=b=c

Sơ đồ điểm rơi:
b
c
1
 a
 b + c = c + a = a + b = 2
1 2
a=b=c⇒
⇒ = ⇒α = 4
2 α
b + c = c + a = a + b = 2
 αa
αb
αc
α
Giải:
b
c
b+c c+a a+b
 a
A=
+
+
+
+
+
+
4a
4b
4c 

b+c c+ a a +b
≥ 66

3b+c c+ a a +b
+
+


4 a
b
c 

a
b
c b+c c+a a+b 3b c c a a b
.
.
.
.
.
+  + + + + + 
b + c c + a a + b 4a
4b
4c
4a a b b c c

3
b c c a a b
9 15
≥ 3 + .6.6 . . . . . = 3 + =

4
a a b b c c
2 2
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c
15
Vậy GTNN của A là
2
12


Bài 5: Cho 2 số thực dương a, b thỏa a + b ≤ 1 . Tìm GTNN của :
1
1
A= 2
+
2
2ab
a +b
Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
1
a=b=
2
Sơ đồ điểm rơi:
 1
 a 2 + b 2 = 2
1
a=b= ⇒
⇒ 2α = 2 ⇒ α = 1
α

2

= 2α
 2ab
Giải:
1
1
4
≥ 2. 2
=
≥4
2
2
a + b 2ab
a + b + 2ab ( a + b ) 2
2
2
2
a + b = 2ab
1
⇔a=b=
Dấu “=” xảy ra ⇔ 
2
a + b = 1
Vậy GTNN của A là 4
A=

1
1
+

≥2
2
2ab
a +b
2

(

2

)

Bài 6: Cho 2 số thực dương a, b thỏa a + b ≤ 1 . Tìm GTNN của
1
1
A=
+
2
2
2ab
1+ a + b
Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
1
a=b=
2
Sơ đồ điểm rơi:
1
2


=
2
2
1 + a + b
1
2 2
3
a=b= ⇒
⇒ = ⇒α = 3
2
3 α
 1 = 2
 2αab α
Giải:

A=

1
1+ a + b
2

≥2
≥ 2.

≥

2

+

1
1
+
2
1 + a + b 6ab 3ab

(

)

2

1
1
4
1
+
=
+
2
2
1 + a + b + 6ab 3ab ( a + b ) + 1 + 4ab 3ab
2
2

4

( a + b ) 2 + 1 + 4 a + b 
≥

1
1
+
6ab 3ab

 2 
4

2

+

1
 a+b
3

 2 
4

2

2

 Do ab ≤  a + b 

 2 








+
2
2
2( a + b ) + 1 3( a + b )
4
4 8
≥
+
=
2.1 + 1 3.1 3
1 + a 2 + b 2 = 6ab
1

⇔a=b=
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b
2
a + b = 1

Vậy GTNN của A là

8
3

Cho 2 số thực dương a, b thỏa a + b ≤ 1 . Tìm GTNN của
1
1
A= 2

+
+ 4ab
2
a +b
ab
Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
1
a=b=
2
Sơ đồ điểm rơi:
Bài 7:

13


1
1
1
+ 2 + 2
3
a +b
a b ab
Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
1
a=b=
2
Sơ đồ điểm rơi:
 1

 a 3 + b 3 = 2
1
4
a=b= ⇒
⇒ 2 = ⇒α = 2
2
α
 1 = 1 = 4
2
2
αa b αab
α

 1
 a 2 + b 2 = 2
1
4
a=b= ⇒
⇒ 2 = ⇒α = 2
2
α
 1 = 4
αab α
4ab = 1
1
4

a=b= ⇒ 1
4 ⇒1= ⇒ β = 4
=

2 
β
 βab β

A=

Giải:
1
1
1
1
+
+ 4ab +
+
2
2ab
4ab 4ab
a +b
1
1
1
≥2
+ 2 4ab.
+
2
2
4ab 4ab
a + b 2ab

A=

2

(

)

Giải:
1
1
1
1
1
+ 2 +
+ 2 +
3
2
a +b
2a b 2ab
2a b 2ab 2
1
1
1
1
1
≥ 55 3 3 . 2 .
. 2 .
2
a + b 2a b 2ab 2a b 2ab 2
1

≥5 3 3
2
a + b + 2a b + 2ab 2 + 2a 2b + 2ab 2
5
25
≥
( a + b ) 3 + ab(a + b)

A=

1

1
4
1
≥ 2. 2
+2+
=
+2+
2
2
4ab ( a + b )
4ab
a + b + 2ab
2
2

4
1
a+b


≥
+2+
Do ab ≤ 

2

( a + b) 2
 2 
 a+b

4

 2 
5
≥
+2
( a + b) 2
5
≥ +2=7
1
a 2 + b 2 = 2ab

4ab = 1
1
⇔a=b=
Dấu “=” xảy ra ⇔ 
4ab
2
a = b


a + b = 1
Vậy GTNN của A là 7

3






Bài 8: Cho 2 số thực dương a, b thỏa a + b ≤ 1 . Tìm GTNN của

3

2

25
a+b

≥
Do ab ≤ 


( a + b) 3
 2 
3

( a + b) +
4

25
≥
= 20
1
1+
4
1
1
 1
 a 3 + b 3 = 2a 2 b = 2ab 2

1
⇔a=b=
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b
2
a + b = 1


Vậy GTNN của A là 20






14


Vậy GTLN của A là
Bài 9: Cho ba số thực dương x, y , z thỏa

1 1 1
+ + = 4 . Tìm GTLN của
x y z

1
1
1
+
+
2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z
Đề thi Đại học khối A năm 2005
Giải:
P=

