19 phương pháp chứng minh bất đẳng thức

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
PHẦN 1
CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý
1/Định nghĩa

A  B  A  B  0

A  B  A  B  0

2/Tính chất
+ A>B  B  A
+ A>B và B >C  A  C
+ A>B  A+C >B + C
+ A>B và C > D  A+C > B + D
+ A>B và C > 0  A.C > B.C
+ A>B và C < 0  A.C < B.C
+ 0 < A < B và 0 < C + A > B > 0  A n > B n n
+ A > B  A n > B n với n lẻ
+ A > B  A n > B n với n chẵn
+ m > n > 0 và A > 1  A m > A n
+ m > n > 0 và 0 +A < B và A.B > 0



PHẦN II
CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Phương pháp 1 : Dùng định nghĩa
Kiến thức : Để chứng minh A > B. Ta lập hiệu A –B > 0
Lưu ý dùng hằng bất đẳng thức M 2  0 với M

Ví dụ 1  x, y, z chứng minh rằng :
a) x 2 + y 2 + z 2  xy+ yz + zx
b) x 2 + y 2 + z 2  2xy – 2xz + 2yz
c) x 2 + y 2 + z 2 +3  2 (x + y + z)
Giải:
1
2

a) Ta xét hiệu : x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx = .2 .( x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz –
zx)
1
( x  y ) 2  ( x z ) 2  ( y  z ) 2  0 đúng với mọi x;y;z  R
2
Vì (x-y)2  0 vớix ; y Dấu bằng xảy ra khi x=y
(x-z)2  0 vớix ; z Dấu bằng xảy ra khi x=z
(y-z)2  0 với z; y Dấu bằng xảy ra khi z=y
Vậy x 2 + y 2 + z 2  xy+ yz + zx. Dấu bằng xảy ra khi x = y =z

=





b)Ta xét hiệu: x 2 + y 2 + z 2 - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x 2 + y 2 + z 2 - 2xy +2xz –
2yz
= ( x – y + z) 2  0 đúng với mọi x;y;z  R
Vậy x 2 + y 2 + z 2  2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z  R
Dấu bằng xảy ra khi x+y=z
c) Ta xét hiệu: x 2 + y 2 + z 2 +3 – 2( x+ y +z ) = x 2 - 2x + 1 + y 2 -2y +1 + z 2 -

1 1

A B

2z +1
3/Một số hằng bất đẳng thức
+ A 2  0 với  A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ An  0 với  A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ A  0 với A (dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ -A + A  B  A  B ( dấu = xảy ra khi A.B > 0)
+ A  B  A  B ( dấu = xảy ra khi A.B < 0)

= (x-1) 2+ (y-1) 2+(z-1) 2  0. Dấu(=)xảy ra khi x=y=z=1
Ví dụ 2: chứng minh rằng :
2

a)

a2  b2  a  b 

 ;
2
 2 

b)

a2  b2  c2  a  b  c 



3
3



c) Hãy tổng quát bài

toán
Giải:
2

a2  b2  a  b 


2
 2 
a 2  2ab  b 2
1
1

= 2a 2  2b 2  a 2  b 2  2ab = a  b 2  0
4
4
4

a) Ta xét hiệu





2 a2  b2
4
2
a2  b2  a  b 
Vậy

 .
2
 2 

=





Dấu bằng xảy ra khi a=b

b)Ta xét hiệu

1

2

2


2

Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức
đúng hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh là đúng.

a2  b2  c2  a  b  c  1
2
2
2

 = a  b   b  c   c  a   0 .Vậy
3
3

 9

a2  b2  c2  a  b  c 


3
3







Nếu A < B  C < D , với C < D là một bất đẳng thức hiển nhiên, hoặc đã biết là đúng
thì có bất đẳng thức A < B .

2

Chú ý các hằng đẳng thức sau:

 A  B 2  A 2  2 AB  B 2
 A  B  C 2  A 2  B 2  C 2  2 AB  2 AC  2 BC
 A  B 3  A 3  3 A 2 B  3 AB 2  B 3

Dấu bằng xảy ra khi a = b =c
2

a12  a 22  ....  a n2  a1  a 2  ....  a n 


n
n


Tóm lại các bước để chứng minh A  B theo định nghĩa

c)Tổng quát

Ví dụ 1: Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng

Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B
Bước 2:Biến đổi H=(C+D) 2 hoặc H=(C+D) 2 +….+(E+F) 2
Bước 3:Kết luận A  B
Ví dụ 1: Chứng minh m,n,p,q ta đều có : m 2 + n 2 + p 2 + q 2 +1 m(n+p+q+1)
Giải:
 m2

  m2
  m2
  m2

 
 mn  n 2   
 mp  p 2   
 mq  q 2   
 m  1  0
4
4
4
4

 
 
 

2

2

2

b2
 ab
4
2
2
b) a  b  1  ab  a  b

c) a 2  b 2  c 2  d 2  e 2  a b  c  d  e 

a) a 2 

Giải:
b2
2
 ab  4a 2  b 2  4ab  4a 2  4a  b 2  0  2a  b   0
4
b2
(BĐT này luôn đúng). Vậy a 2   ab (dấu bằng xảy ra khi 2a=b)
4
b) a 2  b 2  1  ab  a  b  2(a 2  b 2  1   2(ab  a  b)

a) a 2 

2

m
 m
 m
 m 
   n     p     q     1  0 (luôn đúng)
2
 2
 2
 2

m
m


 2 n 0
n  2
m

m
  p0
 m2
p 
Dấu bằng xảy ra khi  2

2 
m
n  p  q  1
 q 0

m
q 
2
 m  22
m
1  0

 2
Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta luôn có : a 4  b 4  c 4  abc(a  b  c )

 a 2  2ab  b 2  a 2  2a  1  b 2  2b  1  0
 (a  b) 2  (a  1) 2  (b  1) 2  0
Bất đẳng thức cuối đúng.
Vậy a 2  b 2  1  ab  a  b . Dấu bằng xảy ra khi a=b=1

c)
a 2  b 2  c 2  d 2  e 2  a b  c  d  e   4 a 2  b 2  c 2  d 2  e 2   4ab  c  d  e 
 a 2  4ab  4b 2  a 2  4ac  4c 2  a 2  4ad  4d 2  a 2  4ac  4c 2  0



a



 a2  b





 2a 2 b 2  b 2  c





 2b 2 c 2  c 2  a
2

2



2 2

12

 2a 2 c 2

2

 2a bc  2b ac  2c ab  0



 a2  b2

  b
2

2

 c2

  c
2

2

 a2



2

 (a 2 b 2  b 2 c 2  2b 2 ac )  (b 2 c 2  c 2 a 2  2c 2 ab)
 (a 2 b 2  c 2 a 2  2a 2 ab)  0



 

2 2

 a2  b  b2  c
Đúng với mọi a, b, c.

  c

2 2

2

a

  ab  bc   bc  ac   ab  ac 

2 2

2

2

2

10

3

 

2



 









10





Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 3: cho x.y =1 và x  y

0

Giải:

Phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đương
Kiến thức:

2

 b10 a 2  b 2  a 8  b 8 a 4  b 4
 a  a b 2  a 2 b10  b12  a12  a 8 b 4  a 4 b 8  b12
2 2 2 2
6 6
 a 8 b 2 a 2  b 2  a 2 b 8 b 2  a 2  0  a b (a -b )(a -b )  0
2 2 2 2 2 4
2 2
4
 a b (a -b ) (a + a b +b )  0

 2a 4  2b 4  2c 4  2a 2 bc  2b 2 ac  2c 2 ab  0
2 2

 

2

Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: a 10  b10 a 2  b 2   a 8  b 8 a 4  b 4 
Giải:

Giải: Ta có : a 4  b 4  c 4  abc(a  b  c ) , a, b, c  0
 a 4  b 4  c 4  a 2 bc  b 2 ac  c 2 ab  0
2 2

 

2

 a  2b   a  2c   a  2d   a  2c   0

2

Chứng minh

x2  y2
2 2
x y

x2  y2
2
2
 2 2 vì :x  y nên x- y  0  x +y  2 2 ( x-y)
x y
2

2

2

 x +y - 2 2 x+ 2 2 y  0  x +y +2- 2 2 x+ 2 2 y -2  0
2
2
2
 x +y +( 2 ) - 2 2 x+ 2 2 y -2xy  0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2

4




2

 (x-y- 2 )

 0

c) x  y 2  4 xy

Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng

minh

a
b

2

2

Ví dụ 1 Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng
(a+b)(b+c)(c+a)  8abc
Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: x  y 2  4 xy
Tacó a  b 2  4ab ; b  c 2  4bc ; c  a 2  4ac
2
2
2
2
 a  b  b  c  c  a   64a 2 b 2 c 2  8abc   (a+b)(b+c)(c+a)  8abc
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Phương pháp 4:
Bất đẳng thức Cô sy
Kiến thức:
a/ Với hai số không âm : a, b  0 , ta có: a  b  2 ab . Dấu “=” xảy ra khi a=b
b/ Bất đẳng thức mở rộng cho n số không âm :

2

b/ a  b  c  a  b  c
(gợi ý :bình phương 2 vế)
c/ Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn:
x. y.z  1

1 1 1
    x yz
 x y z

Chứng minh rằng :có đúng một trong ba số x,y,z lớn hơn 1
Giải: Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1
1

x

1
y

1
z

b
a

d)   2

Ví dụ 4: Chứng minh rằng:
a/ P(x,y)= 9 x 2 y 2  y 2  6 xy  2 y  1  0 x, y  R

1

1

1

x

y

z

1
x

1
y

1
z

=(xyz-1)+(x+y+z)-xyz(   )=x+y+z - (   )  0 (vì   < x+y+z

a1  a 2  ...  a n  n n a1a 2 ..a n

theo gt)

n

 a  a 2  ...  a n 
 a1a 2 ..a n   1

n


Dấu “=” xảy ra khi a1  a 2  ...  a n

 2 trong 3 số x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dương.
Nếu trường hợp sau xảy ra thì x, y, z >1  x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1

bắt buộc phải xảy ra trường hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn
hơn 1

Chú ý : ta dùng bất đẳng thức Côsi khi đề cho biến số không âm.

a
b
c


2
Ví dụ 5: Chứng minh rằng : 1 
ab bc ac

Ví dụ 1 : Giải phương trình :

Giải : Nếu đặt t =2x thì pt trở thành pt bậc 6 theo t nên ta đặt

Giải:
1
1
a
a



(1)
ab abc
ab abc
b
b
c
c


( 2) ,

(3)
Tương tự ta có :
bc abc
ac abc

a  2 x
, a, b  0

b  4 x

Ta có : a  b  a  b  c 

Khi đó phương trình có dạng :

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được :
a
b
c


 1 (*)
ab bc ac
a
ac

Ta có : a  a  b 
ab abc
b

ab

(5) ,
Tương tự :
bc abc

a
b
1
3



b 1 a 1 a  b 2

Vế trái của phương trình:
 a
  b
  1

 a  b 1   a  b 1   a  b 1 

 1  
 1  
 1  3  


3
 b 1   a 1   a  b 
 b 1   a 1   a  b 

1
1 
1
1
1 
 1
 1
  a  b  1 




  3   b  1   a  1   a  b   
3
2
 b 1 a 1 a  b 
 b 1 a 1 a  b 

(4)
c
cb

ca abc

2x
4x
2x
3
 x
 x


4 1 2 1 2  4x 2
x

( 6)

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (4), (5), (6), ta được :
a
b
c


2
ab bc ac

(**)

Từ (*) và (**) , ta được : 1 



a
b
c


 2 (đpcm)
ab bc ac

Phương pháp 3:

Dùng bất đẳng thức phụ
Kiến thức:
a) x 2  y 2  2 xy
b) x 2  y 2  xy dấu( = ) khi x = y = 0
5

1 3
3
3
3 a  1b  1a  b .
3
3 a  1b  1a  b 
2
2

Vậy phương trình tương đương với :
a 1  b  1  a  b  a  b  1  2x  4x  1  x  0 .
Ví dụ 2 : Cho x, y , z > 0 và x + y + z = 1. Tìm GTLN của P

=

x
y
z


x 1 y 1 z 1

6

Giải : P = 3- (

1
1
1


) = 3 – Q. Theo BDT Côsi , nếu a, b, c > 0
x 1 y 1 z 1

thì

Giải: Đặt f ( x )  x 2  (a  c ) x  ac  0 có 2 nghiệm a,c
Mà: a  b  c  f (b)  0  b 2  (a  c )b  ac  0
ac
y
 a  c  yb  ac  a  c  y
b
b
x
y
z

  xa  ac   ( yb  ac )  ( zc  ac )  a  c x  a  c  y  (a  c ) z
a
b
c

x y z

 xa  yb  zc  ac     a  c  x  y  z 
a b c
b

a  b  c  3 3 abc 

1 1 1
1
1 1 1
9
1 1 1
  33
 a  b  c     9    
a b c
abc
a
b
c
a
b
c
a

bc



1
1
1

9


 
x 1 y 1 z 1 4
3
1
Vậy max P = .khi x = y = z = .
4
3

Suy ra Q =

Ví dụ 3:

-Q  

9
9 3
nên P = 3 – Q  3- =
4
4 4

2

xa  yb  zc ac x  y  z   a  c x  y  z 
a

Cho a, b, c >0 . Chứng minh rằng:

Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :

2

Tương tự :

Phương pháp 5
Bất đẳng thức Bunhiacopski
Kiến thức:
Cho 2n số thực ( n  2 ): a1 , a 2 ,...a n , b1 , b2 ,..., bn . Ta luôn có:

2
1
1 1
1 
2
1
1 1 1 

   

   
b 2   ac b ac 2  bc ab  c 2   ab c ab 2  ac bc 
2
2
2
abc
 2




a  bc b 2   ac c 2   ab
2abc

(a1b1  a 2 b2  ...  a n bn ) 2  (a12  a 22  ...  a n2 )(b12  b22  ...  bn2 )

