bất đẳng thức côsi và phương pháp giải

Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

02. BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI – P1
Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH]
Bài 1: [ĐVH]. Cho các số thực a, b, c > 0 . Chứng minh các bất đẳng thức sau:
b) (a + b + c)(a2 + b2 + c 2 ) ≥ 9abc

a) (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc

Bài 2: [ĐVH]. Cho các số thực a, b, c > 0 . Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) (1 + a )(1 + b)(1 + c) ≥ (1 + 3 abc )

3

b)

bc ca ab
+ +
≥ a+b+c
a b
c

Bài 3: [ĐVH]. Cho các số thực a, b, c > 0 . Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) a 2 (1 + b 2 ) + b 2 (1 + c 2 ) + c 2 (1 + a 2 ) ≥ 6abc

b)

ab
bc

ca
a+b+c
+
+
≤
a+b b+c c+a
2

Bài 4: [ĐVH]. Cho các số thực a, b, c > 0 . Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a)

1 1 1
b) (a3 + b3 + c3 )  + +  ≥ (a + b + c)2
a b c

a
b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a+b 2

Bài 5: [ĐVH]. Cho các số thực a, b, c > 0 . Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) 3(a3 + b3 + c3 ) ≥ (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 )
Bài 6: [ĐVH]. Cho a, b > 0. Chứng minh

b) 9(a3 + b3 + c3 ) ≥ (a + b + c)3

1 1
4
+ ≥
(1). Áp dụng chứng minh các BĐT sau:
a b a+b

a)

1 1 1
1
1 
 1
+ + ≥ 2
+
+
 ; với a, b, c > 0.
a b c
 a+b b+c c+a 

b)

1
1
1
1
1
1


+

+
≥ 2
+
+
 ; với a, b, c > 0.
a+b b+c c+a
 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c 

Bài 7: [ĐVH]. Chứng minh các BĐT sau:
a) Cho x, y, z > 0 thoả x + 2 y + 4 z = 12 . Chứng minh:

2 xy
8 yz
4 xz
+
+
≤ 6.
x + 2 y 2 y + 4z 4z + x

b) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác, p là nửa chu vi.
Chứng minh rằng:

1
1
1
1 1 1
+
+
≥ 2 + +  .
p −a p −b p −c

a b c

Bài 8: [ĐVH]. Cho a, b, c > 0. Chứng minh

1 1 1
9
+ + ≥
(1). Áp dụng chứng minh các BĐT sau:
a b c a+b+c

1
1  3
 1
a) (a 2 + b 2 + c 2 ) 
+
+
 ≥ (a + b + c ) .
 a+b b+c c+a  2

b) Cho x, y, z > 0 thoả x + y + z = 1 . Tìm GTLN của biểu thức: P =

x
y
z
+
+
.
x +1 y +1 z +1

Bài 9: [ĐVH]. Chứng minh các BĐT sau:

a) Cho a, b, c > 0 thoả a + b + c ≤ 1 .
Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!


Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Tìm GTNN của biểu thức P =

1
a + 2bc
2

+

1
b + 2ac
2

+

1
c + 2ab
2

b) Cho a, b, c > 0 thoả a + b + c = 1 . Chứng minh rằng

Facebook: LyHung95

.

1

a +b +c
2

2

2

+

1
1 1
+ +
≥ 30 .
ab bc ca

Bài 10: [ĐVH]. Cho 2 số thực dương a và b thỏa mãn a 2 + b 2 = 2 .
Chứng minh a 3a ( a + 2b ) + b 3b ( b + 2a ) ≤ 6 .

Bài 11: [ĐVH]. Cho a; b ≥ 0 : a + b = 1 . Chứng minh rằng ab ( a + b ) ≤
2

Bài 12: [ĐVH]. Cho ba số thực a ≥ c; b ≥ c; c > 0 . Chứng minh rằng

1
.
4

c ( a − c ) + c ( b − c ) ≤ ab .

(

)

Bài 13: [ĐVH]. Cho hai số thực dương x và y thỏa mãn x + y ≤ 1 . Chứng minh 8 x 4 + y 4 +

1
≥5.
xy

Bài 14: [ĐVH]. Cho ba số thực dương x; y; z thỏa mãn x3 + y 3 + z 3 = 1 .
Chứng minh

x2
1− x

2

+

y2
1− y

2

z2

+

1− z

2

>2.

Bài 15: [ĐVH]. Cho ba số thực dương x; y; z thỏa mãn xyz =

16
. Chứng minh ( x + z )( x + y ) ≥ 8 .
x+ y+ z

Bài 16: [ĐVH]. Cho ba số thực dương a; b; c > 0 sao cho a + b + c = 3 .
Chứng minh rằng a + b + c ≥ ab + bc + ca .