1
1
1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
=
≤
= 4 . . . ≤  + + + 
2 x + y + z x + x + y + z 44 x.x. y.z 4 x x y z 16  x x y z 
Tương tự:
1
1 1 1 1 1
≤  + + + 
x + 2 y + z 16  x y y z 
1
1 1 1 1 1

≤  + + + 
x + y + 2 z 16  x y z z 
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta có:
1
1
1
1  4 4 4
P=
+
+
≤  + +  = 1
2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2 z 16  x y z 
1 1 1 4
3
Dấu “=” xảy ra ⇔ = = = ⇔ x = y = z =
x y z 3
4
Vậy GTLN của P là 1
Kỹ thuật nhân thêm hệ số
Bài 1: Tìm GTLN của : A = a 2 (1-a ) , a ∈ ( 0,1)
Giải:
Do a, 1-a > 0 nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
3

1 2
1
1  a + a + 2-2a 
1 8
a ( 2-2a ) = a.a( 2-2a ) ≤ 
 = .

2
2
2
3
2 27

4
⇒ A≤
27
2
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = 2 − 2a =
3
A=

4
27

Bài 2: Tìm GTLN của : A = a 3 ( 2-a ) , a ∈ ( 0,2 )
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
4
1
1  a + a + a + 6 − 3a 
27
A = a.a.a.( 6 − 3a ) ≤ 
 =
3
3
4
16


3
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = 6 − 3a =
2
27
Vậy GTLN của A là
16
a ≤ 3
Bài 3: Cho các số thực dương a, b thỏa 
. Tìm GTLN của
b ≤ 4
A = ( 3 − a )( 4 − b )( 2a + 3b )
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
3
1
1  6 − 2a + 12 − 3b + 2a + 3b 
A = ( 6 − 2a )(12 − 3b )( 2a + 3b ) ≤ 
 = 36
6
6
3

a = 0
Dấu “=” xảy ra ⇔ 6 − 2a = 12 − 3b = 2a + 3b = 6 ⇔ 
b = 2
Vậy GTLN của A là 36
a ≥ 2

Bài 4: Cho các số thực a, b, c thỏa b ≥ 6 . Tìm GTLN của:

c ≥ 12

bc a − 2 + ca 3 b − 6 + ab 4 c − 12
abc
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
A=

15


bc a − 2 =

bc

( a − 2).2 ≤

bc

( a − 2) + 2 =
.

abc

2
2
2 2
( b − 6).3.3 ≤ 3ca . ( b − 6) + 3 + 3 = abc
ca 3 b − 6 = 3
3

9
9
33 9
ab 4
abc
( c − 12).4.4.4 ≤ 4 ab . ( c − 12) + 4 + 4 + 4 = abc
ab 4 c − 12 = 4
=
4
4
64
64
4 64 8 2
Khi đó ta có:
bc a − 2 + ca 3 b − 6 + ab 4 c − 12
1
1
1
5
1
A=
≤
+ 3 +
=
+ 3
abc
2 2 3 9 8 2 8 2 3 9
a − 2 = 2
a = 4



Dấu “=” xảy ra ⇔ b − 6 = 3 ⇔ b = 9
c − 12 = 4
c = 16


2
ca 3

Vậy GTLN của A là

5

+

1
3

8 2 3 9
Bài 5: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = 1 . Tìm GTLN của:
A = a+b + b+c + c+a
Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
2

a + b = 3

1
2


a = b = c = ⇒ b + c =
3
3

2

c + a = 3

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

( a + b) + 2
2
3
3 (1)
( a + b ). ≤ .
a+b =
3
2
2
( b + c) + 2
3
3
b+c ≤
.
(2)
2
2
( c + a) + 2
3

3
c+a ≤
.
(3)
2
2
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
2
2( a + b + c ) + 3.
3
3 = 6
A= a+b + b+c + c+a ≤
.
2
2
2

a + b = 3

2
1

Dấu “=” xảy ra ⇔ b + c = ⇔ a = b = c =
3
3

2

c + a = 3


3
2

Vậy GTLN của A là 6
Lưu ý: Trong bài toán sử dụng kỹ thuật nhân thêm hệ số, ta sẽ sử dụng kỹ
thuật chọn điểm rơi để tìm hệ số cho phù hợp.
Bài 6: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:
3
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a ≤ 33 3
Phân tích:
Do biểu thức đã cho là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán dấu “=”
xảy ra khi:
a + 2b = 3

a = b = c = 1 ⇒ b + 2c = 3
c + 2a = 3

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
16


3

3

3

a + 2b =
b + 2c ≤

c + 2a ≤

1
3

3

( a + 2b ).3.3 ≤ 3 1 ( a + 2b ) + 3 + 3 = 6 + a3 + 2b

9
6 + b + 2c

3

9

3 9

(1)

(2)