Dấu “=” xảy ra khi 

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
Ví dụ 4 : CMR trong tam giác ABC :

a
b
c


3
bca cab abc

Giải : Theo bất đẳng thức Côsi :
a
b
c
abc


 33
(1)
bca cab abc
(b  c  a)(c  a  b)(a  b  c)

Cũng theo bất đẳng thức Côsi :
1
(b  c  a )(c  a  b)  (b  c  a  c  a  b)  c (2)
2

Viết tiếp hai BDT tương tự (2) rồi nhân với nhau sẽ được
(b  c  a )(c  a  b)(a  b  c)  abc
abc
 1 (3)
(b  c  a )(c  a  b)(a  b  c)

Từ (1),(3) suy ra (*). Dấu “=” xảy ra khi a = b = c hay ABC là đều .
Ví dụ 5:
0  a  b  c
. Chứng minh rằng:
0  x, y, z

Cho 

2

x  y  z 

c

 x y z  a  c 
x  y  z 2 (đpcm)
  xa  yb  zc ac    
4ac

a b c

2
1
1 1
1 
a  bc  2a bc  2

   
a  bc a bc 2  ab ac 
2

 by  cz  x  y  z   a  c 
4ac
a b c

b

x y z
2
2
 4 xa  yb  zc ac     a  c   x  y  z 
a b c

1
1
1
abc




2abc
a 2  bc b 2  ac c 2  ab



Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

2

7

(*)

Hay

a
a1 a 2

 ....  n
b1 b2
bn

b
b1 b2

 ....  n (Quy ước : nếu mẫu = 0 thì tử = 0 )
a1 a 2
an

Chứng minh:
a  a 2  a 2  ...  a 2
1
2
n
Đặt 
2
2
2
 b  b1  b2  ...  bn

 Nếu a = 0 hay b = 0: Bất đẳng thức luôn đúng.
 Nếu a,b > 0:
ai
b
,  i  i i  1,2,...n  , Thế thì:  12   22  ...   n2   12   22  ...   n2
a
b
1
Mặt khác:  i  i   i2   i2
2
1
1
    2  2  ...   n  n  (12   22  ....   n2 )  (  12   22  ...   n2 )  1
2
2
Suy ra: 1 1
 a1b1  a 2 b2  ...  a n bn  a.b

Đặt:  i 





Lại có: a1b1  a 2 b2  ...  a n bn  a1b1  a 2 b2  ...  a n bn
Suy ra: (a1b1  a 2 b2  ...  a n bn ) 2  (a12  a 22  ...  a n2 )(b12  b22  ...  bn2 )

8


  i   i i  1,2,..., n 
a
a
a
 1  2  ....  n


....


cùng
dáu
b
b
bn
 1 1
n n
1
2

a
a1 a 2

 ....  n  a12  a 22  ...  a n2
2
3
n 1

Dấu”=” xảy ra  

Ví dụ 2:

Ví dụ 1 :
1
Chứng minh rằng: x  R , ta có: sin x  cos x 
8
Giải: Ta có: sin 2 x  cos 2 x  1, x  R
8

(a  c ) 2  (b  d ) 2  a 2  b 2  c 2  d 2

Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski: Tacó

 





1
1
 sin 4 x  cos4 x   sin 4 x  cos4 x
2
4





a  c 2  b  d 2  a 2  b 2  2ac  bd   c 2  d 2  a 2  b 2   2



2

2
1
1
1
 sin 4 x.1  cos4 x.1   sin 8 x  cos8 x 12  12  sin 4 x  cos4 x 
4
4
8









 



Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có các góc A,B,C nhọn. Tìm GTLN của:
P  1  tan A. tan B  1  tan B. tan C  1  tan C. tan A

Giải:
* Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng
Cho m bộ số, mỗi bộ số gồm n số không âm: (ai , bi ,..., ci )(i  1,2,...., m)
Thế thì:
(a1a 2 ...a m  b1b2 ...bm  ...  c1c 2 ...c m ) 2  (a1m  b1m  ...  c1m )( a 2m  b2m  ...  c 2m )(a mm  bmm  ...  c mm )

Dấu”=” xảy ra   bô số (a,b,….,c) sao cho: với mỗi i = 1,2,…,m thì  t i
sao cho: a  t i ai , b  t i bi ,..., c  t i ci , Hay a1 : b1 : ... : c1  a 2 : b2 : ... : c 2  a n : bn : ...c n
a12  a 22  ...  a n2  3

Ví dụ 1: Cho 


n  Z,n  2

a
a a
Chứng minh rằng: 1  2  ....  n  2
2
3

n 1

Giải:
1
1
1


1 
1
k2 k2  1 
 k   k  
4 
2 
2
1
1
1
 2

1
1
k
k
k
2
2

k  N * ta có:



 1
1 1
1  1
1   1
1 
1  1
1
2
 2  2  ...  2 



 ...  




5  5
7 
1
1 3
1 3
2 3
n 3
n
n 
 2
2  2

2
2 n
2
2
2


Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski:

9

2

2

2

2

 (a  c )  (b  d )  a  b  c  d

2

a2  b2 . c2  d 2  c2  d 2

2

Ví dụ 3: Chứng minh rằng : a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
Cách

1:
Xét
cặp
số
(1,1,1)
và
(a,b,c)

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski một lần nữa:


ac+bd  a 2  b 2 . c 2  d 2

mà

Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:



Cho 4 số a,b,c,d bất kỳ chứng minh rằng:

8

1  sin 2 x.1  cos 2 x.1  sin 4 x  cos4 x 12  12

1
1
1
2


 ...  2  3
 2 (đpcm)
3
2 2 32
n

1

2



 12  12 (a 2  b 2  c 2 )  1.a  1.b  1.c 



ta

có

2



 3 a 2  b 2  c 2  a 2  b 2  c 2  2ab  bc  ac 
Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi
 a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac

a=b=c
Phương pháp 6:

Kiến thức:

Bất đẳng thức Trê- bư-sép

a1  a 2  .....  a n
thì
b1  b2  .....  bn

a)Nếu 

a1  a 2  ...  a n b1  b2  ....  bn a1b1  a 2 b2  ....  a n bn
.

.
n
n
n
 a  a  ....  a n
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi  1 2
b1  b2  ....  bn
a1  a 2  .....  a n
thì
b1  b2  .....  bn

b)Nếu 

a1  a 2  ...  a n b1  b2  ....  bn a1b1  a 2 b2  ....  a n bn
.

n

n
n
 a1  a 2  ....  a n
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi 
b1  b2  ....  bn
Ví dụ 1: Cho  ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn bán kính R = 1 và
sin A. sin 2a  sin B.sin 2 B  sin C. sin 2C 2S

.
sin A  sin B  sin C
3
S là diện tích tan giác. chứng minh rằng  ABC là tam giác đều.



Giải: Không giảm tính tổng quát ta giả sư 0  A  B  C  . Suy ra:
2

sin A  sin B  sin C

sin 2a  sin 2 B  sin 2C

Áp dụng BĐT trebusep ta được:

10


sin A  sin B  sin C sin 2 A  sin 2 B  sin 2C  
 3sin A. sin 2 A  sin B. sin 2 B  sin C. sin 2C 

1
1 1
(dùng x   )
ab
x 2
1
Ta có a 2  b 2  c 2  2(ab  cd )  2(ab  )  4 (1)
ab
Mặt khác: ab  c   bc  d   d c  a  = (ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)
1
1
1
=  ab     ac     bc    2  2  2
ab  
ac  
bc 

Vậy a 2  b 2  c 2  d 2  a b  c   bc  d   d c  a   10

Do abcd =1 nên cd =

sin A. sin 2 A  sin B. sin 2 B  sin C. sin 2C 1
 (sin 2 A  sin 2 B  sin 2C )
sin A  sin B  sin C
3
sin A  sin B  sin C
Dấu ‘=’ xảy ra  
 ABC dêu
sin 2 A  sin 2 B  sin 2C


Mặt khác:
sin 2 A  sin 2 B  sin 2C  2 sin( A  B). cos( A  B)  sin 2C
 2 sin C cos( A  B)  cos C   2 sin C cos( A  B)  cos( A  B)
 2 sin C.2 sin A.sin B  4 sin A sin B sin C
 (2 R sin A)( 2 R sin B ). sin C  a.b. sin C  2S
(2)

Phương pháp7
Bất đẳng thức Bernouli
Kiến thức:
a)Dạng nguyên thủy: Cho a  -1, 1  n  Z thì 1  a n  1  na . Dấu ‘=’ xảy ra

Thay (2) vào (1) ta có
sin A. sin 2a  sin B. sin 2 B  sin C .sin 2C 2 S

.
sin A  sin B  sin C
3
Dấu ‘=’ xảy ra   ABC đều.

a  0
n  1

khi và chỉ khi 

b) Dạng mở rộng:
- Cho a > -1,   1 thì 1  a   1  na . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0.

Ví dụ 2(HS tự giải):

a/

Cho a,b,c>0 và a+b+c=1

b/
c/

Cho x,y,z>0 và x+y+z=1
Cho a>0 , b>0, c>0

CMR:

rằng

- cho a  1,0    1 thì 1  a   1  na . Dấu bằng xảy ra khi va chỉ khi 
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng a b  b a  1, a, b  0 .
Giải
- Nếu a  1 hay b  1 thì BĐT luôn đúng
- Nếu 0 < a,b < 1
Áp dụng BĐT Bernouli:

a
b
c
3



bc ca ab 2

d)Cho x  0 ,y  0 thỏa mãn 2 x  y  1
Ví

a  0
.
  1

1 1 1
  9
a b c
CMR:x+2y+z  4(1  x)(1  y)(1  z )

CMR:

dụ

Cho

3:

a>b>c>0

;CMR:

x+y 

a2  b2  c2  1.

và

1
5

Chứng

a3
b3
c3
1



bc ac ab 2

Giải:


a2  b2  c2

minh

b
b
b 1  a  a  b
a
 1   1 a 

 ab 
.
   1 

  1
a 
a
a
ab
a 
b
Chứng minh tương tự: b a 
. Suy ra a b  b a  1
ab

Ví dụ 2: Cho a,b,c > 0.Chứng minh rằng


Do a,b,c đối xứng ,giả sử a  b  c   a  b  c


a5  b5  c5  a  b  c 

 .
3
3



Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có

Giải

a

b
c
a2  b2  c2  a
b
c  1 3 1
a .
 b2.
 c2.

.


= . =
bc
ac
ab
3
bc ac ab 3 2 2
a3
b3
c3
1
1



Vậy
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=
bc ac ab 2
3

1  

b  c

ac

ab

2

Cho a,b,c,d>0 và abcd =1 .Chứng minh rằng :

Ví dụ 4:

a  b  c  d  a b  c   bc  d   d c  a   10
2

2

2

2

5

(1)

5

5

5

3a   3b   3c 
 
 
 3
abc abc abc

Áp dụng BĐT Bernouli:
5

5

5b  c  2a 
 3a 
 b  c  2a 

  1 
  1
a

b

c
a

b


c
abc





Chứng minh tương tự ta đuợc:

Giải: Ta có a 2  b 2  2ab
c 2  d 2  2cd

11

12

(2)

(đpcm).


5

5c  a  2b 
 3b 

 1
a

b


c
abc



Giải:

(3)

a  c  d
b  c  d

5

5a  b  2c 
 3c 

 1
abc
abc



Cộng (2) (3) (4) vế theo vế ta có
5

5

5

 3a   3b   3c 

 
 
  3  (đpcm)
abc abc abc

Chú ý: ta có bài toán tổng quát sau đây:
“Cho a1 , a 2 ,...a n  0; r  1. Chứng minh rằng
r
1

r
2

Ví dụ 3: Cho 0  x, y, z  1 . Chứng minh rằng
x





 2 y  2 z 2x  2 y  2z 

Giải
Đặt a  2 x , b  2 y , c  2 z 1  a, b, c  2 .
1  a  2  a  1a  2   0
2
 3 (1)

a

2
3
b
2
c 3
c

(2)
(3)

 1 1 1  côsi
 1 1 1
9  a  b  c   2     2 a  b  c 2   
a b c
a b c
81
 1 1 1
 (a  b  c)     (đpcm)
8
a b c

Chú ý: Bài toán tổng quát dạng này
“ Cho n số x1 , x 2 ,...., x n  a, b, c  1
Ta luôn có:

c

x1



1 1 1
1
  
a b c abc

1 2 2 2
( a +b +c )
2
5
1 1 1
1
  
 ac+bc-ab   1 Chia hai vế cho abc > 0 ta có
6
a b c
abc

 ac+bc-ab 

dụ

4:

Cho

0

<1

.

Chứng

minh

rằng:

2a 3  2b 3  2c 3  3  a 2 b  b 2 c  c 2 a

Cộng (1) (2) (3) vế theo vế ta được



Ví dụ 2: Cho a,b,c>0

Ví

Chứng minh tương tự:
b

(điều phải chứng minh)
5
2
2
thỏa mãn a  b  c  . Chứng minh

3
2

Ví dụ 3: Cho 0 < a,b,c,d <1 Chứng minh rằng (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1a-b-c-d
Giải: Ta có (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab
Do a>0 , b>0 nên ab>0  (1-a).(1-b) > 1-a-b
(1)
Do c <1 nên 1- c >0 ta có  (1-a).(1-b) ( 1-c) > 1-a-b-c
 (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > (1-a-b-c) (1-d) =1-a-b-c-d+ad+bd+cd
 (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d (Điều phải chứng minh)

81
.
8

 a 2  3a  2  0  a 

(a-c)(b-d) > cd

Giải: Ta có :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab –ac – bc)  0

r

r
n

 a  a 2  ....  a n 
a  a  ....  a
 .
  1

n
n


Dấu ‘=’  a1  a 2  ....  a n .(chứng minh tương tự bài trên).