Bài 17: [ĐVH]. Cho ba số thực dương a; b; c .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

3
17 a + b + c
abc
. 3
+
.
a+b+c
6
abc

LỜI GIẢI BÀI TẬP
Bài 1: [ĐVH]. Cho các số thực a, b, c > 0 . Chứng minh các bất đẳng thức sau:

b) (a + b + c)(a2 + b2 + c 2 ) ≥ 9abc

a) (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc

Lời giải:
a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương ta có (a + b)(b + c)(c + a ) ≥ 2 ab .2 bc .2 ca = 8abc .
Dấu đẳng thức xảy ra khi ba số bằng nhau.
3

b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 3 3 abc .3 a 2b 2 c 2 = 9abc .

Dấu đẳng thức xảy ra khi ba số bằng nhau.

Bài 2: [ĐVH]. Cho các số thực a, b, c > 0 . Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) (1 + a )(1 + b)(1 + c) ≥ (1 + 3 abc )

3

b)

bc ca ab
+ +
≥ a+b+c
a b
c

Lời giải:
a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!

Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

(1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ (1 + 3 abc ) = 1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc
3

≥ 1 + 33 abc + 3 a 2b2c 2 + abc = (1 + 3 abc )

3

3

Dấu đẳng thức xảy ra khi ba số bằng nhau.
b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

bc ca ab 1  bc ca   ca ab   bc ab  
+ +
=  +  +  +  +  + 
a b
c 2  a b   b
c   a
c 
1  bc ca
ca ab
bc ab 
≥ 2
. +2
. +2

.  = a+b+c
2
a b
b c
a c 
Dấu đẳng thức xảy ra khi ba số bằng nhau.
Bài 3: [ĐVH]. Cho các số thực a, b, c > 0 . Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) a 2 (1 + b 2 ) + b 2 (1 + c 2 ) + c 2 (1 + a 2 ) ≥ 6abc

b)

ab
bc
ca
a+b+c
+
+
≤
a+b b+c c+a
2

Lời giải:
a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
3

a 2 (1 + b 2 ) + b 2 (1 + c 2 ) + c 2 (1 + a 2 ) = a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 + a 2 + b 2 + c 2 ≥ 6 a 6b6b6 = 6abc
Dấu đẳng thức xảy ra khi ba số bằng nhau.
b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

ab

bc
ca
ab
bc
ca
+
+
≤
+
+
a + b b + c c + a 2 ab 2 bc 2 ca
a+b b+c c+a
+
+
ab + bc + ca
2
2
2 = a+b+c
=
≤
2
2
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi ba số bằng nhau.

Bài 4: [ĐVH]. Cho các số thực a, b, c > 0 . Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a)

1 1 1
b) (a3 + b3 + c3 )  + +  ≥ (a + b + c)2

a b c

a
b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a+b 2

Lời giải:
a) Biến đổi tương đương

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

c+a
a+b
2
a+b+c a+b+c a+b+c 9
⇔
+
+
≥
b+c
c+a
a+b
2
1
1
1


⇔ ( 2a + 2b + 2c ) 
+
+
≥9
a+b b+c c+a 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!


Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

2a + 2b + 2c = a + b + b + c + c + a ≥ 3 3 ( a + b )( b + c )( c + a )
1
1
1
3
+
+
≥
a + b b + c c + a 3 ( a + b )( b + c )( c + a )
1
1 
 1
Nhân từng vế ta có ( 2a + 2b + 2c ) 
+
+
 ≥ 9 , bất đẳng thức cuối cùng đúng.
 a+b b+c c+a 
Dấu đẳng thức xảy ra khi ba số bằng nhau.
b) Biến đổi tương đương

1 1 1
1 1
1 1
1 1
( a 3 + b3 + c 3 )  + +  ≥ ( a + b + c ) 2 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 + a 3  +  + b3  +  + c 3  + 
a b c
b c
a c
a b

3
3
3
3
3
3
a
b
a
c b
c
≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ac ⇔
+ + + + + ≥ 2ab + 2bc + 2ca
b
a
c
a c b
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

a 3 b3 a 3 c 3 b3 c 3
a 3 b3
a 3 c3
b3 c 3
+ + + + + ≥2
. +2
. +2
. = 2ab + 2bc + 2ca .
b
a
c

a c b
b a
c a
c b
Bất đẳng thức cuối cùng đúng. Dấu bằng xảy ra khi ba số bằng nhau.

Bài 5: [ĐVH]. Cho các số thực a, b, c > 0 . Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) 3(a3 + b3 + c3 ) ≥ (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 )

b) 9(a3 + b3 + c3 ) ≥ (a + b + c)3
Hướng dẫn giải:

a) BĐT ⇔ 2(a3 + b3 + c3 ) ≥ ( a2 b + b2 a ) + ( b2 c + bc2 ) + ( c 2 a + ca2 ) .
Chú ý: a3 + b3 ≥ ab(a + b) . Cùng với 2 BĐT tương tự ta suy ra đpcm.

b) Áp dụng b) ta có: 9(a3 + b3 + c3 ) ≥ 3(a + b + c)(a2 + b2 + c 2 ) .
Dễ chứng minh được: 3(a2 + b2 + c2 ) ≥ (a + b + c)2 ⇒ đpcm.