33 9
6 + c + 2a

(3)
33 9
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
18 + 3( a + b + c )
3

a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a ≤
= 33 3 (đpcm)
3
3 9
∈
[
−
2
;
2
]
Bài 7: Cho a, b, c
thỏa a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:
4 − a2 + 4 − b2 + 4 − c2 ≤ 3 3
Phân tích:
Do biểu thức đã cho là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán dấu “=”
xảy ra khi:
4 − a 2 = 3

a = b = c = 1 ⇒ 4 − b 2 = 3
4 − c 2 = 3

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
1
1 4 − a2 + 3 7 − a2
2
2
4−a =
4−a 3 ≤

.
=
(1)
2
3
3
2 3

(

4−b ≤
2

4 − c2 ≤

7 − b2
2 3
7 − c2

)

(

)

(2)

(3)
2 3
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:

21 − a 2 + b 2 + c 2
4 − a2 + 4 − b2 + 4 − c2 ≤
2 3
Mà theo bất đẳng thức Bunyakovski ta có
( a + b + c ) 2 ≤ (1 + 1 + 1) a 2 + b 2 + c 2

(

(

⇔ a2 + b2 + c2 ≥

( a + b + c) 2

)

)

nên

4 − a2 + 4 − b2 + 4 − c2 ≤

21 −

( a + b + c) 2
3
2 3

=3 3

(đpcm)

Kỹ thuật hạ bậc
Bài toán 1
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 (*). Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức A = a 2 + b 2 + c 2
Phân tích: Sự chênh lệch về số mũ của các biểu thức a 2 + b 2 + c 2 và a + b + c
gợi cho ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy để hạ bậc a 2 + b 2 + c 2 . Nhưng ta cần
áp dụng cho bao nhiêu số và là những số nào? Căn cứ vào bậc của các biến số
a, b, c trong các biểu thức trên (số bậc giảm 2 lần) thì ta cần áp dụng bất đẳng
thức Cauchy lần lượt cho a 2 , b 2 và c 2 cùng với 1 hằng số dương tương ứng
khác để làm xuất hiện a, b và c . Do a, b, c dương và có vai trò như nhau nên
1
ta dự đoán A đạt giá trị nhỏ nhất khi a = b = c , từ (*) ta có a = b = c = . Mặt
3
khác thì dấu “=” của bất đẳng thức Cauchy xảy ra khi chỉ khi các số tham gia
bằng nhau. Khi đó ta có lời giải như sau:
Lời giải:
1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số: a 2 và
ta có:
9
1
1
1
1 2
2
a 2 + ≥ 2 a 2 . = a (1) Dấu “=” xảy ra ⇔ a = ⇔ a =
9
3

9
9 3
Tương tự:
1 2
1
b2 + ≥ b
(2) Dấu “=” xảy ra ⇔ b =
9 3
3
1 2
1
c2 + ≥ c
(3) Dấu “=” xảy ra ⇔ c =
9 3
3
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
1 2
2
1
a 2 + b 2 + c 2 + ≥ ( a + b + c) = ⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ .
3 3
3
3
1
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =
3
1
Vậy GTNN của A là
3

3
17


Bài 1: Cho các số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a 3 + b 3 = 1 (*). Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức A = a + b
Phân tích: Căn cứ vào bậc của các biến số a, b trong các biểu thức trên (số
bậc giảm 6 lần) thì ta cần áp dụng bất đẳng thức Cauchy lần lượt cho a 3 và
b 3 cùng với 5 hằng số dương tương ứng khác để làm xuất hiện a và b .
Do a, b dương và có vai trò như nhau nên ta dự đoán A đạt giá trị lớn nhất khi
1
a = b , từ (*) ta có a 3 = b 3 = . Mặt khác thì dấu “=” của bất đẳng thức
2
Cauchy xảy ra khi chỉ khi các số tham gia bằng nhau. Khi đó ta có lời giải
như sau:
Giải:
1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 6 số: a 3 và 5 số
ta có:
2
5

1
1
1
a + 5. ≥ 6.6 a 3 .  = 6.
. a (1) Dấu “=” xảy ra
6
2
2

25
1
1
⇔ a3 = ⇔ a = 3
2
2
Tương tự:
3

5
1
1
1
3 1
6
b + 5. ≥ 6. b .  = 6.
. b (2) Dấu “=” xảy ra ⇔ b = 3
6
2
2
2
25
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1) và (2) ta được:
1
1
a 3 + b 3 + 5 ≥ 6.
a + b ⇔ 1 + 5 ≥ 6.
a + b ⇔ a + b ≤ 6 25
6
5

6
5
2
2
1
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = 3
2
6
Vậy giá trị lớn nhất của A là 25
Bài 2: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa ab + bc + ca = 3 . CMR:
a3 + b3 + c3 ≥ 3
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
3
3
3
3
a 3 + b 3 + 1 ≥ 33 a 3 b 3 = 3ab (1) ; b + c + 1 ≥ 3bc (2) ; c + a + 1 ≥ 3ca (3)
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
3

(

)

(

)

(

)

2 a 3 + b 3 + c 3 + 3 ≥ 3( ab + bc + ca )

(

)