2

a  c  d  0
 

b  d  c  0
ab-ad-bc+cd >cd  ab> ad+bc

Tacó 

(4)

 nc4c c 
a

 c x2  ....  c xn c  x1  c  x2  ....  c  xn 

b

2

a b

Phương pháp 8:

Sử dụng tính chất bắc cầu
Kiến thức: A>B và B>C thì A>C
Ví dụ 1: Cho a, b, c ,d >0 thỏa mãn a> c+d , b>c+d
Chứng minh rằng ab >ad+bc

13

Giải:
Do a < 1  a 2  1 và
Ta có 1  a 2 .1  b   0  1-b- a 2 + a 2 b > 0  1+ a 2 b 2 > a 2 + b
mà 0< a,b <1  a 2 > a 3 , b 2 > b 3
Từ (1) và (2)  1+ a 2 b 2 > a 3 + b 3 . Vậy a 3 + b 3 < 1+ a 2 b 2
Tương tự
b 3 + c3  1  b 2 c ; c 3 + a 3  1  c 2 a
Cộng các bất đẳng thức ta có : 2a 3  2b 3  2c 3  3  a 2 b  b 2 c  c 2 a
Ví dụ 5 Chứng minh rằng : Nếu a 2  b 2  c 2  d 2  1998 thì ac+bd =1998
Giải:
Ta có (ac + bd) 2 + (ad – bc ) 2 = a 2 c 2 + b 2 d 2  2 abcd  a 2 d 2  b 2 c 2 - 2abcd =
= a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982
rõ ràng (ac+bd)2  ac  bd 2  ad  bc 2  1998 2  ac  bd  1998
Ví dụ 6 (HS tự giải) :
a/ Cho các số thực : a1; a2;a3 ….;a2003 thỏa mãn : a1+ a2+a3 + ….+a2003 =1
2

c hứng minh rằng : a 12 + a 22  a32  ....  a 2003

b/ Cho a;b;c  0 thỏa mãn :a+b+c=1
1
a

1
b

1
c

Chứng minh rằng: (  1).(  1).(  1)  8
14

1
2003


Phương pháp 9:
Dùng tính chất của tỷ số
Kiến thức
1) Cho a, b ,c là các số dương thì



a
a ac
a – Nếu  1 thì 
b
b bc
a
a ac
b – Nếu  1 thì 
b bc
b

b
d

Từ :

a
c



b
d

a ab b


c cd d

b
a b
  999
 998 
d
c d
a b 1 999
b/Nếu: b=998 thì a=1   = 
Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c=999
c d c
d

a b
1
Vậy giá trị lớn nhất của  =999+
khi a=d=1; c=b=999
c d
999

`
Ví dụ 1: Cho a,b,c,d > 0 .Chứng minh rằng
a
b
c
d



2
abc bcd cd a d a b

Giải: Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có
a
a
ad
1

abc
abc abcd
a
a


Mặt khác :
abc abcd

(1)
(2)

Từ (1) và (2) ta có \
a
a
ad
<
<
abcd
abc abcd
b
b
ba


abcd bcd abcd
c
c
bc


abcd cd a abcd
d
d
d c



abcd d ab a bcd

(4)
(5)
(6)

cộng vế với vế của (3); (4); (5); (6) ta có
a
b
c
d



 2 điều phải chứng minh
abc bcd cd a d a b
a c
a ab  cd c

Ví dụ 2 :Cho: < và b,d > 0 .Chứng minh rằng < 2
b d
b b d2 d
a c
ab cd
ab ab  cd cd c


Giải: Từ <  2  2  2  2
b d

b
d
b
b d2 d2 d
a ab  cd c

Vậy
<
điều phải chứng minh
b b2  d 2 d
1

Ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000
b
d

Phương pháp 10: Phương pháp làm trội
Kiến thức:
Dùng các tính bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính
được tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn.
(*) Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = u1  u 2  ....  un
Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u k về hiệu của hai số hạng liên tiếp
nhau:
uk  ak  ak 1

(3)

Tương tự ta có

a

c



a/ Nếu :b  998 thì

a c
a ac c
  

b d
b bd d

tìm giá trị lớn nhất của 

a
c

a
 1 vì a+b = c+d
c

2) Nếu b,d >0 thì từ

1

Không mất tính tổng quát ta giả sử :

Giải:

Khi đó :S = a1  a2   a2  a3   ....  an  an1   a1  an 1
(*) Phương pháp chung về tính tích hữu hạn: P = u1u 2 ....u n
Biến đổi các số hạng u k về thương của hai số hạng liên tiếp nhau: u k =
Khi đó P =

a1 a2
a
a
. ..... n  1
a2 a3
an1 an1

Ví dụ 1: Với mọi số tự nhiên n >1 chứng minh rằng
1
1
1
1
3


 .... 

2 n 1 n  2
nn 4
1
1
1


Giải: Ta có

với k = 1,2,3,…,n-1
n  k n  n 2n
1
1
1
1
1
n 1

 ... 

 ... 


Do đó:
n 1 n  2
2n 2n
2n 2n 2

Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
1
1
1

 .... 
 2 n  1 1
Với n là số nguyên
2
3
n

1
2
2


 2 k 1  k
Giải: Ta có
k 2 k
k  k 1





Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có
1 > 2  2  1
1
2 3 2
2



15



1


16



ak
ak 1


………………
1
 2 n 1  n
n



Ví dụ2 (HS tự giải)
1/ Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác
Chứng minh rằng ab  bc  ca  a 2  b 2  c 2  2(ab  bc  ca )
2/Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2
Chứng minh rằng a 2  b 2  c 2  2abc  2
Phương pháp 12:
Sử dụng hình học và tọa độ
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng : c(a  c)  c(b  c)  ab , a  b  0 và b  c
Giải
Trong mặt phẳng Oxy, chọn u  ( c, b  c ) ; v ( a  c , c )
Thì u  b , v  a ;
u.v  c(a  c)  c(b  c)



Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có 1 
n

Ví dụ 3: Chứng minh rằng

1

k

2

1
1
1

 .... 
 2 n  1 1
2
3
n



2



n  Z

k 1

1
1
1
1



k 2 k k  1 k  1 k

Giải: Ta có

Cho k chạy từ 2 đến n ta có
1
1
 1
22
2
1 1 1
 
32 2 3
.................
1
1
1
1 1
1

  2  2  ....  2  1
n2 n  1 n

2 3
n
n

Vậy

1

k

2

Hơn nữa:

u.v  u . v . cos(u , v)  u . v

Ví dụ 2:
n

Cho 2n số: xi ; y i , i  1,2,..., n thỏa mãn:
n



2

k 1

Phương pháp 11: Dùng bất đẳng thức trong tam giác

xi2  y i2 

a 2  a (b  c )
 2
b  b(a  c )
 c 2  c( a  b)


Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có: a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)
2/ Ta có a > b-c   a 2  a 2  (b  c) 2 > 0
b > a-c 
 b 2  b 2  ( c  a) 2 > 0
c > a-b 
 c 2  c 2  ( a  b) 2  0
Nhân vế các bất đẳng thức ta được



2



2



2

 a 2b 2c 2  a 2  b  c  b 2  c  a  c 2  a  b 
2

2

2

 a 2b 2c 2  a  b  c  b  c  a  c  a  b 
 abc  a  b  c 
. b  c  a 
. c  a  b

17

i



i

 1. Chứng minh rằng:

i 1

2
2

Giải:
Vẽ hình

y

Kiến thức: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác thì : a;b;c> 0
Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a
Ví dụ 1: Cho a;b;c là số đo ba cạnh của tam giác chứng minh rằng
1/ a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)
2/ abc>(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b)
Giải
1/Vì a,b,c là số đo 3 cạnh của một tam giác nên ta có


n

x y
i 1

i 1

0  a  b  c

0  b  a  c
0  c  a  b


 c( a  c)  c(b  c)  ab  (ĐPCM)

MK

MN
H

M

x
O

x+ y=1

Trong mặt phẳng tọa độ, xét:
M 1 ( x1 , y1 ) : M 2 ( x1  x 2 , y1  y 2 ) ;…; M n ( x1    x n , y1    y n )
Giả thiết suy ra M n  đường thẳng x + y = 1. Lúc đó:
OM 1  x12  y12 ,

M 1 M 2  x 22  y 22 , M 2 M 3  x32  y32 ,…, M n1 M n  x n2  y n2

Và OM 1  M 1 M 2  M 2 M 3    M n1 M n  OM n  OH 
n

2
2

 (ĐPCM)

Phương pháp 13:

Đổi biến số

  xi2  y i2 
i 1

18

2

2


a
b
c
3


 (1)
bc ca ab 2
yzx
zx y
Giải: Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta có a=
; b=
;c
2
2
x yz
=
2
yzx zx y x yz
3



ta có (1) 
2
2x
2y

2z
y z
x z
x y
y x
z x
z y
 1  1   1  3  (  )  (  )  (  )  6

x x
y y
z z
x y
x z
y z
y x
z y
z x
  2 nên ta có
  2;
Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì (   2;
x z
x y
y z

Ví dụ1: Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng

điều phải chứng minh
Ví dụ2:
Cho a,b,c > 0 và a+b+c <1. Chứng minh rằng

1
1
1


9
(1)
a 2  2bc b 2  2ac c 2  2ab
Giải: Đặt x = a 2  2bc ; y = b 2  2ac ; z = c 2  2ab . Ta có
2
x  y  z  a  b  c   1
1 1 1
(1)     9
Với x+y+z < 1 và x ,y,z > 0
x y z

1 1 1
1
   3. 3
x y z
xyz

Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x  y  z  3. 3 xyz , và:


x  y  z . 1  1  1   9 . Mà x+y+z < 1. Vậy
x

y

z

1 1 1
  9
x y z

Ví dụ3: Cho x  0 , y  0 thỏa mãn 2 x  y  1 CMR x  y 
Gợi ý: Đặt x  u ,
thay vào tính S min
Bài tập tự giải

y v

1
5

 2u-v =1 và S = x+y = u 2  v 2  v = 2u-1

a  0
f ( x)  0, x  
  0

Định lí 2:
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm x1    x2  a. f    0
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :

a. f    0

x1  x 2      0
S

 
2

Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :

a. f    0

  x1  x 2    0
S
 
2
  x    x

1
2
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm 
 f  . f    0.
 x1    x 2  

Ví dụ 1:Chứng minh rằng f x, y   x 2  5 y 2  4 xy  2 x  6 y  3  0
Giải: Ta có (1)  x 2  2 x 2 y  1  5 y 2  6 y  3  0

(1)

2

2

  2 y  1  5 y 2  6 y  3  4 y 2  4 y  1  5 y 2  6 y  3    y  1  1  0

1) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0

CMR:

25a 16b
c


8
bc ca a b

Vậy f x, y   0 với mọi x, y
Ví dụ2:
Chứng minh rằng: f x, y   x 2 y 4  2x 2  2. y 2  4 xy  x 2  4 xy 3
Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với



2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0
CMR


1  y 

2

x 2 y 4  2 x 2  2 . y 2  4 xy  x 2  4 xy 3  0  ( y 2  1) 2 .x 2  4 y 1  y  x  4 y 2  0
2
 4 y 2  y 2  1  16 y 2  0
Ta có   4 y 2

2
Vì a = y 2  1  0 vậy f x, y   0
(đpcm)
Phương pháp 15:
Dùng quy nạp toán học
Kiến thức:
Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n  n0 ta thực hiện các bước sau :
1 – Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n  n0
2

ma
nb
pc
1



bc ca ab 2

Phương pháp 14:

(đpcm)

a  0
  0
a  0
f ( x)  0, x  
  0
a  0
f ( x)  0, x  

  0

f(x) > 0, x  





2

m  n  p  m  n  p 

Dùng tam thức bậc hai

Kiến thứ: Cho f(x) = ax2 + bx + c
Định lí 1:

19

2

20


2 - Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh được
gọi là giả thiết quy nạp )
3- Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT
cần chứng minh rồi biến đổi để dùng giả thiết quy nạp)
4 – kết luận BĐT đúng với mọi n  n0
Ví dụ1: Chứng minh rằng :

1 1
1
1
  ....  2  2 
12 2 2
n
n

n  N ; n  1

(1)
1
4

Giải: Với n =2 ta có 1   2 

1
2

(đúng). Vậy BĐT (1) đúng với n =2

Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) đúng với n =

Vậy BĐT (3)luôn đúng ta có (đpcm)
Ví dụ 3: Cho a  1 ,1  n   . Chứng minh rằng : (1  a ) n  1  n.a
Giải
n=1: bất đẳng thức luôn đúng
n=k ( k   ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (1  a ) k  1  k .a
n= k+1 . Ta cần chứng minh: (1  a ) k 1  1  (k  1).a

Ta có: (1  a) k 1  (1  a).(1  a ) k  (1  a ).(1  k .a)  1  (k  1)a  k .a 2  1  (k  1)a
 Bất đẳng thức đúng với n= k+1
V ậy theo nguyên lý quy nạp: (1  a ) n  1  n.a , n  
1
2

Ví dụ 4: Cho 1  n   a1 , a 2 , , a n  0 thoả mãn a1  a 2    a n  . Chứng

k+1
minh rằng: (1  a1 )(1  a 2 )  (1  a n ) 

1 1
1
1
1
  ....  2 
 2
12 2 2
k
(k  1) 2
k 1

Thật vậy khi n =k+1 thì (1) 

1
2

1 1
1
1

1
1
1
  ....  2 
 2 
 2
12 2 2
k
(k  1) 2
k k  12
k 1




n=k ( k   ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (1  a1 )(1  a 2 )  (1  a k ) 

1
1
1
1
1
 .... 



2
2
2
1

(k  1)
k  1 k  1
k

Điều này đúng .Vậy

bất đẳng thức (1)được chứng minh
n

an  bn
ab
Ví dụ2: Cho n  N và a+b> 0. Chứng minh rằng 
(1)
 
 2

2



Giải: Ta thấy BĐT (1) đúng với n=1
Giả sử BĐT (1) đúng với n=k ta phải chứng minh BĐT đúng với n=k+1
Thật vậy với n = k+1 ta có
 2



k 1



a k 1  b k 1
2

(a1b1  a 2 b2    a n bn ) 2  (a12  a 22    a n2 )(b12  b22    bn2 )

Giải n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
n=k ( k   ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là:

k

a k 1  b k 1
ab a b
(2)


 .
2
2
 2 
a k  b k a  b a k 1  ab k  a k b  b k 1 a k 1  b k 1
.