Bài 6: [ĐVH]. Cho a, b > 0. Chứng minh

1 1
4
+ ≥
(1). Áp dụng chứng minh các BĐT sau:
a b a+b

a)

1 1 1
1

1 
 1
+ + ≥ 2
+
+
 ; với a, b, c > 0.
a b c
 a+b b+c c+a 

b)

1
1
1
1
1
1


+
+
≥ 2
+
+
 ; với a, b, c > 0.
a+b b+c c+a
 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c 

Lời giải:
1

1 1
Áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương ta có ( a + b )  +  ≥ 2 ab .2
=4
ab
a b
Do a, b > 0 ⇒

1 1
4
+ ≥
. Dấu " = " xảy ra ⇔ a = b. Vậy (1) được chứng minh.
a b a+b

a) Áp dụng (1) với a, b, c > 0 ta có

Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!


Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

1 1
4
1 1
4
1 1
4
+ ≥
; + ≥

; + ≥
a b a+b b c b+c c a c+a

⇒

2 2 2
4
4
4
1 1 1
1
1 
 1
+ + ≥
+
+
⇒ + + ≥ 2
+
+
.
a b c a+b b+c c+a
a b c
 a+b b+c c+a 

BĐT được chứng minh, dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c.

b) Áp dụng (1) với a, b, c > 0 ta có
Tương tự

1

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

1
1
4
1
1
4
+
≥
;
+
≥
b + c c + a a + b + 2c c + a a + b 2 a + b + c

⇒

2
2
2
4
4
4

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

⇒

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

BĐT được chứng minh, dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c.

Bài 7: [ĐVH]. Chứng minh các BĐT sau:
a) Cho x, y, z > 0 thoả x + 2 y + 4 z = 12 . Chứng minh:

2 xy
8 yz
4 xz
+
+
≤ 6.
x + 2 y 2 y + 4z 4z + x

b) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác, p là nửa chu vi.
Chứng minh rằng:

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

Lời giải:
a) Áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương ta có
x + 2 y ≥ 2 x.2 y ⇒ ( x + 2 y )

2

( x + 2y)
≥ 8 xy ⇒ 2 xy ≤

4

2 y + 4 z ≥ 2 2 y.4 z ⇒ ( 2 y + 4 z )

2

, dấu " = " xảy ra ⇔ x = 2 y.

( 2 y + 4z )
≥ 32 yz ⇒ 8 yz ≤
4

4 z + x ≥ 2 4 z.x ⇒ ( 4 z + x ) ≥ 16 zx ⇒ 4 zx ≤
2

( x + 2y)

, dấu " = " xảy ra ⇔ 2 y = 4 z.

4

( 2 y + 4z )

2

2

( 4 z + x ) , dấu " = " xảy ra
2

⇒P=

2 xy
8 yz
4 xz
+
+
≤
x + 2 y 2 y + 4z 4z + x

⇒P≤

( x + 2 y ) + ( 2 y + 4 z ) + ( 4 z + x ) = x + 2 y + 4 z = 12 = 6.
4

2

(4z + x)

⇔ 4 z = x.

2

4
4
4
+
+
x + 2y
2 y + 4z

4z + x

2

2

x = 4
x = 2 y = 4z

BĐT được chứng minh, dấu " = " xảy ra ⇔ 
⇔ y = 2
 x + 2 y + 4 z = 12
 z = 1.

b) Với a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và p là nửa chu vi ta có

Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!


Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

p−a =

Facebook: LyHung95

a+b+c
b+c−a
a+b+c
a +c−b
−a =

> 0; p − b =
−b =
> 0.
2
2
2
2

Khi đó áp dụng BĐT (1) trong bài 6 ta có

1
1
4
4
4
4
+
≥
=
=
= .
p − a p − b ( p − a) + ( p − b) 2 p − a − b a + b + c − a − b c
1
1
4
1
1
4
+
≥ ;

+
≥
p −b p−c a p−c p−a a

Tương tự

⇒

2
2
2
4 4 4
1
1
1
1 1 1
+
+
≥ + + ⇒
+
+
≥ 2  + + .
p −a p −b p −c a b c
p −a p −b p−c
a b c

BĐT được chứng minh, dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c ⇔ ∆ABC đều.