⇔ 2 a 3 + b 3 + c 3 + 3 ≥ 3.3
⇔ a 3 + b 3 + c 3 ≥ 3 (đpcm)
Bài3: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a 3 + b 3 + c 3 = 3 . CMR:
a5 + b5 + c5 ≥ 3
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 5 số: 3 số a 5 và 2 số 1, ta có:
3a 5 + 2 ≥ 55 a 15 1.1 = 5a 3 (1)
Tương tự:
3b 5 + 2 ≥ 5b 3 (2) ;
3c 5 + 2 ≥ 5c 3 (3)
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
3 a5 + b5 + c5 + 6 ≥ 5 a3 + b3 + c3

(

(

)

)

(

)

⇔ 3 a 5 + b 5 + c 5 + 6 ≥ 5.3
⇔ a 5 + b 5 + c 5 ≥ 3 (đpcm)
Bài 4: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a 3 b 3 + b 3 c 3 + c 3 a 3 = 3 . CMR:
a7 + b7 + c7 ≥ 3
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 7 số: 3 số a 7 , 3 số b 7 và số 1, ta có:
3a 7 + 3b 7 + 1 ≥ 77 a 21 .b 211 = 7 a 3 b 3 (1)
Tương tự:
3b 7 + 3c 7 + 1 ≥ 7b 3 c 3 (2) ; 3c 7 + 3a 7 + 1 ≥ 7c 3 a 3 (3)
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
6 a 7 + b 7 + c 7 + 3 ≥ 7 a 3b 3 + b 3c 3 + c 3 a 3

(

(

)

)

(

)

⇔ 6 a 7 + b 7 + c 7 + 3 ≥ 7.3
⇔ a 7 + b 7 + c 7 ≥ 3 (đpcm)

Bài 5: Cho 2 số thực dương a, b. CMR: a 2 + b 2 + 4 ≥ 2a + 2b + ab
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
2
2
2
a 2 + 4 ≥ 2 a 2 .4 = 4a (1); b + 4 ≥ 4b (2) ; a + b ≥ 2ab (3)
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
2a 2 + 2b 2 + 8 ≥ 4a + 4b + 2ab
⇔ a 2 + b 2 + 4 ≥ 2a + 2b + ab (đpcm)
18


Bài 6: Cho 3 số thực dương a, b, c. CMR:
a 3 + b 3 + c 3 ≥ a 2 bc + b 2 ca + c 2 ab
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 6 số: 4 số a 3 ,1 số b 3 và 1 số c 3 ta có:
4a 3 + b 3 + c 3 ≥ 66 a 12 .b 3 .c 3 = 6a 2 bc (1)
Tương tự:
4b 3 + c 3 + a 3 ≥ 6b 2 ca (2) ;
4c 3 + a 3 + b 3 ≥ 6c 2 ab (3)
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
6 a 3 + b 3 + c 3 ≥ 6 a 2 bc + b 2 ca + c 2 ab

) (

(

)

⇔ a 3 + b 3 + c 3 ≥ a 2 bc + b 2 ca + c 2 ab (đpcm)
Bài 7: Cho các số thực dương a, b, c, m, n. CMR:
a m+n + b m+n + c m+n ≥ a m b n + b m c n + c m a n
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho m+n số: m số a m + n và n số b m+ n ta có:

(

) (

)

ma m+ n + nb m + n ≥ ( m + n ).m + n a m + n b m+ n = ( m + n ).a m b n (1)
Tương tự:
mb m+ n + nc m + n ≥ ( m + n ).b m c n (2)
mc m + n + na m + n ≥ ( m + n ).c m a n (3)
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
( m + n ) a m+ n + b m+ n + c m+ n ≥ ( m + n ) a m b n + b m c n + c m a n
a m + n + b m + n + c m + n ≥ a m b n + b m c n + c m a n (đpcm)
Lưu ý: Bất đẳng thức chúng ta vừa chứng minh sẽ được sử dụng trong chứng
minh các bài toán sau này.

(

)

m

(

n

)

Bài 8: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa abc = 1 . Chứng minh bất đẳng thức
sau:
1
1
1
+ 3
+ 3
≤1
3
3
3
a + b + 1 b + c + 1 c + a3 + 1
Giải:
Từ kết quả bài 7 ta có a m + n + b m + n + c m + n ≥ a m b n + b m c n + c m a n
m = 2

Chọn n = 1 ta được:
c = a


a 3 + b 3 + a 3 ≥ a 2b + b 2 a + a 2 a = a 2b + b 2 a + a 3
⇒ a 3 + b 3 ≥ a 2b + b 2 a
1
1
abc
c

( do abc = 1) (1)
⇒ 3
≤ 2
= 2
=
3
2
2
a + b + 1 a b + b a + 1 a b + b a + abc a + b + c
Tương tự:
1
a
≤
(2)
3
3
b + c +1 a + b + c
1
b
≤
(3)
3
3
c + a +1 a + b + c
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
1
1
1
a+b+c
+ 3

+ 3
≤
= 1 (đpcm)
3
3
3
3
a + b +1 b + c +1 c + a +1 a + b + c
Bài toán 2
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 . Chứng
minh rằng: 10a 2 + 10b 2 + c 2 ≥ 4
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
2
c2
2
2 c
8a +
≥ 2 8a .
= 4ac
2
2
2
c2
2 c
8b +
≥ 2 8b .
= 4bc
2
2