 Vế trái (2) 
2
2
4
2
a k 1  b k 1 a k 1  ab k  a k b  b k 1

k
k

 0  a  b .a  b   0
(3)

2
4



(a1b1  a 2 b2    a k bk ) 2  (a12  a 22    a k2 )(b12  b22    bk2 )

n= k+1 . Ta cần chứng minh:
(a1b1  a 2 b2    a k 1bk 1 ) 2  (a12  a 22    a k21 )(b12  b22    bk21 ) (1)



Thật vậy:
VP(1)  (a12  a 22    a k2 )(b12  b22    bk2 )  (a12    a k2 ).b 2 +

Ta chứng minh (3)
(+) Giả sử a  b và giả thiết cho a  -b  a  b
k

 a k  b  bk



a

k

 (a1b1  a 2 b2    a k bk )  2a1b1a k 1bk 1  2a 2 b2 a k 1bk 1 



(+) Giả sử a < b và theo giả thiết
 a  b .a  b   0
k

 a 2 (b12  b22    bk2 )  a k21 .bk21

 b k .a  b   0

- a


k

   2a k bk a k 1bk 1  a k21bk21
k

k

a b  a b

k

 (a1b1  a 2 b2    a k bk ) 2  2 (a1b1  a 2 b2    a k bk ) a k 1bk 1  a k21 .bk21

k

21

1
2

1
2
Ta có: (1  a1 )(1  a 2 ) (1  a k 1 )  (1  a1 )(1  a 2 ) (1  a k 1 )[1  (a k  a k 1 )  a k a k 1 ]
1
 (1  a1 )(1  a 2 ) (1  a k 1 )[1  (a k  a k 1 )]  (Vì
2
1
a1  a 2    a k 1  (a k  a k 1 )  )
2
 Bất đẳng thức đúng với n= k+1
1
Vậy theo nguyên lý quy nạp: (1  a1 )(1  a 2 )  (1  a n ) 
2
Ví dụ 5: Cho 1  n   , ai , bi  R, i  1,2,..., n . Chứng minh rằng:

n= k+1 . Ta cần chứng minh: (1  a1 )(1  a 2 )  (1  a k 1 ) 

k 11 1
2
2
  k (k  2)  (k  1) 2  k +2k

(k  1) 2 k

a b
(1)  


1
2

Giải n=1: a1   1  a1   Bài toán đúng

Theo giả thiết quy nạp


1
2

22


 (a1b1  a 2 b2    a k 1bk 1 ) 2

 Bất đẳng thức đúng với n= k+1. Vậy: sin nx  n sin x , n    , x  R +

Vậy (1) được chứng minh
Ví dụ 6: Cho 1  n   , ai , bi  R, i  1,2,..., n . Chứng minh rằng:
(

a1  a 2    a n 2 a12  a 22    a n2
) 

n
n

Giải:
n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
n=k ( k   ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là:
(

a1  a 2    a k 2 a12  a 22    a k2
) 
k
k

n= k+1 . Ta cần chứng minh: (

a1  a 2    a k 1 2 a12  a 22    a k21
) 
(1)
k 1
k 1

a 2  a 3    a k 1
k
1
2
VP(1) 
(a1  k 2 a 2  2ka1a )
k 1
a 2  a32    a k21
a 2  a32    a k21 

1  2

a  k2 2
 k .a12  k 2

2  1
k
k
(k  1) 


Đặt: a 



a12  a 22    a k21
k 1

Vậy (1) đựơc chứng minh
Ví dụ 7: Chứng minh rằng:
n n  4

Giải: n=2  

(n  1) n 1  3

n n  (n  1) n 1 , n  , n  2
 n n  (n  1) n 1

n=k  2 : giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: k k  ( k  1) k 1

n= k+1:Ta c ó: k k ( k  1) k 1  (k  1) k 1 (k  1) k 1  (k  1) 2 k 2 (k  1) 2  [(k  1) 2 ] k 1 (k  1) 2
 (k 2  2k ) k 1 (k 2  2k ) (vì (k  1) 2  k 2  2k  1  k 2  2k )
 k k (k  2) k  (k  1) k 1  (k  2) k  Bất đẳng thức đúng với n= k+1
Vậy n n  (n  1) n 1 , n  , n  2
Ví dụ 8: Chứng minh rằng: sin nx  n sin x , n    , x  R
Giải: n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
n=k :giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: sin kx  k sin x
n= k+1 . Ta cần chứng minh: sin( k  1) x  (k  1) sin x
 a  b  a  b , a, b  R
Ta có: 
 sin x , cos x  1, x  R

Nên:

sin( k  1) x  sin kx cos x  cos kx sin x

 sin kx . cos x  cos kx . sin x  sin kx .  . sin x  k sin x .  . sin x  (k  1) sin x

23

Phương pháp 16:
Chứng minh phản chứng
Kiến thức:
1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng , ta hãy giả sử bất
đẳng thức đó sai và kết hợp với các giả thiết để suy ra điều vô lý , điều vô lý có thể
là điều trái với giả thiết , có thể là điều trái ngược nhau .Từ đó suy ra bất đẳng thức
cần chứng minh là đúng
2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “p  q”
Muốn chứng minh p  q (với p : giả thiết đúng, q : kết luận đúng) phép
chứng minh được thực hiên như sau:

Giả sử không có q ( hoặc q sai) suy ra điều vô lý hoặc p sai. Vậy phải có q
(hay q đúng)
Như vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định
kết luận của nó .
Ta thường dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng sau :
A - Dùng mệnh đề phản đảo : “P  Q”
B – Phủ định rôi suy trái giả thiết
C – Phủ định rồi suy trái với điều đúng
D – Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ngược nhau
E – Phủ định rồi suy ra kết luận :
Ví dụ 1: Cho ba số a,b,c thỏa mãn a +b+c > 0 , ab+bc+ac > 0 , abc > 0
Chứng minh rằng a > 0 , b > 0 , c > 0
Giải:
Giả sử a  0 thì từ abc > 0  a  0 do đó a < 0. Mà abc > 0 và a < 0  cb <
0
Từ ab+bc+ca > 0  a(b+c) > -bc > 0
Vì a < 0 mà a(b +c) > 0  b + c < 0
a < 0 và b +c < 0  a + b +c < 0 trái giả thiết a+b+c > 0
Vậy a > 0 tương tự ta có b > 0 , c > 0
Ví dụ 2:Cho 4 số a , b , c ,d thỏa mãn điều kiện
ac  2.(b+d) .Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là
sai:
a 2  4b
, c 2  4d
Giải:
Giả sử 2 bất đẳng thức : a 2  4b , c 2  4d đều đúng khi đó cộng các vế ta
được
a 2  c 2  4(b  d )
(1)
Theo giả thiết ta có 4(b+d)  2ac (2)

Từ (1) và (2)  a 2  c 2  2ac hay a  c 2  0 (vô lý)
Vậy trong 2 bất đẳng thức a 2  4b và c 2  4d có ít nhất một các bất đẳng
thức sai
Ví dụ 3:Cho x,y,z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng
24


Nếu x+y+z >

1 1 1
 
thì có một trong ba số này lớn hơn 1
x y z

Giải :Ta có (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1
1
x

1
y

1
z

=x + y + z – (   ) vì xyz = theo giả thiết x+y +z >

1 1 1
 
x y z

nên (x-1).(y-1).(z-1) > 0
Trong ba số x-1 , y-1 , z-1 chỉ có một số dương
Thật vậy nếu cả ba số dương thì x,y,z > 1  xyz > 1 (trái giả thiết)
Còn nếu 2 trong 3 số đó dương thì (x-1).(y-1).(z-1) < 0 (vô lý)
Vậy có một và chỉ một trong ba số x , y,z lớn hơn 1
Ví dụ 4: Cho a, b, c  0 và a.b.c=1. Chứng minh rằng: a  b  c  3 (Bất đẳng
thức Cauchy 3 số)
Giải: Giả sử ngược l ại:
a  b  c  3  (a  b  c)ab  3ab  a 2 b  b 2 a  cab  3ab  a 2 b  (a 2  3a )b  1  0

Xét : f (b)  a 2 b  (a 2  3a)b  1
Có   (a 2  3a) 2  4a = a 4  6a 3  9a 2  4a  a(a 3  6a 2  9a  4) =  a(a  1) 2 (a  4)  0
(Vì

a, b, c  0
 0  a  3 )  f (b)  0  vô

a  b  c  3

lý. Vậy:

abc3

Ví dụ 5:
Chứng minh rằng không tồn tại các số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3):
(1)
a  bc
(2)
b  ca
(3)

c  ab
Giải: Giả sử tồn tại các số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3), lúc đó:
 (a  b  c )(a  b  c)  0
(1’)
a  b  c  (b  c) 2  a 2
(2’)
b  c  a  (c  a ) 2  b 2  ( a  b  c)( a  b  c )  0
2
2
 ( a  b  c )(  a  b  c )  0
(3’)
c  a  b  ( a  b)  c
Nhân (1’), (2’) và (3’) vế với vế ta được:
 [(a  b  c )(a  b  c)(  a  b  c)] 2  0
 Vô lý. Vậy bài toán được chứng minh

Phương pháp 17 :
Sử dụng biến đổi lượng giác
1. Nếu x  R thì đặt x = Rcos  ,   0,   ; hoặc x =
Rsin  ,

  
,
 2 2 

 

2. Nếu x  R thì đặt x =
2

3.Nếu x  a    y  b 

2

R
cos 

 
  0, c    ,3 

2

 x  a  R cos 
 R , (  0) thì đặt 
, (  2 )
 y  b  R sin 
2

25

2

2

x    y   
2
4. Nếu 
 
  R a, b  0 thì đặt
 a





b



5. Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức : ax 2

 x    aR cos 
, (  2 )

 y    bR sin 
 b 2 , a, b  0 

b
 
Thì đặt: x  tg ,     , 
a



2 2





Ví dụ 1: Cmr : a 1  b 2  b 1  a 2  3 ab  1  b 2 1  a 2   2, a, b   1,1
Giải : a  1, b  1
a  cos 
b  cos 

 ,   0,  

Đặt : 

Khi đó :



a 1  b 2  b 1  a 2  3 ab 

1  b 1  a  
2

2

 cos  .sin   cos  .sin   3  cos  .cos   sin  .sin  



 sin(   )  3.cos(   )  2 cos(    )   2, 2   (dpcm)
6
Ví dụ 2 : Cho a , b  1 .Chứng minh rằng : a b  1  b a1  ab

Giải :
1


a  cos 2 
Đặt : 
1
b 
cos 2 



  
  ,   0,  
 2 


1
1
tg 
tg
(tg  .cos 2   tg .cos 2  )
tg 2  
tg 2 


2
2
2
2
cos 
cos 
cos  cos 

cos2  .cos2 
1 (sin 2   sin 2 ) sin(   ) cos in(   )
1



 ab
2 cos 2  .cos2 
cos 2  .cos 2 
cos 2  .cos 2 

 a b  1  b a 1 

Ví dụ 3: Cho ab  0 .Chứng minh rằng :  2 2  2 

a 2  (a  4b) 2
 2 2 2
a 2  4b 2

Giải
a 2  (a  4b) 2 tg 2  (tg  2)2

 4(tg  1).cos 2 
a 2  4b 2
1  tg 2
 
:Đặt: a  2btg ,     ,   2 sin 2  2(1  cos 2 )  2(sin 2  cos 2 )  2
 2 22 

 2 2 sin(2  )  2   2 2  2, 2 2  2 



2


Phương pháp 18:
Sử dụng khai triển nhị thức Newton.
Kiến thức:
Công thức nhị thức Newton

26


n

n

ab
cd 
2
  2

a b c  d
2 

 2 

4
4

a  b n  C nk a nk b k , n  N * , a, b  R .

n

k 0

Trong đó hệ số C nk 

n!
(0  k  n) .
(n  k )!k!



b

a
b

* Nếu f ( x)  g ( x ), x  a, b  thì

b

 f ( x)dx   g ( x)dx
a

b

b

 f ( x)dx   g ( x)dx .
a

n

a

b

a, b  0, i  1,2,..., n  1 :



 b n i a i  b i  0  a n  b n  a n i b i  a i b n i

 2a  b   C (a  b )  C (a  b )  ....  C
n

0
n

1
n

n

n

 (a  b )(C  C  ....  C

n 1
n

n
n

n 1
n

Chưng minh rằng: tg

A
B
C
 tg  tg  3
2
2
2

Giải:
x
2

Đặt f ( x)  tg , x  (0,  )
1
x
(1  tg 2 )
2
2
1 x

x
f '' ( x )  tg (1  tg 2 )  0, x  (0,  )
2 2
2
f ' ( x) 

n

n

n
n

n

n

( a  b )  C (b  a )

 C )  2 n (a n  b n )

Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho:

n

a n  bn
ab

 
2

n


abc
0
b) Đặt d 
3

Theo câu (a) ta có:

27

1
f ( x)dx  M (m, M là hằng số)
b  a a

Ví dụ 1: Cho A, B, C là ba góc của tam giác.

a  bn  C n0 a n  C n1 a n1b  ....  C nn1 a.b n1  C nn b n
a  bn  C n0 b n  C n1 b n1a  ....  C nn 1b.a n 1  C nn a n
n
 2a  b   C n0 (a n  b n )  C n1 (a n 1b  b n 1a )  ....  C nn1 (a.b n1  b.a n1 )  C nn (b n  a n )

1
n

a

* Nếu m  f ( x)  M , x  a, b thì m 

Giải
Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:

n

b

*  f ( x )dx   f ( x ) dx .

n

n

a

b

an  bn  cn  a  b  c 
*

 , a, b, c  0, n  N
3
3



n

 f ( x)dx  0
a

an  bn  a  b 
*
a)