Bài 8: [ĐVH]. Cho a, b, c > 0. Chứng minh

1 1 1
9
+ + ≥
(1). Áp dụng chứng minh các BĐT sau:
a b c a+b+c

1
1  3
 1
a) (a 2 + b 2 + c 2 ) 
+
+
 ≥ (a + b + c ) .
 a+b b+c c+a  2

b) Cho x, y, z > 0 thoả x + y + z = 1 . Tìm GTLN của biểu thức: P =

x
y
z
+
+
.
x +1 y +1 z +1

Lời giải:
1
1 1 1
Áp dụng BĐT Côsi cho ba số dương ta có ( a + b + c )  + +  ≥ 3 3 abc .3 3
= 9.

abc
a b c
1 1 1
9
+ + ≥
. Dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c.
a b c a+b+c

Do a, b, c > 0 ⇒

Như vậy BĐT (1) được chứng minh.

a) Áp dụng (1) với a, b, c > 0 ta có

(a

2

1
1 
9
9
 1
2
2
2
+ b2 + c2 ) 
+
+
=

.
 ≥ ( a + b + c ).
( a + b) + (b + c) + (c + a ) 2 ( a + b + c)
 a+b b+c c+a

Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có

(1

2

+1 +1
2

2

)( a

2

+b +c
2

2

) ≥ (a + b + c)

2

⇒ a +b +c

2

2

2

(a + b + c)
≥

2

3

1
1  (a + b + c)
9
3
 1
⇒ (a + b + c )
+
+
.
= ( a + b + c).
≥
3
2 (a + b + c) 2
a+b b+c c+a
2

2

2

2

BĐT được chứng minh, dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c.

b) Cho x, y, z > 0 thoả x + y + z = 1 . Tìm GTLN của biểu thức: P =
Có P =

x
y
z
+
+
.
x +1 y +1 z +1

 1
x
y
z
1
1
1
1
1 
+
+
= 1−

+1−
+1−
= 3−
+
+
.
x +1 y +1 z +1
x +1
y +1
z +1
 x +1 y +1 z +1 

Áp dụng (1) với x, y, z > 0 ta có

Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!


Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

1
1
1
9
9
9
9
+
+

≥
=
=
=
x + 1 y + 1 z + 1 ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) x + y + z + 3 1 + 3 4
 1
1
1  9
9 3
1
⇒ −
+
+
 ≤ ⇒ P ≤ 3 − = . Dấu " = " xảy ra ⇔ x = y = z = .
4 4
3
 x +1 y +1 z +1  4
Vậy Pmax =

3
1
đạt được khi x = y = z = .
4
3

Bài 9: [ĐVH]. Chứng minh các BĐT sau:
a) Cho a, b, c > 0 thoả a + b + c ≤ 1 .
Tìm GTNN của biểu thức P =

1

a + 2bc
2

+

1
b + 2ac
2

+

1
c + 2ab
2

b) Cho a, b, c > 0 thoả a + b + c = 1 . Chứng minh rằng

.

1
a +b +c
2

2

2

+

1

1 1
+ +
≥ 30 .
ab bc ca

Lời giải:
a) Áp dụng BĐT (1) trong bài 8 với a, b, c > 0 ta có
P≥

9
9
=
.
2
( a + 2bc ) + ( b + 2ca ) + ( c + 2ab ) ( a + b + c )2
2

2

Bài ra 0 < a + b + c ≤ 1 ⇒ P ≥

9
1
= 9. Dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c = .
2
1
3

1
Vậy Pmin = 9 đạt được khi a = b = c = .

3

b) Áp dụng BĐT (1) trong bài 8 với a, b, c > 0 ta có
Với a + b + c = 1 có

1
1
1
9
+ +
≥
ab bc ca ab + bc + ca

1
1
1
=
=
2
2
2
a +b +c
( a + b + c ) − 2 ( ab + bc + ca ) 1 − 2 ( ab + bc + ca )

Từ (1) và (2) ta được

2

(1)
(2)

1
1
1 1
1
9
+
+ + ≥
+
2
2
a + b + c ab bc ca 1 − 2 ( ab + bc + ca ) ab + bc + ca
2

Lại có ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 0 ⇔ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2 ( ab + bc + ca )
2

2

2

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

1
1
Bài ra a + b + c = 1 ⇒ 3 ( ab + bc + ca ) ≤ 1 ⇒ ab + bc + ca ≤ . Dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c = .
3
3

1
9
 1
Đặt ab + bc + ca = t ⇒ t ∈  0;  và P ≥
+ .
1 − 2t t
 3
Ta sẽ chứng minh

1
9
 1
 1
+ ≥ 30 (*), ∀t ∈  0;  . Thật vậy, với t ∈  0;  có
1 − 2t t
 3
 3

(*) ⇔ t + 9 (1 − 2t ) ≥ 30t (1 − 2t ) ⇔ 60t 2 − 47t + 9 ≥ 0 ⇔ ( 3t − 1)( 20t − 9 ) ≥ 0
Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!