2

2a 2 + 2b 2 ≥ 2 2a 2 .2b 2 = 4ab
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta có:
10a 2 + 10b 2 + c 2 ≥ 4( ab + bc + ca ) = 4.1 = 4
 2 c2
8a =
2
1


a=b=
2

 2 c

3
⇔
Dấu “=” xảy ra ⇔ 8b =
2

c = 4
2
2

2a = 2b
3


Đây là một lời giải ngắn gọn nhưng có vẻ hơi thiếu tự nhiên. Chúng ta sẽ thắc

mắc tại sao lại tách được 10 = 8 + 2 . Nếu tách cách khác, chẳng hạn 10 = 6 + 4
liệu có giải được không? Tất nhiên mọi cách tách khác đều không dẫn đến kết
19


quả, và tách 10 = 8 + 2 cũng không phải là sự may mắn. Bây giờ ta sẽ tìm lí do
việc tách 10 = 8 + 2 ở bài toán trên.
Với 0 < α < 10 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
c2
c2
αa 2 +
≥ 2 αa 2 .
= 2α ac
2
2

αb 2 +

2

c
c2
≥ 2 αb 2 .
= 2α bc
2
2

(10 − α ) a 2 + (10 − α ) b 2 ≥ 2 (10 − α ) a 2 (10 − α ) b 2 = ( 20 − 2α ) ab
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta có:
10a 2 + 10b 2 + c 2 ≥ 2α ( ac + bc ) + ( 20 − 2α ) ab

Lúc này ta cân bằng điều kiện giả thuyết, tức là:

a = α
Giả sử A đạt GTLN khi 
. Ta có α 3 + β 3 = 1 (1)
b = β

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số: a 3 và 2 số α 3 ta có:

( )

a 3 + 2α 3 ≥ 3.3 a 3 . α 3
Tương tự:

( )

2

= 3α 2 a

2

b 3 + 2β 3 ≥ 33 b 3 . β 3 = 3β 2 b
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
a 3 + b 3 + 2 α 3 + β 3 ≥ 3α 2 a + 3β 2 b
Đẻ xuất hiện ở vế phải a + 4b ta chọn α , β sao cho
3α 2 a : 3β 2 b = a : 4b

(

) (

)

α2 1
α 1
α = 8
( 2)
⇔
=
⇔
=
2
4
β 2
β
2α = 20 − 2α ⇔ 2α = 400 − 80α + 4α 2 ⇔ 2α 2 − 41α + 200 = 0 ⇒ 
25
α =
> 10
3

3

2
α 1
α =
=
⇒α =8



3
⇒
Từ (1) và (2) ta có hệ:  β 2
Khi đó ta có lời giải bài toán như trên.
3
α 3 + β 3 = 1 β = 2 3
Bài 1: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 5 .


3
CMR: :
Khi đó ta có lời giải sau:
2
2
2
3a + 3b + c ≥ 10
Giải:
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
1 1
1 1
1
2
c2
a 3 + + ≥ 3.3 a 3 . . = 3 a
2
2 c
2a +

≥ 2 2a .
= 2ac
9 9
9 9
3
2
2
8 8
4
2
b3 + + ≥ 3 b
c2
2
2 c
9 9
2b +
≥ 2 2b .
= 2bc
3
2
2
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
a 2 + b 2 ≥ 2 a 2 .b 2 = 2ab
1
a 3 + b 3 + 2 ≥ 3 ( a + 4b )
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta có:
3
3a 2 + 3b 2 + c 2 ≥ 2( ab + bc + ca ) = 2.5 = 10
3
⇒ a + 4b ≤ 3 a 3 + b 3 + 2 ≤ 33 3

Bài toán 3
3

3
 3 1
Cho các số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a 3 + b 3 ≤ 1 . Tìm giá trị lớn
a
=
a
=



9
3
nhất của biểu thức A = a + 4b
⇔
Dấu “=” xảy ra khi 
3
Phân tích:
b 3 = 8
b = 2 3


Dự đoán A đạt GTLN khi a 3 + b 3 = 1
9
3

(

)

[(

) ]

20


Vậy GTLN của A là 33 3
Bài 1: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3 . Tìm
GTNN của
A = 4a 2 + 6b 2 + 3c 2
Phân tích:
Với α , β , γ > 0 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
6b 2 + β ≥ 2 6b 2 .β = 2 6 β b
3c 2 + γ ≥ 2 3c 2 .γ = 2 3γ c
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta có:
4a 2 + 6b 2 + 3c 2 + α + + β + γ ≥ 2 4α a + 2 6 β b + 2 3γ c

Ta có hệ phương trình:

 α
β
γ
+
+
=3

6

3
 4
4α = 6 β = 3γ


2
=3
3

8

β = 3
⇒α = 4⇒ 
γ = 16

3
Khi đó ta có lời giải bài toán như sau
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

4a 2 + α ≥ 2 4a 2 .α = 2 4α a

a + b + c = 3

a = α
a + b + c = 3

 2
4
α

4 a = α

⇔
⇒
+
Dấu “=” xảy ra ⇔  2
β
4
6
b
=
β
b
=


6
3c 2 = γ



γ
c =
3

Chọn α , β , γ sao cho 4α = 6 β = 3γ

 α
β
γ

+
+
=3

6
3
 4

4α
α
4α
4α
1 1
⇒ β =
⇒
+
+
=3⇒ α  + +
6
4
6.6
3.3
2 3

4α

γ = 3


4a 2 + 4 ≥ 2 4a 2 .4 = 8a

β
γ
+
=3
6
3

8
6
≥ 2 8b 2 . = 8b
3
3
16
16
3c 2 +
≥ 2 3c 2 . = 8c
3
3
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta được:
8 16
4a 2 + 6b 2 + 3c 2 + 4 + +
≥ 8( a + b + c ) = 24
3 3
⇒ 4a 2 + 6b 2 + 3c 2 ≥ 12
a + b + c = 3

 2
a = 1
4

a
=
4


2
 2 8

⇔ b =
Dấu “=” xảy ra ⇔ 6b =
3
3


4
 2 16

3c =
c = 3
3

6b 2 +

Vậy GTNN của A là 12
Kỹ thuật cộng thêm
Bài 1: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau:
a
b
c 1 1 1
+ 2+ 2 ≥ + +

2
b
c
a
a b c
21


Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
b 1 2
c 1 2
a 1
a 1 2
+ ≥
+ ≥ (3)
(2);
+ ≥ 2 2 . = (1) ;
2
2
c
b c
a2 c a
b
a
b a b
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
a
b
c 1 1 1 2 2 2

+ 2 + 2 + + + ≥ + +
2
a b c a b c
b
c
a
a b
c 1 1 1
⇒ 2 + 2 + 2 ≥ + + (đpcm)
b
c
a
a b c
Bài 2: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau:
a2
b2
c2
a+b+c
+
+
≥
2b + c 2c + a 2a + b
3
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a2
2b + c
a 2 2b + c 2a
(1) ;
+

≥2
.
=
2b + c
9
2b + c 9
3
b2
2c + a 2b
c2
2a + b 2c
(2) ;
(3)
+
≥
+
≥
2c + a
9
3
2a + b
9
3
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
a2
b2
c2
3( a + b + c ) 2( a + b + c )
+
+

+
≥
2b + c 2c + a 2a + b
9
3
2
2
2
a
b
c
a+b+c
(đpcm)
⇒
+
+
≥
2b + c 2c + a 2a + b
3
Lưu ý: Trong bài toán sử dụng kỹ thuật cộng thêm hệ số, ta sẽ sử dụng kỹ
thuật chọn điểm rơi và kỹ thuật hạ bậc để tìm hạng tử cho phù hợp.
Ví dụ:
Đối với bài 1 bất đẳng thức đã cho có tính đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán
a
a
1
1
dấu “=” xảy ra khi a = b = c . Khi đó 2 = 2 = , ta chọn
.
a

a
b
a
Đối với bài 2 bất đẳng thức đã cho có tính đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán
a2
a2
a
dấu “=” xảy ra khi a = b = c . Khi đó
=
= , muốn sử dụng bất
2b + c 2a + a 3

đẳng thức Cauchy để làm mất mẫu thì ta cộng thêm
vì

2b + c 2a + a a
=
= .
9
9
3

2b + c
. Chọn mẫu là số 9
9

Bài 3: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau:
a 3 + b3 b3 + c 3 c 3 + a 3
+
+

≥ 2( a + b + c )
ab
bc
ca
Giải:
Ta có:
3
3
a +b
b3 + c3 c3 + a3 a 2 b2 b2 c 2 c 2 a 2
+
+
=
+
+
+
+
+
ab
bc
ca
b
a
c
b
a
c
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
b2
b2

a2
a2
+ a ≥ 2b (2) ;
+ c ≥ 2b (3) ;
+b ≥ 2
.b = 2a (1);
a
c
b
b
c2
c2
a2
+ b ≥ 2c (4) ;
+ a ≥ 2c (5) ;
+ c ≥ 2a (6)
b
a
c
Cộng theo vế các bất đẳng thức từ (1) đến (6) ta được:
a2 b2 b2 c2 c2 a2
+
+
+
+
+
+ 2( a + b + c ) ≥ 4( a + b + c )
b
a
c

b
a
c
a 2 b2 b2 c2 c2 a2
⇒
+
+
+
+
+
≥ 2( a + b + c )
b
a
c
b
a
c
a3 + b3 b3 + c3 c3 + a3
⇒
+
+
≥ 2( a + b + c ) (đpcm)
ab
bc
ca
Bài 4: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau:
a2 b2 c2 1 1 1
+
+
≥ + +

b3 c3 a3 a b c
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
b2 1 1 3
a2 1 1
a2 1 1 3
3
(1)
;
(2);
+ + ≥
+ + ≥3 3 . . =
c3 b b c
b3 a a
b a a b
c2 1 1 3
+ + ≥ (3)
a3 c c a
22


Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
a2 b2 c2
1 1 1  1 1 1
+ 3 + 3 + 2 + +  ≥ 3 + + 
3
b
c
a
a b c a b c