 , a, b  0, n  N
2
 2 

0
n

n

* Nếu f ( x)  g ( x ), x  a, b  và x 0  a, b : f ( x 0 )  g ( x0 ) thì

Ví dụ 2:
Chứng minh rằng:

n

an  bn  cn
abc
 dn 

3
3



* Nếu f ( x)  0, x  a, b thì

k 0



n

Phương pháp 19:
Sử dụng tích phân
Hàm số: f , g : a, b  R liên tục, lúc đó:

n

n i

n

n

n

Ta có: 1  a n   C nk a k  C n0  C n1 a  1  na (đpcm)

a

n

ab c d 


 

abcd n
2   2 

(
)  dn
2
4
 a n  b n  c n  d n  4d n  a n  b n  c n  3d n

Một số tính chất đặt biệt của khai triển nhị thức Newton:
+ Trong khai triển (a + b)n có n + 1 số hạng.
+ Số mũ của a giảm dần từ n đến 0, trong khi đó số mũ của b tăng từ 0 đến
n. Trong mỗi số hạng của khai trtiển nhị thức Newton có tổng số mũ của a và b
bằng n.
+Các hệ số cách đều hai đầu thì bằng nhau
C nk  C nn k .
( 0  k  n)
+ Số hạng thứ k + 1 là C nk a n k .b k
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng 1  a n  1  na, a  0, n  N * (bất đẳng thức bernoulli)
Giải

b)

n

28

b) Vế trái có thể viết H = a  2b  12  b  12  1  H > 0 ta có đpcm
c) vế trái có thể viết H = a  b  12  b  12  H  0 ta có điều phải chứng

f ( A)  f ( B)  f (C )
 A B C 
 f

3
3


A
B
C
 A BC 
tg  tg  tg  3tg 

2
2
2
6


A
B
C

tg  tg  tg  3tg
2

2
2
6
A
B
C
tg  tg  tg  3
2
2
2

minh
* Dùng biến đổi tương đương
1) Cho x > y và xy =1 .Chứng minh rằng

x

Ví dụ 2: Chứng minh:

10

Giải: Ta có

2

dx


5  2 cos 2 x 6
0



4

(vì xy = 1)

2

 4. x  y   4



1
1
1


5 5  2 cos2 x 3





2

2

2

2

Giải:
 1
1
1
2
1   1
1 



  0
 


2
2  
2
1  x 2 1  y 2 1  xy
 1  x 1  y   1  y 1  xy 
x ( y  x)
y( x  y )
xy  x 2
xy  y 2

2
1  x .1  xy  1  y 2 .1  xy   0  1  x 2 .1  xy   1  y 2 .1  xy   0

Ta có












 y  x 2 xy  1  0 BĐT cuối này đúng do xy > 1 .Vậy ta có đpcm
1  x 2 . 1  y 2 .1  xy 

* Dùng bất đẳng thức phụ
1) Cho a , b, c là các số thực và a + b +c =1 Chứng minh rằng
a2  b2  c2 

1
3

Giải: áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho 3 số (1,1,1) và (a,b,c)
Ta có
1.a  1.b  1.c 2  1  1  1.a 2  b 2  c 2   a  b  c 2  3.a 2  b 2  c 2 

2) Chứng minh rằng
a) x 4  y 4  z 2  1  2 x.( xy 2  x  z  1)
b) với mọi số thực a , b, c ta có



a 2  5b 2  4ab  2a  6b  3  0
a 2  2b 2  2ab  2a  4b  2  0

a2  b2  c2 

1
3

(vì a+b+c =1 ) (đpcm)

2) Cho a,b,c là các số dương . Chứng minh rằng

a  b  c . 1  1  1   9
a

b

c

(1)

hiệu: x 4  y 4  z 2  1  2 x 2 y 2  2 x 2  2 xz  2 x

  x  z   x  1 = H
2

x  y   2  0

1

1
2


1  x 2 1  y 2 1  xy

a2
2
2
 b +c > ab+bc+ac
3
a2
a2 a2
2
2
2
2
 b +c - ab- bc – ac = 
 b +c - ab- bc – ac
Giải: Ta xét hiệu:
3
4 12
a2
a2
a 3  36abc
a
= (  b2+c2- ab– ac+ 2bc) +  3bc =( -b- c)2 +
2
4
12

12a
a 3  36abc
a
2
3
=( -b- c) +
>0 (vì abc=1 và a > 36 nên a >0 )
2
12a
a2
Vậy :  b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh
3

Xét



2) Cho xy  1 .Chứng minh rằng

1) Cho abc = 1 và a 3  36 . . Chứng minh rằng

c)
Giải:
a)

x  y 4  4x  y 2  4  0

BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh

PHẦN III : CÁC BÀI TẬP NÂNG CAO

*Dùng định nghĩa

2

  x  y 

2 2


Trên đoạn 0,  ta có:

1
dx
1

dx



   0  
   0   
  đpcm 
2
2
5 2
 0 5  2 cos x 3  2
 10 0 5  2 cos x 6

 y2

y

2

Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với x  y 4  4x  y 2  4  8.x  y 2

 3  5  2 cos2 x  5 

2

x



2

2

x 2  y 2   x  y   2 xy   x  y   2

Giải
 2
0  cos 2 x  1  0  2 cos2 x  2  2  2 cos2 x  0

x

2

 y2
8

x  y 2







2

=

Giải:

(1)

1



2

a b a c b c
3          9
b a  c a c b

H  0 ta có điều phải chứng minh
29

30

a a b
b c c
   1    1  9
b c a
c a a




x y
  2 Với x,y > 0. Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng
y x
1 1 1
Vậy a  b  c .     9
(đpcm)
a b c

áp dụng BĐT phụ

* Dùng phương pháp bắc cầu
1) Cho 0 < a, b,c <1 .Chứng minh rằng : 2a 3  2b 3  2c3  3  a 2b  b 2 c  c 2 a
Giải: Do a <1  a 2 <1 và b <1
Nên 1  a 2 . 1  b 2   0  1  a 2b  a 2  b  0
Hay 1  a 2b  a 2  b
(1)
Mặt khác 0 Vậy a 3  b 3  1 a 2 b
Tương tự ta có
b3  c 3  1  b 2c; a3  c 3  1  c 2 a

(đpcm)
 2a  2b  2c 3  3  a 2b  b 2 c  c 2 a
3

Vậy ta có

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có :
1

2) So sánh 31 11 và 17 14
11
Giải: Ta thấy 3111 < 3211   25   255  256
14

(đpcm)

ab
bc
cd
d a



3
abc bcd cd a d a b

Giải: Vì a ,b ,c ,d > 0 nên ta có
(1)
(2)
(3)

Cộng các vế của 4 bất đẳng thức trên ta có :
ab
bc
cd
d a



3
abc bcd cd a d a b

(đpcm)

2) Cho a ,b,c là số đo ba cạnh tam giác
Chứng minh rằng : 1 

a
b
c


2
bc ca a b

Giải: Vì a ,b ,c là số đo ba cạnh của tam giác nên ta có a,b,c > 0
Và a < b +c ; b a
aa
2a



bc a bc a bc
a
a

Mặt khác
bc abc

Từ (1) 

31

(đpcm)

1
1
1
1

 ... 

1.3 3.5
(2n  1).(2n  1) 2
1
1
1
 ... 
2
b) 1  

1.2 1.2.3
1.2.3.....n

a)

1

 2n  1 .  2n  1

1  2k  1  (2k  1) 1  1
1 
 .
 


2 (2k  1).(2k  1)
2  2k  1 2k  1 

Cho n chạy từ 1 đến k .Sau đó cộng lại ta có

Mặt khác 256  24.14   2 4   1614  1714 Vậy 31 11 < 17 14
* Dùng tính chất tỉ số

2

a
b
c



2
bc ca a b

* Phương pháp làm trội :
1) Chứng minh BĐT sau :

a) Ta có :

ab
a b
a bd


abcd abc abcd
b  c
bc
bca


abcd bcd abcd
d a
d a
d ac


abcd d ab a bcd

b
b
2b



abc ac abc
c
c
2c


abc ba a bc

Giải:

3

1) Cho a ,b ,c ,d > 0 .Cminh rằng: 2 

a
a
2a


Tương tự ta có
abc bc abc

1
1
1
1 
2  1
(đpcm)


 ... 
 .1 

1.3 3.5
(2n  1).(2n  1) 2  2n  1  2
1
1
1
1
1
1
 ... 
 1

 ..... 
b) Ta có: 1  
1.2 1.2.3
1.2.3.....n
1.2 1.2.3
 n  1 .n
1
1 1
1
1
1
< 1   1        ....  
   2   2 (đpcm)
n
 2  2 3

 n 1 n 
PHẦN IV : ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC
1/ Dùng bất đẳng thức để tìm cưc trị
Kiến thức:
- Nếu f(x)  A thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là A
- Nếu f(x)  B thì f(x) có giá trị lớn nhất là B
Ví dụ 1 :Tìm giá trị nhỏ nhất của :T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|
Giải: Ta có |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x|  |x-1+4-x| = 3
(1)
Và x  2  x  3  x  2  3  x  x  2  3  x  1
(2)
Vậy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|  1+3 = 4
Ta có từ (1)  Dấu bằng xảy ra khi 1  x  4
(2)  Dấu bằng xảy ra khi 2  x  3
Vậy T có giá trị nhỏ nhất là 4 khi 2  x  3
Ví dụ 2 :
Tìm giá trị lớn nhất của S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x)
với x,y,z > 0 và
x+y+z =1
Giải: Vì x,y,z > 0 ,áp dụng BĐT Côsi ta có
1
3

x+ y + z  3 3 xyz  3 xyz   xyz 

1
27

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có
32

 x  y  .  y  z  .  z  x   3 3  x  y  . y  z  .  x  z 
Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=

 2  33  x  y  . y  z . z  x 

1
3

8 1
8
8
1
. 
. Vậy S có giá trị lớn nhất là
khi x=y=z=
27 27 729
729
3
Cho xy+yz+zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của x 4  y 4  z 4

Vậy S 

Ví dụ 3:
Giải: Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho 6 số (x,y,z) ;(x,y,z)
2
2
2
Ta có

(1)
 xy  yz  zx    x 2  y 2  z 2   1   x 2  y 2  z 2 
2
2
2
Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho ( x , y , z ) và (1,1,1)
Ta có ( x 2  y 2  z 2 )2  (12  12  12 )( x 4  y 4  z 4 )  ( x 2  y 2  z 2 )2  3( x 4  y 4  z 4 )
Từ (1) và (2)  1  3( x 4  y 4  z 4 )  x 4  y 4  z 4 
Vậy x 4  y 4  z 4 có giá trị nhỏ nhất là

1
3

2

5 x 2  10 x  14  5.  x  1  9  9

Vậy 4. 3x 2  6 x  19  5 x 2  10 x  14  2  3  5
Dấu ( = ) xảy ra khi x+1 = 0  x = -1
Vậy 4 3x 2  6 x  19  5 x 2  10 x  14  4  2 x  x 2 khi x = -1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -1
Ví dụ 2: Giải phương trình x  2  x2  4 y 2  4 y  3
Giải : áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta có :
x  2  x 2  12  12 . x 2   2  x 2   2. 2  2 Dấu (=) xảy ra khi x = 1

33

có nghiệm x = y = z =

1

3

 xy  4  8  y 2

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau 

2
 xy  2  x
 8  y 2  0 hay y  8

Từ phương trình (1)
Từ phương trình (2)

1
3

(1)
(2)

 x2  2  x . y  2 2 x

 x 2  2 2 x  22  0  ( x  2)2  0  x  2  x   2

Vì a không đổi mà x+y = 2a. Vậy S lớn nhất khi x.y lớn nhất  x  y
Vậy trong các tam giác có cùng cạnh huyền thì tam giác vuông cân có diện tích
lớn nhất
2/ Dùng Bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình
Ví dụ 1:Giải phương trình: 4 3x 2  6 x  19  5 x 2  10 x  14  4  2 x  x 2
Giải : Ta có 3 x2  6 x  19  3.( x 2  2 x  1)  16  3.( x  1)2  16  16

Vậy x  2  x2  4 y 2  4 y  3  2

x  y  z 1
4
4
4
 x  y  z  xyz


1
Ta có S = .  x  y  .h  a.h  a. h 2  a. xy
2

1
khi x =1 và y =2

x4  y4 y4  z 4 z4  x4


 x2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2
2
2
2
x 2 y 2  y 2 z 2 z 2 y 2  z 2 z 2 x2 z 2  y 2 x 2



2
2
2

2
2
2
 y xz  z xy  x yz  xyz.( x  y  z )
x4  y4  z4 

Vậy 

Ví dụ 4 : Trong tam giác vuông có cùng cạnh huyền , tam giác vuông nào có
diện tích lớn nhất
Giải: Gọi cạnh huyền của tam giác là 2a
Đường cao thuộc cạnh huyền là h
Hình chiếu các cạnh góc vuông lên cạnh huyền là x,y

2

Giải: áp dụng BĐT Côsi ta có

Vì x+y+z = 1) Nên x 4  y 4  z 4  xyz Dấu (=) xảy ra khi x = y = z =

3
1
khi x=y=z= 
3
3

Mặt khác 4 y 2  4 y  3   2 y  1  2  2 Dấu (=) xảy ra khi y = -

 x 1
1

 y   2
 x  y  z 1
Ví dụ 3:Giải hệ phương trình sau:  4 4 4
 x  y  z  xyz

Vậy nghiệm của phương trình là 

1
2

Nếu x = 2 thì y = 2 2
Nếu x = - 2 thì y = -2 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm

 x  2

 y   2

và

 x  2 2

 y  2 2

3/ Dùng BĐT để giải phương trình nghiệm nguyên
Ví dụ 1: Tìm các số nguyên x,y,z thoả mãn x 2  y 2  z 2  xy  3 y  2 z  3
Giải: Vì x,y,z là các số nguyên nên x 2  y 2  z 2  xy  3 y  2 z  3


y2   3y 2

 x 2  y 2  z 2  xy  3 y  2 z  3  0   x 2  xy    
 3 y  3  z2  2z 1  0
4
4

 




2

2

y
2

y 
  x    3   1   z  1  0
2

2 
2

2

y
y
2
Mà  x    3   1    z  1  0



2

2

2

(*)



2

y
2

y 
  x    3   1   z  1  0
2

2 

34

x, y  R



y

x  2  0
 x 1

y

  1  0   y  2
2


 z 1
 z 1  0



Bài 1:Chứng minh rằng với mọi a,b,c > 0 :

a
b
c
1 1 1


  
bc ac ab a b c

HD : Chuyển vế quy đồng mẫu đưa về tổng bình phương các đẳng thức.
Bài 2:Chứng minh bất đẳng thức :
HD:

 x 1


(n  N *)

1
1
1
 
k (k  1) k k  1

1
1
1
Bài 3: Cho a, b. c > 0 và a + b + c  1. Cmr : 1  1  1    64

Các số x,y,z phải tìm là  y  2
 z 1


Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử

1 1 1
  2
x y z

x yz

1 1 1 3

Ta có 2      2 z  3
x y z z

 a  b  c 
 1   1  1
HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 1   , 1   , 1  
 a  b  c
Bài 4 : Cho a  c  0, b  c  0 . Cmr : c(a  c)  c (b  c )  ab

c ac c bc
,
, rồi cộng hai vế
b a
a b

HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho

Mà z nguyên dương vậy z = 1. Thay z = 1 vào phương trình ta được
1 1
 1
x y

Theo giả sử x  y nên 1 =

1
1
1
1



 .. 
1
1.2 2.3 3.4
n(n  1)

theo vế.
a2
b2

b 1 a 1
a2 b2
,
HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho
và xét trường hợp dấu “=”
b 1 a 1

Bài 5: Cho a, b >1. Tìm GTNN của S =
1 1
1

  y  2 mà y nguyên dương
x y
y

Nên y = 1 hoặc y = 2
Với y = 1 không thích hợp
Với y = 2 ta có x = 2
Vậy (2 ,2,1) là một nghiệm của phương trình
Hoán vị các số trên ta được các nghiệm của phương trình là (2,2,1);(2,1,2);
(1,2,2)

Ví dụ 3:Tìm các cặp số nguyên thoả mãn phương trình x  x  y (*)
Giải:
(*) Với x < 0 , y < 0 thì phương trình không có nghĩa
(*) Với x > 0 , y > 0
Ta có x  x  y  x  x  y 2  x  y 2  x  0
Đặt x  k (k nguyên dương vì x nguyên dương )
Ta có k .(k  1)  y 2
2
Nhưng k 2  k  k  1   k  1  k  y  k  1
Mà giữa k và k+1 là hai số nguyên dương liên tiếp không tồn tại một số
nguyên dương nào cả
Nên không có cặp số nguyên dương nào thoả mãn phương trình .
x  0
y  0

xảy ra .
Bài 9 : Tìm GTLN và GTNN của y =
HD: Đặt x=

1
2

3  8 x 2  12 x 4
(1  2 x 2 ) 2

  
tg ,     , 
 2 2

Bài 10: Cho 36x 2 16 y 2  9. Cmr :

15
25
 y  2x  5 
4
4

1

 x  2 cos 
3
 y  sin 

4

HD: Đặt : 

x
2

Bài 11: Cmr : 1  1  x 2  (1  2 1  x 2 ), x   1,1
 

HD : Đặt x = sin 2 ,     , 
 4 4
Bài 12: Cho a, b  0, c  1 . Chứng minh rằng: a 2  b 2  c 2  1  a 2 b  b 2 c  c 2 a
Bài 13: Cho  ABC có a, b, c là độ dài các cạnh. Chứng minh rằng:
a 2 b ( a  b )  b 2 c (b  c )  c 2 a (c  a )  0

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là : 

Bài 14: Cho n  ,1  n, a, b  0 . Chứng minh rằng

Bài tập đề nghị :

Bài 15: n  ,2  n . Chứng minh rằng:

35

36


2  1 


n

an  bn  a  b 


2
 2 

1
 3
n

n

SKKN

CM BĐT bằng PP CHỌN ĐIỂM RƠI.

----------------------

Bài 16: Có tồn tại

xR

sao cho:

1 tg 3 x

3?
3 tgx

Bài 17: Cho  ABC có diện tích bằng 4 (đơn vị diện tích). Trên các cạnh
BC, CA, AB lấy lần lược các điểm A’, B’, C’. Chứng minh rằng: Trong tất cả các
tam giác AB’C’, A’BC’, A’B’C có ít nhất 1 diện tích nhỏ hơn hay bằng 1(đơn vị
diện tích)

I. TÊN ĐỀ TÀI:
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP CHỌN
ĐIỂM RƠI.
II. ĐẶT VẤN ĐỀ:
Qua các kỳ thi giỏi toán quốc tế, nhiều chuyên gia thường nhận định
bài toán BẤT ĐẲNG THỨC là sở trường của học sinh VIỆT NAM. Tuy
nhiên đối với học sinh phổ thông hiện nay và ngay cả học sinh trong các lớp
chọn ( tự nhiên ) của phổ thông các em thường rất thiếu tự tin khi đối diện với

bài toán BĐT (bất đẳng thức). Minh chứng rõ ràng nhất là bài toán chứng
minh BĐT hoặc bài toán có sử dụng BĐT để chứng minh là một trong số ít
dạng toán nằm trong diện phân loại học sinh trong các đề thi đại học.
Phương pháp mà đề tài giới thiệu nhắm vào đại bộ phận các bài toán
BĐT hiện nay ( là BĐT mà các biến có tính đối xứng hoặc các biến có thể
hoán vị vòng quanh ). Ngoài ra đối với các BĐT mà các biến không có tính
chất trên thì có những biến đổi thích hợp để có thể vận dụng phương pháp
trên. Ngoài ra còn có các phương pháp cơ bản khác hổ trợ như: Đổi biến, Đặt
ẩn phụ ...
III. CƠ SỞ LÝ LUẬN
1. ĐỊNH NGHĨA:
A ≥ BÙA–B ≥ 0
2. TÍNH CHẤT
* A > B và B > C => A > C
* A > B ⇒A + C > B + C
* A > B và C > D ⇒ A + C > B + D
* A > B và C > 0 ⇒ A.C > B.C
* A > B và C < 0 ⇒ A.C < B.C
* A > B > 0 và C > D > 0 ⇒ A.C > B.D > 0
* A > B > 0 ⇒ An > Bn ∀n
* A > B ⇒ A n > B n với n = 2k + 1 (k ∈ N)
2
* A ≥ 0 , ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
* A ≥ 0 , ∀ A (dấu = xảy ra khi A = 0 )
2. CÁC BĐT CÓ LIÊN QUAN
a. BĐT Cô-si :

xi ≥ 0, ( i = 1,…, n )
x + x + .... + xn
1 2

≥ n x .x ...xn
1 2
n
Dấu đẳng thức xảy ra khi chỉ khi x1 = x2 = … = xn .
* BĐT hệ quả thường dùng:

------------------------37

Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam

1


SKKN

CM BĐT bằng PP CHỌN ĐIỂM RƠI.

---------------------⎛1 1
1⎞
⎜ + + ... ⎟ ( a1 + a2 + ... + an ) ≥ n ;
a
a
a
2
n ⎠
⎝ 1

với ai ≥ 0, i = 1,..,n.

A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP

Đối với các BĐT mà các biến có “tính đối xứng hoặc có thể hoán vị
vòng quanh” (*) thì việc nhận định dấu đẳng thức xảy ra ( ĐIỂM RƠI ) là hết
sức quan trọng trong khi việc làm này nếu được hướng dẫn thì rất đơn giản.
Đối với các BĐT mà các biến có tính chất (*) thì phần lớn đẳng thức
xảy ra khi các biến bằng nhau. ( Đề tài nói phần lớn vì vẫn có những BĐT các
biến có tính chất (*) nhưng đẳng thức xảy ra tại các biến không bằng nhau, ví
dụ: Với a,b,c không âm : a 3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a 2 (b + c) + b 2 (c + a) + c 2 (a + b) , đẳng
thức xảy ra ngoài khi a = b = c, đẳng thức còn xảy ra khi a = b, c = 0. Hoặc

|| a | − | b || (1)
≤ | a + b | ≤ | a | + | b | , (a, b∈ R)
(2)
Dấu đẳng thức (1) xảy ra kck a.b ≤ 0, (2) xảy ra kck a.b ≥ 0 .
JG

G

G

JG

| a + b | ≤ | a| + | b |
1/
JG G
Dấu đẳng thức xảy ra kck a, b cùng hướng
JG G
JG G
JG G
− | a || b | ≤ a.b ≤ | a || b |

2/
(1)

(2)

Với a,b,c không âm, ab + bc + ca = 1:

JG G

Đẳng thức (1) xảy ra Ù a, b ngược hướng,
JG G
Đẳng thức (2) xảy ra Ù a, b cùng hướng

(

)

b1 + b2 + ... + bn
b2
b12 b22
+ + .... n ≥
a1 a2
an
a1 + a2 + ... + an

Ví dụ 1 : Cho a, b,c là các số thực dương thỏa a + b + c ≤
1
a

15

2

1
. Do vậy ta có thể biến đổi như sau:
2
1
1
1
Cách 1: 4a + − 3a ≥ 4 − 3a ;
4b + − 3b ≥ 4 − 3b ;
4c + − 3c ≥ 4 − 3c .
b
c
a
1 1 1
15
Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được: a + b + c + + + ≥ 12 − 3(a + b + c) ≥
a b c
2
1
1
1
Cách 2: a + ≥ 1 ; b + ≥ 1 ; c + ≥ 1 .
4a
4b
4c
1 1 1 1
Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được: a + b + c + ⎛⎜ + + ⎞⎟ ≥ 3 .
4⎝a b c⎠
1 1 1

3⎛1 1 1⎞
3
9
3 9 15
Suy ra: a + b + c + + + ≥ 3 + ⎜ + + ⎟ ≥ 3 +
≥ 3+
≥ .
a b c
4⎝a b c⎠
4 a+b+c
43
2
2

khi a = b = c =

1
4

1⎡
1
2
2
2
( x + y ) + ( x − y ) ⎤⎦ ≥ ( x + y )
2⎣
2

IV. CƠ SỞ THỰC TIỄN
Trên tinh thần giảm tải chương trình Đại số 10 của sách giáo khoa hiện

hành, số tiết cũng như lượng bài tập của chương trình dành cho nội dung bài
học BĐT là có giới hạn . Trong khi bài toán này có khá nhiều ứng dụng trong
thực tế và là bài toán thuộc dạng phân loại học sinh trong các kỳ thi, đặc biệt
là kỳ thi tuyển sinh đại học hằng năm. Thậm chí các bài toán giải phương
trình , bất phương trình, hệ phương trình …dùng để phân loại học sinh trong
các đề thi ĐH thường có sử dụng BĐT để giải hay chứng minh. Đề tài này
trước mắt hy vọng học sinh phổ thông sẽ có tâm lý tự tin hơn để đối diện
với các bài toán về BĐT. Hy vọng giúp các em giảm bớt cảm giác sợ và
thường bỏ qua bài toán BĐT, thậm chí không hề đọc qua nội dung bài toán
BĐT có trong đề thi.

Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam

1
c

3
.
2

Giải: Nhận xét : a,b,c bình đẳng, ta dự đoán đẳng thức ( điểm rơi ) xảy ra

2

1. xy = [(x + y) 2 − (x − y) 2 )] ≤ (x + y) 2
2. x 2 + y 2 =

1
b

Chứng minh: a + b + c + + + ≥

Dấu đẳng thức xảy ra kck a1: a2: …: an = b1: b2: …: bn
e. Các đẳng thức và BĐT khác có liên quan:
1
4

1
1
1
5
+
+
≥ , đẳng thức xảy
a+b b+c c+a 2

ra khi a = b = 1, c = 0. ).
Tùy theo các tình huống khi đẳng thức xảy ra mà ta có các cách biến
đổi và các phương pháp khác hỗ trợ thích hợp. Sau đây là các ví dụ minh họa.

d. BĐT Bun-nhi-a-cốp-xki:
Với hai bộ n số thực (a1,a2, … , an) , (b1,b2,…,bn) ta có :
(a b + a b + ....anbn )2 ≤ (a 2 + a 2 + ... + n2 )(b2 + b2 + ... + bn2 )
11 2 2
1
2
1
2
Dấu đẳng thức xảy ra kck a1: a2: …: an = b1: b2: …: bn
* BĐT hệ quả thường dùng:

CM BĐT bằng PP CHỌN ĐIỂM RƠI.

---------------------V. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:

b.BĐT về GTTĐ ( giá trị tuyệt đối )

c.BĐT về véc tơ :

SKKN

2

Ví dụ:

Cho x,y,z là các số thực không âm, thỏa x.y.z = 1. C/m :

x2
y2
z2
3
+
+
≥
1+ y 1+ z 1+ x 2

Nhận xét: x,y,z không bình đẳng nhưng có thể hoán vị vòng quang, ta dự
đoán đẳng thức ( điểm rơi ) xảy ra khi x = y = z = 1.

Vì vậy ta biến đổi như sau :

x2 1 + y
+
≥x ;
1+ y
2

Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam

y2 1 + z
+
≥y ;
1+ z
2

z2 1+ x
+
≥z
1+ x
2

3


SKKN

CM BĐT bằng PP CHỌN ĐIỂM RƠI.

SKKN

CM BĐT bằng PP CHỌN ĐIỂM RƠI.

----------------------

---------------------⎛x
⎝2

1
x2
y2
z2
+
+
+ (3 + x + y + z ) ≥ x + y + z
1+ y 1+ z 1+ x 4
3
3
3
3
3
x2
y2
z2
+
+
≥ ( x + y + z ) − ≥ . 3 3 xyz − ≥ .
Suy ra :
1+ y 1+ z 1+ x
4
4

4
4
2

Tìm GTNN của P = x ⎜ +

Cộng vế theo vế:

Giải: Do vai trò của x, y, z là bình đẳng, ta nhận định dấu đẳng thức (
điểm rơi ) xảy ra khi x = y = z .