2
2
2
a
b
c
1 1 1
⇒ 3 + 3 + 3 ≥ + + (đpcm)
a b c
b
c
a

Bài 5: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau:
a3 b3 c3
+
+
≥ a2 + b2 + c2
b
c
a
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a3 a3
a3 a3 2
+
+ b 2 ≥ 33
. .b = 3a 2 (1) ;
b
b

b b
3
3
b
b
c3 c3
2
2
+
+ c ≥ 3b (2) ;
+ + a 2 ≥ 3c 2 (3)
c
c
a
a
Cộng theo vế các bất đẳng thức từ (1), (2) và (3) ta được:
 a3 b3 c3 
2 +
+  + a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 a 2 + b 2 + c 2
c
a
 b

(

) (

)

a3 b3 c3

+
+
≥ a 2 + b 2 + c 2 (đpcm)
b
c
a
Bài 6: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa abc = 1 . Chứng minh bất đẳng thức
sau:
a3
b3
c3
3
+
+
≥
(1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) 4
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a3
1+ b 1+ c
a3
1+ b 1+ c 3
+
+
≥ 33
.
.
= a (1) ;
(1 + b )(1 + c ) 8
(1 + b )(1 + c ) 8 8 4

8
⇒

b3
1+ c 1+ a 3
+
+
≥ b (2) ;
(1 + c )(1 + a ) 8
8
4

c3
1+ a 1+ b 3
+
+
≥ c (3)
(1 + a )(1 + b ) 8
8
4
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
a3
b3
c3
1
3 3
+
+
+ ( a + b + c) + ≥ ( a + b + c)
(1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) 4

4 4
a3
b3
c3
1
3 3
3 3
⇒
+
+
≥ ( a + b + c ) − ≥ 3 abc − =
(1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) 2
4 2
4 4
(đpcm)
Bài 7: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau:
a4
b4
c4
+
+
≥ a+b+c
bc 2 ca 2 ab 2
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a4
a4
4
+
b

+
c
+
c
≥
4
.b.c.c = 4a (1)
bc 2
bc 2
b4
+ c + a + a ≥ 4b (2)
ca 2
c4
+ a + b + b ≥ 4c (3)
ab 2
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
a4
b4
c4
+
+
+ 3( a + b + c ) ≥ 4( a + b + c )
bc 2 ca 2 ab 2
a4
b4
c4
⇒ 2 + 2 + 2 ≥ a + b + c (đpcm)
bc
ca
ab

Bài 8: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau:
ab
bc
ca
1 1 1 1
+ 2
+ 2
≥  + + 
2
c ( a + b) a ( b + c ) b ( c + a ) 2  a b c 
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
ab
a+b
ab
a+b 1
+
≥2 2
.
=
(1)
2
c
c ( a + b ) 4ab
c ( a + b ) 4ab
23


bc
b+c 1

ca
c+a 1
+
≥
+
≥
(2) ;
(3)
2
2
a ( b + c ) 4bc a
b ( c + a ) 4ca b
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
ab
bc
ca
a+b b+c c+a 1 1 1
+ 2
+ 2
+
+
+
≥ + +
2
4bc
4ca a b c
c ( a + b ) a ( b + c ) b ( c + a ) 4ab
ab
bc
ca

1
1
1
1
1
1 1 1 1
⇔ 2
+ 2
+ 2
+
+
+
+
+
+
≥ + +
c ( a + b ) a ( b + c ) b ( c + a ) 4b 4a 4c 4b 4a 4c a b c
ab
bc
ca
1 1 1 1
⇒ 2
+ 2
+ 2
≥  + +  (đpcm)
c ( a + b) a ( b + c ) b ( c + a ) 2  a b c 
Bài 9: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng minh rằng:
a3
b3
c3

3
+
+
≥
b+c c+a a+b 2
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a3
a( b + c )
a 3 a( b + c )
+
≥2
.
= a 2 (1) ;
b+c
4
b+c
4
3
b
b( c + a )
c3
c (a + b )
+
≥ b 2 (2) ;
+
≥ c 2 (3)
c+a
4
a+ b

4
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
a3
b3
c3
ab + bc + ca
+
+
+
≥ a 2 + b 2 + c 2 (1' )
b+c c+a a+b
2
m+n
m+n
Mặt khác ta có: a
+b
+ c m+n ≥ a m b n + b m c n + c m a n
m = 1
Chọn 
ta được:
n = 1

a3
b3
c3
a 2 + b2 + c 2 3
+
+
≥
= (đpcm)

b+c c+a a+b
2
2
Bài 10: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau:
a5 b5 c5
+
+
≥ a3 + b3 + c3
b2 c2 a2
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a5
a5
2
+ ab ≥ 2 2 .ab 2 = 2a 3 (1) ;
2
b
b
5
b
c5
2
3
(2)
;
+
bc
≥
2b
+ ca 2 ≥ 2c 3 (3)

2
2
c
a
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
a5 b5 c5
+ 2 + 2 + ab 2 + bc 2 + ca 2 ≥ 2 a 3 + b 3 + c 3 (1' )
2
b
c
a
Mặt khác ta có: a m + n + b m + n + c m + n ≥ a m b n + b m c n + c m a n
m = 1
Chọn 
ta được:
n = 2
⇒