Ví dụ 2 : a, b, c là các số thực dương thỏa a + b + c = 1.Tìm GTNN ( giá trị

nhỏ nhất) của biểu thức : P =

a3
b3
c3
+
+
2
2
(1 − a) (1 − b) (1 − c) 2

≥

⎠

⎝

1
1
1
+ b2 + 2 + c2 + 2 ≥
a2
b
c

(a + b + c)

2

⎠

2

⎛1 1 1⎞
+⎜ + + ⎟ ≥3
⎝a b c⎠

3

(abc) 2 +

1
3

(abc)

Đặt t =

1
1
1
⎛ a+b+c ⎞ 1
thì t = và = 4
( abc ) , suy ra : t ≤ ⎜
⎟ ≤ , khi a = b = c =
3
4
2
4
t
⎝
⎠
2

khi đó ta có cách biến đổi tiếp như sau:
≥3
≥

3

(abc) 2 +

1
3

(abc) 2

= 3 t+

+

Suy ra P ≥

3
3
3
9
9
+ + = . Vậy Minp =
Ù x = y = z = 1.
2
2
2
2
2

Ví dụ 4:( ĐH – KB – 2009 ).
Cho x,y là hai số thực thay đổi thỏa mãn : (x + y)3 + 4xy ≥ 2.
Tim GTNN của biểu thức: A = 3( x4 + y4 + x2y2 ) – 2(x2 + y2) + 1
Giải:
Nhận xét: trong biểu thức A và giả thiết vai trò của x,y là bình đẳng. Ta dự
1
. Ngoài
2

ra nếu xem giả thiết và kết luận là một hệ bất phương trình 2 ẩn thì đây là hệ
đối xứng loại một, nên ta nghĩ đến các đẳng thức và BĐT có liên quan đã nêu

ở trên :

1
4

1
4

1. xy = [(x + y) 2 − (x − y) 2 )] ≤ (x + y) 2

1⎡
1
2
2
2
( x + y ) + ( x − y ) ⎤⎦ ≥ ( x + y )
2⎣
2
Ta có : (x + y)3 + 4xy ≥ 2 Ù (x + y)3 +[(x + y)2 – (x – y)2)] ≥ 2
Ù(x + y)3 + (x + y)2 – 2 ≥ (x – y)2 ≥ 0 Ù (x + y – 1)[(x + y)2+2(x+y)+2] ≥ 0
Ù x + y – 1 ≥ 0 Ù x + y ≥ 1.

1
15
1 15
1 15
+
=
+
+

≥ 3 2 t.
16t 16t
2 16t
16t 16t

2. x 2 + y 2 =

1 15 3 17
+
=
.
2 4
2

Khi đó : A = 3[(x2 + y2)2 – x2y2] – 2 (x2 + y2) + 1

Ví dụ 3: ( ĐH – KB – 2007 ).
Cho x,y,z là các số thực dương thay đổi .
Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam

1
–

đoán đẳng thức xảy ra Ù x = y và từ (x+y)3 + 4xy = 2 suy ra x = y =

2

2

3

0

t2 1
+ , t > 0.
2 t
+∞

3
2

Áp dụng BĐT: | u | + | v | + | w | ≥ | u + v + w |
Ta có:
a2 +

1⎞

x 2 y 2 z 2 xy + yz + zx
x2 1 y 2 1 z 2 1
+ + + + +
+ + +
=
xyz
2 x 2 y 2 z
2
2 2

t
g’(t)
g(t)

G
G
JJG
1
1
1
Xét các véctơ : u = ⎛⎜ a ; ⎞⎟ , v = ⎛⎜ b ; ⎞⎟ , w = ⎛⎜ c ; ⎞⎟
a
b
c
⎠
⎝
G G JJG

1 ⎞ ⎛ z2

x2 y 2 z 2 x
y
z
x2 y 2 z 2 x2 + y 2 + z 2
+ + + + +
=
+ + +
xyz
2
2 2 yz zx xy
2
2 2

Xét hàm đặc trưng : g (t ) =

Giải: Vai trò của a, b, c là bình đẳng, ta có nhận định dấu đẳng thức xảy ra
khi a = b = c . Ngoài ra với một ít kinh nghiệm chứng minh BĐT ta kết hợp
thêm với BĐT về véctơ ta có cách biến đổi sau:
⎝
JJG

1 ⎞ ⎛ y2

khi đó P trở thành : P = ⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟ .
⎝ 2 x⎠ ⎝ 2 y⎠ ⎝ 2 z⎠
Đến đây ta liên tưởng đến hàm đặc trưng. Do vậy ta biến đổi như sau
P=

a3
1− a 1− a 3
+
+
≥ a.
Vì vậy ta biến đổi như sau:
(1 − a) 2
8
8
4
b3
1− b 1− b 3
c3
1− c 1− c 3
+

+
≥ b.
+
+
≥ c.
(1 − b) 2
8
8
4
(1 − c) 2
8
8
4
1
3
3 1
Cộng vế theo vế: P + ( 3 − (a + b + c) ) ≥ (a + b + c) => P ≥ a + b + c − = .
4
4
4 4
1
1
Suy ra MinP = Ù a = b = c = .
4
3
3
Ví dụ: Cho a, b,c là các số thực dương thỏa a + b + c ≤ .
2
1
1

1 3 17
2
2
2
Chứng minh: a + 2 + b + 2 + c + 2 ≥
a
b
c
2

G

2
1
1 ⎞
⎛x 1 ⎞ x
⎟ trở thành : x ⎜ +
⎟= + ,
yz ⎠
⎝ 2 x.x ⎠ 2 x

⎛ x2

1
.
3

G

⎛x

⎝2

Khi đó x ⎜ +

tương tự cho hai biểu thức còn lại

Nhận xét: a,b,c bình đẳng, ta dự đoán đẳng thức ( điểm rơi ) xảy ra khi a =
b=c=

1 ⎞
⎛y 1 ⎞ ⎛z 1 ⎞
⎟+ y⎜ + ⎟+ z⎜ + ⎟
yz ⎠
⎝ 2 zx ⎠ ⎝ 2 xy ⎠

4

Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam

5


SKKN

CM BĐT bằng PP CHỌN ĐIỂM RƠI.

---------------------1
[(x2 + y2 )2 – (x2 – y2 )2 ] ] – 2 (x2 + y2) + 1
4
9

4
3
5
= [x2 + y2 – ]2 + (x2 – y2)2 +
4
9
4
9
1
do 1 ≤ (x + y)2 ≤ 2(x2 + y2) => x2 + y2 ≥ , x2 – y2 ≥ 0.
2
9 1
4
3
5
9
9
1
Suy ra A ≥ [ – ]2 + (0)2 + = . Vậy MinA = Ù x = y =
4 2
9
4
9
16
16
2

Đặt : x =

Ví dụ 5: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa: xy + yz + zx = 5 .

Chứng minh: 3x2 + 3y2 + z2 ≥ 10.
Nhận định x và y bình đẳng, dấu bằng xảy ra khi x = y.
Để có thể sử dụng giả thiết xy + yz + zx = 5.Ta có thể tách các số hạng
3x2 , 3y2 , z2 như sau:
x2 + y2 ≥ 2xy
my2 + nz2 ≥ 2 mn yz
pz2 + mx2 ≥ 2 mp xz.
Cộng vế theo vế:(m+1)x2 +(m +1)y2 + (n + p)z2 ≥ 2xy + 2 mn yz + 2 mp xz.
Chọn m, n, p sao cho: m + 1 = 3, n + p = 1 và mn = mp
suy ra: m = 2, n = p = ½ . Vậy ta có biến đổi sau:
x2 + y2 ≥ 2xy
2y2 + ½ z2 ≥ 2yz
½ z2 + 2x2 ≥ 2xz. ;
Cộng vế theo vế ta có kết quả.
Hoặc có thể tổng quát hơn như sau: ( các hệ sốa, b, c cần chú ý tính
bình đẳng của x và y)
Giả sử :
ax2 + ay2 ≥ 2axy
by2 + cz2 ≥ 2 bc yz
cz2 + bx2 ≥ 2 bc xz.
Cộng vế theo vế: (a + b)x2 +(a + b)y2 + cz2 ≥ 2axy + 2 bc yz + 2 bc xz.
Để có thể sử dụng được giả thiết trên ta cần chọn: a, b, c sao cho:

Vậy ta có:

x2 + y2 ≥ 2xy ;

2y2 +

1 2

z ≥ 2yz ;
2

1
.
2

⎛ x
y
z ⎞ 9 xyz
1
1
1
+
+
, y = , z = . BĐT trở thành: ( x + y + z ) ⎜
⎟≥
a
b
c
⎝ 1 + x 1 + y 1 + z ⎠ 1 + xyz

9 3 xyz
3 3 xyz
x
y
z
xyz
=
+

+
≥ 33
≥
1+ x 1+ y 1+ z
(1 + x)(1 + y )(1 + z ) 1 + x + 1 + y + 1 + z 3 + x + y + z
3
⎛ x
y
z ⎞
x+ y+z
1
3
+
+
= 9 3 xyz
Suy ra: ( x + y + z ) ⎜
⎟ ≥ 9 xyz
3
3+ x + y + z
⎝ 1+ x 1+ y 1+ z ⎠
1+
x+ y+z

Ta có:

≥ 9 3 xyz

1
1
1+

3 xyz

≥

9 3 ( xyz )

2

1 + 3 xyz

(*), đến đây ta c/m (*) ≥

9xyz
.
1+xyz

Đặt t = 3 xyz thì BĐT còn lại cần chứng minh là vế trái của phương trình (*)
ta lưu ý ở trên.

HỆ THỐNG BÀI TẬP MINH HỌA THÊM
Bài 1: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh:
a3
b3
c3
1
+
+
≥ ( a 2 + b2 + c2 )
a+b b+c c+a 2
a3

a ( a + b)
b3
b(b + c)
c3
c (c + a )
Giải: Ta có:
+
≥ b2 ,
+
≥ a2 ,
+
≥ c2
a+b
4
b+c
4
c+a
4
a3
b3
c3
1
+
+
+ ( a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca ) ≥ a 2 + b 2 + c 2
Cộng vế theo vế:
a+b b+c c+a 4
a3
b3
c3

3
1
+
+
≥ ( a 2 + b 2 + c 2 ) − ( ab + bc + ca )
Suy ra:
a+b b+c c+a 4
4
3 2
1 2
1 2
2
2
2
2
2
≥ ( a + b + c ) − ( a + b + c ) ≥ ( a + b + c2 )
4
4
2

Bài 2: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa a + b +c = 6. Tìm GTNN của

1 2
z + 2x2 ≥ 2xz.
2

biểu thức:

Cộng vế theo vế ta được kết quả cần chứng minh.

P=

a3
b3
c3
+
+
(a + b)(b + 2c) (b + c)(c + 2a ) (c + a )(a + 2b)

Giải: Ta có:

Ví dụ 6: (đề thi chọn HSG khối 12 năm học 2010 – 2011 )
Cho a, b, c là các số thực dương . Chứng minh:

a3
a + b b + 2c 1
+
+
≥ a ;
(a + b)(b + 2c) 12
18
2

1
1 ⎞
9
⎛ 1 1 1 ⎞⎛ 1
+
+

⎜ + + ⎟⎜
⎟≥
⎝ a b c ⎠⎝ 1 + a 1 + b 1 + c ⎠ 1 + abc

Nhận xét: Ta nhận định dấu bằng xảy ra khi a = b = c. Khi đó BĐT trở thành:
3 3
9
Ù a3 – a2 – a + 1 ≥ 0 Ù (a – 1)2(a + 1) ≥ 0 Ù a ≥ 1
.
≥
a 1 + a 1 + a3

Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam

CM BĐT bằng PP CHỌN ĐIỂM RƠI.

---------------------( Ta chú ý phương trình : a3 – a2 – a + 1 = 0. (*) )
Ngoài ra nếu khéo đặt ẩn phụ thì việc đưa vế trái của BĐT về tổng tích có thể
dễ dàng hơn, nên ta nhắm đến hướng giải sau:
Giải:

= 3[(x2 + y2)2 –

a + b = 3, 2c = 1, và a = bc . Suy ra a = 1, b = 2, c =

SKKN

6

b3

b + c c + 2a 1
+
+
≥ b
(b + c)(c + 2a ) 12
18
2

c3
c + a a + 2b 1
+
+
≥ c;
(c + a )(a + 2b) 12
18
2
2(a + b + c) 3(a + b + c) 1
Cộng vế theo vế: P +
+
≥ (a + b + c)
12
18
2

Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam

7


SKKN

CM BĐT bằng PP CHỌN ĐIỂM RƠI.

SKKN

CM BĐT bằng PP CHỌN ĐIỂM RƠI.

---------------------1
6

Suy ra : P ≥ (a + b + c) = 1 ;

---------------------1⎞
⎛
⎜ 1− c ⎟
4c
⎛ 1 − ab ⎞
= 2 ⎜1 +
, suy ra :
⎟ =
⎟ = 2 ⎜1 +
c +1
⎝ 1 + ab ⎠
⎜ 1+ 1 ⎟
c⎠
⎝

Vậy MinP = 1 Ù a = b = c = 2.

Bài 3: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa a.b.c = 1.

chứng minh:

1
1
1
3
+
+
≥ .
a 4 (a + b) b 4 (b + c) c 4 (c + a) 2

x4
z x+ y 1
+ +
+ ≥ 2x ;
z ( x + y) 2
4
2

Suy ra:
(*) ≤

y4
x y+z 1
+ +
+ ≥ 2y ;
x( y + z ) 2
4
2

1

(

3
Ù 2 c 1+ c + 2
2

3

3

3

Nhận xét: BĐT tuy không khó nhưng nếu không biết nhận định ngay ban
đầu học sinh có thể vấp khi vận dụng các bđt hổ trợ cho việc chứng minh .

3a + 8b + 14ab

1
1
1
3
+
+
≤
2
1 + a2
1 + b2

1 + c2
Giải: Vận dụng BĐT: (x + y)2 ≤ 2(x2 + y2)

≥ 0.

a b
c
+ +
≥ a+b+c .
bk ck a k

2

+

b
bk
b
+ b + b + .... + b ≥ k k k = k ;
k
k
b
(
−
1)
c
c
c

b2

3b + 8c + 14bc
2

2

Giải: Trước hết ta xử lý mẫu:
3a 2 + 8b 2 + 14ab = ( a + 4b)(3a+2b) ≤

2

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

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

+

c2
3c + 8a 2 + 14ca
2

≥

1
(a + b + c) .
5

a + 4b + 3a+2b
= 2a+3b
2

Tương tự: 3b2 + 8c 2 + 14bc ≤ 2b+3c ;

3c 2 + 8a 2 + 14ca ≤ 2c +3a
a
b
c2
Suy ra:
+
+
≥
3a 2 + 8b 2 + 14ab
3b 2 + 8c 2 + 14bc
3c 2 + 8a 2 + 14ca

2

Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam

2

Bài 7: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh:
2

chứng minh:

1

)

a a b
a2
a3
b b c
c c a
+ + ≥ 33
= 33
≥ 3a ,
+ + ≥ 3b ; + + ≥ 3c ;
b b c
bc
abc
c c a
a a b
a b c
Cộng vế theo vế ta được: + + ≥ a + b + c
b c a
a b
c
a b c
Khi đó: k + k + k + (k − 1)(a + b + c) ≥ k ⎛⎜ + + ⎞⎟ ≥ k (a + b + c)
b
c
a
b
c a⎠

⎝
a b
c
Suy ra: k + k + k ≥ a + b + c
b
c
a
a2

Bài 5: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa a.b.c = 1.

+

2c − 1 + c

Ta có:

1
730
⎛ a+b+c⎞ ⎛1⎞
, ( có thể dùng bảng biến thiên )
abc ≤ ⎜
≥
⎟ = ⎜ ⎟ , suy ra: abc +
3
abc 27
⎝
⎠ ⎝3⎠

2

(

Cũng trên tinh thần sử dụng các BĐT mà dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c,

Chỉ vận dụng các BĐT mà dấu bằng xảy ra khi a = b = c. Ta có:

1

2 ≤ 3(1 + c) Ù ... Ù

c
ck
c
+ c + c + .... + c ≥ k k k = k ;
k
( k −1) c
a
a
a
a b
c
a b c
Cộng vế theo vế: k + k + k + (k − 1)(a + b + c) ≥ k ⎛⎜ + + ⎞⎟
b
c
a
⎝b c a⎠

b ⎠⎝

c ⎠⎝
a⎠ ⎝ 3 ⎠
⎝
1 ⎞⎛
1 ⎞⎛
1⎞
1
1 1 1
⎛
Giải: Ta có : ⎜ a + ⎟ ⎜ b + ⎟ ⎜ c + ⎟ = abc +
+ + + +1
b ⎠⎝
c ⎠⎝
a⎠
abc a b c
⎝

⎛

)

a
ak
a
+ a + a + .... + a ≥ k k k = k ;
k
k
a
(
−

1)
b
b
b

Bài 4: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa: a + b + c = 1.

Ta có: ⎜

2
1+ c

Giải: Do a, b, c có thể hoán vị vòng quanh. Nhận định dấu đẳng thức xảy ra
khi a = b = c = 1. Ta biến đổi như sau:

x4
y4
z4
3
3 3
+
+
≥ x + y + z − ≥ 3 3 xyz − ≥
z ( x + y ) x( y + z ) y ( z + x)
2
2 2

1
1 1 1
730

1 1 1
9
⎛ 10 ⎞
+ + + +1 ≥
+ 9 +1 = ⎜ ⎟
+ + ≥
= 9 , Vậy: abc +
a b c a+b+c
abc a b c
27
⎝ 3⎠

1+ c

≤

2

1

Chứng minh:

x4
y4
z4
1
2
3
+
+

+ ( x + y + z ) + ( x + y + z ) + ≥ 2( x + y + z )
z ( x + y ) x( y + z ) y ( z + x) 2
4
2

3

1

2 c
1+ c

2 c
2
+
+
≤
+
(*)
2
2
2
+
1
c
+
1
c
1+ a
1+ b

1+ c

Cộng vế theo vế:

1
1
1
10
Chứng minh: ⎛⎜ a + ⎞⎟ ⎛⎜ b + ⎞⎟ ⎛⎜ c + ⎞⎟ ≥ ⎛⎜ ⎞⎟

1

1+ b

≤

2

Bài 6:
Cho k ∈ N* và a, b, c là các số thực dương thỏa a.b.c ≤ 1.

z4
y z+x 1
+ +
+ ≥ 2z
y ( z + x) 2
4
2

Suy ra:

1+ a

1

+

2

Cũng từ BĐT cơ bản trên ta có: 1 + c ≤ 2(1 + c 2 ) =>

1
1
1
Giải: Đặt x = ; y = ; z = .
a
b
c
x4
y4
z4
3
+
+
≥ . Với x.y.z = 1
BĐT trở thành:
z ( x + y ) x( y + z ) y ( z + x) 2

Ta có:

1

2

8

2

Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam

9


SKKN

CM BĐT bằng PP CHỌN ĐIỂM RƠI.

SKKN

CM BĐT bằng PP CHỌN ĐIỂM RƠI.

----------------------

----------------------

(a + b + c) = 1 a + b + c
a2
b2
c2
+

+
≥
(
)
(*)
2a+3b 2b+3c 2c +3a 5 ( a + b + c ) 5

BÀI TẬP TỰ LUYỆN:

2

≥

( Có thể ch/m (*) bằng cách biến đổi :

1* Cho a, b, c là các số thực dương thỏa: ab + bc + ca = 2abc.

a2
2a+3b 2
+
≥ a ....)
2a+3b
25
5

1
1
1
1
+

+
≥
a(2a − 1) 2 b(2b − 1) 2 c(2c − 1) 2 2
2* Cho a, b, c là các số thực dương thỏa a + b + c ≥ 6. Tìm GTNN của biểu
a3
b3
c3
thức: Q =
+
+
( MinQ = 6 Ù a = b = c = 2 )
a+b b+c c+a

Chứng minh:

Bài 8:
Cho a,b là các số thực dương và thỏa a + b ≤ 1. Tìm GTNN của biểu thức:
1
1
+
1 + a 2 + b 2 2ab
1
1
1
Giải: Ta có:
.
=
+
2ab 6ab 3ab
4

1
1
1
1
4
1
Suy ra : P =
≥
+
+
+
≥
+
1 + a 2 + b 2 6ab 3ab a 2 + 6ab + b 2 + 1 3ab (a + b) 2 + 4ab + 1 3ab
8
4
1
≥ .
≥
+
2
2
3
a
+
b
a
+
b
⎛

⎞
⎛
⎞
( a + b) 2 + 4 ⎜
⎟ +1 3⎜
⎟
⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠
⎧a 2 + b 2 + 1 = 6ab
8
1
⎪
Ù a=b=
MinP = Ù ⎨a = b
3
2
⎪a + b ≤ 1
⎩
P=

3* Cho x, y, z là các số thực dương thỏa x + y + z = 1. Tìm GTNN của biểu
thức: P =

( b1 + b2 + ... + bn )
b2
b12 b22
+ + .... n ≥
a1 a2
an
a1 + a2 + ... + an

2

Cho x, y, z là các số thực dương thỏa x + y + z ≥ 3.Tìm GTNN của biểu thức:
Q=

x2
y2
z2
+
+
x + yz y + zx z + xy

≥

2

x+ y+ z+ x+ y+ z

≥

1
)
3

.

bc
ca
ab

+
+
a 2b + a 2 c b 2 c + b 2 a c 2 a + c 2b

( MinM =

3
Ù a = b = c = 1. )
2

7* Cho a, b, c là các số thực dương thỏa: abc = 1.
Chứng minh:

1
1
1
3
+
+
≥
a 3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) 2

8* Cho ∆ ABC . a = BC, b = CA, c = AB. Chứng minh :
a2
b2
c2
a+b+c
+
+
≥

b+c c+a a+b
2
3
9* Cho a, b, c là các số thực dương thỏa: a + b + c ≤ .
2
1
1
1 3 17
2
2
2
Chứng minh: a + 2 + b + 2 + c + 2 ≥
b
c
a
2

(x + y + z)
x2
y2
z2
+
+
≥
x + yz y + zx z + xy x + y + z + xy + yz + xz

( x + y + z)

M=

1/

2

Giải: Ta có:

( MinP = 2 Ù x =y = z =

4* Cho x, y, z là các số thực dương thỏa x + y + z = 3.
Chứng minh:
x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x 2 ≥ 3 3 .
5* Cho x, y, z là các số thực không âm.
x 2 + y 2 + 3xy + y 2 + z 2 + 3 yz + z 2 + x 2 + 3zx ≤ 5 ( x + y + z )
Chứng minh:
6* Cho a, b, c là các số thực dương thỏa: abc = 1. Tìm GTNN của biểu thức:

Bài 9: Ví dụ sau đây minh họa cho việc áp dụng BĐT hệ quả ( đã nêu trên)
mà các đề thi cũng thường chú trọng đến:

x2 ( y + z) y 2 ( x + z) z 2 ( x + y)
+
+
yz
xz
xy

x+ y+z 3
=
2
2

a2
b2
c2
+
+
≥ a+b+c.
b+c−a c+ a−b a+b−c

2/

10* Cho a, b, c là các số thực thỏa: a + b + c = 3. Tìm GTNN của biểu thức:
M = 4a + 9b + 16c + 9a + 16b + 4c + 16a + 4b + 9c . ( MinM = 3 29 ⇔ a = b = c = 1)

⎧
⎪x + y + z = 3
⎪⎪
3
Ùx=y=z=1
Vậy MinQ = ⇔ ⎨ x = y = z
2
⎪ x
y
z
⎪
=
=
⎪⎩ x + yz y + zx z + xy

11* Cho a, b, c là các số thực dương thỏa: a 2 + b 2 + c 2 = 1 .

Chứng minh:

a
b
c
3 3
.
+
+
≥
b2 + c 2 c2 + a 2 a 2 + b2
2

12* Cho ba số thực dương a, b, c .
Chứng minh:

a3
b3
c
1
+
+
≥ (a + b + c)
b(c + a ) c(a + b) a(b + c) 2

13* Cho a, b, c là các số thực dương thỏa: a + b + c = 1.
Chứng minh: a + b + b + c + c + a ≤ 6

Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam

10

Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam

11


SKKN

CM BĐT bằng PP CHỌN ĐIỂM RƠI.

---------------------14* Cho x, y, z là các số thực dương thỏa x2 + y2 + z2 = 3. Tìm GTNN của
biểu thức: P =

x5
y5
z5
+ 3 3 + 3 3 + x4 + y 4 + z 4 .
3
y +z
z +x
z +x
3

9
⎛
⎞
⎜ MinP = ⇔ x = y = z = 1⎟
2
⎝

⎠

15* Cho x, y, z là các số thực dương. Tìm GTNN của biểu thức :
x2
y2
z2
T=
+
+
(2 y + 3z )(2z + 3y) (2 z + 3x)(2 x + 3z) (2 x + 3 y )(2 y + 3x)
3
⎛
⎞
⇔ x = y = z⎟
⎜ MinT =
25
⎝
⎠

VI. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:
Nội dung đề tài nghiên cứu là tài liệu chính thức tôi thường dùng để
giảng dạy cho các em thuộc đội tuyển dự thi chọn học sinh giỏi khối 12 Tỉnh
Quảng Nam hằng năm của trường THPT Lê quý Đôn Tam Kỳ, và bồi dưỡng
cho học sinh lớp 10 và lớp 11 thi chọn học sinh giỏi cấp trường hằng năm. Ở
cấp trường lớp 10A1 năm học 2009 – 2010 đã đạt được 1 giải nhất, 1 giải 3 và
1 giải khuyến khích, Ở cấp Tỉnh đã có học sinh ( Dương Công Nha ) đạt giải
khuyến khích Toán 12 năm học 2008 – 2009. Nhưng điểm thành công nhất
của đề tài là đã giúp các em tự tin hơn khi tham gia học các lớp bồi
dưỡng học sinh giỏi.

SKKN

CM BĐT bằng PP CHỌN ĐIỂM RƠI.

----------------------

X. TÀI LIỆU THAM KHẢO:
1. Báo TOÁN HỌC & TUỔI TRẺ
( ra định kỳ hằng tháng và các đợt kỷ niệm sinh nhật của BÁO )
2. CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC THỐNG NHẤT TOÀN QUỐC
3. ĐỀ THI OLIMPIC, ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HẰNG NĂM
của CÁC TỈNH, và ĐỀ DỰ BỊ THI ĐẠI HỌC CÁC NĂM

VII. KẾT LUẬN:
Qua quá trình giảng dạy nhiều năm, tôi nhận thấy rằng một bộ phận rất
lớn học sinh có kết quả bài làm thấp hơn ( thậm chí thấp hơn nhiều ) so với
khả năng có thực của các em. Theo tôi chắc chắn đó là yếu tố tâm lý. Các em
thường sẽ mất bình tĩnh khi không làm chủ được đề thi. Làm quen với loại
toán BĐT các em sẽ có tâm lý tự tin hơn và có tầm nhìn rộng hơn trước các
đề toán có “ngoại hình” dễ gây khớp cho các em. Tôi tin chắc rằng đề tài là
một nguồn tư liệu hữu ích cho mọi đối tượng học sinh phổ thông.
VIII. ĐỀ NGHỊ:
Nếu đề tài được giới thiệu rộng rãi cho học sinh và đồng nghiệp, thì với
nhiệt tình góp ý xây dựng của quý thầy cô chắc chắn đề tài sẽ ngày càng sáng
sủa hơn, sẽ thích nghi và gần gũi hơn với các em học sinh. Rất mong nhận
được sự hưởng ứng của quý độc giả.
IX. PHỤ LỤC:
Kết quả thi của một số em như đã nêu trên có lưu ở hồ sơ của nhà
trường. Ngoài ra đề tài đã rất thu hút nhiều em tham gia học đều đặn các buổi
học bồi dưỡng học sinh giỏi tại trường ( Nhà trường có thể tham khảo trực

tiếp ý kiến của các em )

Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam

12

Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam

13