(

)

a 3 + b 3 + c 3 ≥ ab 2 + bc 2 + ca 2 (2' )
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được:
a5 b5 c5
+
+
+ ab 2 + bc 2 + ca 2 + a 3 + b 3 + c 3 ≥ 2 a 3 + b 3 + c 3 + ab 2 + bc 2 + ca 2
b2 c2 a2
a5 b5 c5

⇒ 2 + 2 + 2 ≥ a 3 + b 3 + c 3 (đpcm)
b
c
a
Bài 11: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau:
a3
b3
c3
1
+
+
≥ a2 + b2 + c2
a + 2b b + 2c c + 2a 3
Giải:
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca
a3
a( a + 2b )
a 3 a ( a + 2b ) 2 2
⇒
≥
(2' )
+
≥2
.
= a (1) ;
2
2
a + 2b

9
a + 2b
9
3
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được:
3
3
c
c( c + 2b ) 2 2
a3
b3
c3
ab + bc + ca a 2 + b 2 + c 2
ab + bc + ca b + b( b + 2c ) ≥ 2 b 2 (2) ;
+
≥ c (3)
⇒
+
+
+
+
≥ a2 + b2 + c2 +
b
+
2
c
9
3
c
+

2
b
9
3
b+c c+a a+b
2
2
2
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:

(

(

)

)

24


(

)

(

a3
b3
c3

1
2
2
+
+
+ a 2 + b 2 + c 2 + ( ab + bc + ca ) ≥ a 2 + b 2 + c 2
a + 2b b + 2c c + 2a 9
9
3
3
3
3
a
b
c
2
5
⇔
+
+
+ ( ab + bc + ca ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 (1' )
a + 2b b + 2c c + 2a 9
9
m+n
m+n
m+n
m n
m n
Mặt khác ta có: a
+b

+c
≥ a b + b c + cman
m = 1
Chọn 
ta được:
n = 1

(

)

)

b+c c+a a+b
4
4
4
2 2 2 4 4 4
4
4
+ 2 + 2 +
+
+
+ + + ≥ + + +
+
2
a+b b+c c+a a b c a b c a+b b+c
a
b
c

b+c c+a a+b 2 2 2
⇒ 2 + 2 + 2 ≥ + + (đpcm)
a b c
a
b
c
Bài 13: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau:
a 2 b 2 4c 2
+
+
≥ a + 3b
b
c
a

a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
Dấu “=” của bất đẳng thức xảy ra khi a = b = 2c
2
2
⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ( ab + bc + ca ) (2' )
Giải:
9
9
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được:
2
2
2
3
3

3
4c 2
a
b
c
2
2 2
5 2
2 a + b ≥ 2 a .b = 2a (1); b + 4c ≥ 4b (2) ;
2
2
2
2
+ a ≥ 4c (3)
+
+
+ ( ab + bc + ca ) + a + b + c ≥ a + b + c + ( ab + bc + ca )
c
a
b
a + 2b b + 2c c + 2a 9
9
9
9 b
Cộng theo vế các bất đẳng thức từ (1), (2) và (3) ta được:
a3
b3
c3
1
⇒

+
+
≥ a 2 + b 2 + c 2 (đpcm)
a 2 b 2 4c 2
a + 2b b + 2c c + 2a 3
+
+
+ a + b + 4c ≥ 2a + 4b + 4c
b
c
a
Bài 12: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau:
b+c c+a a+b 2 2 2
a 2 b 2 4c 2
+
+
≥
+
+
⇒
+
+
≥ a + 3b (đpcm)
a b c
a2
b2
c2
b
c
a

Giải:
Bài 14: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a2
b2
16c 2 1
+
+
≥ ( 64c − a − b )
b+c
4
b+c 4
4
b
+
c
c
+
a
a
+
b
9
(1) ;
+
≥2
.
=
b+c
a2

a2 b + c a
Dấu “=” của bất đẳng thức xảy ra khi a = b = 2c
c+a
4
4
a+b
4
4
+
≥
+
≥
(2)
;
(3)
Giải:
c+a b
a+b c
b2
c2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
a2
4( b + c ) 4a
b2
4( c + a ) 4b
16c 2
b+c c+a a+b
4
4

4
4 4 4
(1);
(2)
;
+
≥
+
≥
+ ( a + b ) ≥ 8c
+ 2 + 2 +
+
+
≥ + +
(1' )
b+c
9
3
c+a
9
3
a+b
a+b b+c c+a a b c
a2
b
c
(3)
Mà ta có:
Cộng theo vế các bất đẳng thức từ (1), (2) và (3) ta được:
1 1

1 1
4
4
+ ≥2 . =
≥
(2' ) ;
a2
b2
16c 2 13
8
4
a b
a b 2 ab a + b
+
+
+ ( a + b ) + c ≥ ( a + b ) + 8c
b+c c+a a+b 9
9
3
1 1
4
1 1
4
2
2
2
+ ≥
(3' ) ;
+ ≥
(4' )

a
b
16c
1
b c b+c
c a c+a
⇒
+
+
≥ ( 64c − a − b ) (đpcm)
b+c c+a a+b 9
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1’), (2’), (3’) và (4’) ta được:
Kỹ thuật Cauchy ngược dấu

(

)

(

(

)

(

)

)

25