19phngphapchngminhbtngthc 121016083713 phpapp01

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com

PHẦN 1
CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý

A ≥ B ⇔ A − B ≥ 0

A ≤ B ⇔ A − B ≤ 0
⇔ A>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 nn
⇒
∀
+A>B>0
A> B
n
⇒
+A>B
A > B với n lẻ
n
⇒
+ >
A > B với n chẵn
A
m

n
⇒
+ m > n > 0 và A > 1 A >A
m
n
⇒
+ m > n > 0 và 0 +A < B và A.B > 0
1⇒1
>
A B
3/Một số hằng bất đẳng thức

1/Định nghĩa
2/Tính chất
+ A>B
+ A>B và B >C
+ A>B A+C >B + C

≥2
∀
+ A 0 với A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
n
≥
∀
+ A 0 vớiA ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ với (dấu = xảy ra khi A = 0 )
A∀≥A 0
+ -A

A+ B ≥ A + B
A.B < 0)

+
+

Ví dụ 1 ∀ x, y, z chứng minh rằng :

Sưu tầm và tuyển chọn

1

⇒

( dấu = xảy ra khi A.B > 0)
( dấu = xảy ra khi A − B ≤ A − B

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 ≥2 M 0 với∀ M

⇔B

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
≥2
a) x + y + z xy+ yz + zx
≥2

b) x + y + z 2xy – 2xz + 2yz
≥2
c) x + y + z+3 2 (x + y + z)
Giải:
a) Ta xét hiệu : x + y + z- xy – yz – zx =.2 12 .( x + y + z- xy – yz – zx)
=đúng với mọi x;y;z
( x − y ) 2 + ( x −∈z12)R2 + ( y − z ) 2 ≥ 0
≥
Vì
(x-y)2 0 với∀x ; y Dấu
2
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 + y + z xy+ yz + zx. Dấu
bằng ≥2 xảy ra khi x = y =z
b)Ta xét hiệu: x + y + z- ( 2xy – 2xz +2yz ) 2 = x + y + z- 2xy +2xz –2yz
∈
≥2R
0
= ( x – y + z) đúng với mọi x;y;z
2
Vậy x + y + z 2xy – 2xz + 2yz đúng với ∈≥R mọi x;y;z
Dấu bằng xảy ra khi x+y=z
c) Ta xét hiệu: x + y + z+3 – 2( x+ y +z ) = 2 x- 2x + 1 + y -2y +1 + z-2z +1
= (x-1)+ (y-1) +(z-1) 0. Dấu(=)xảy ra khi ≥2 x=y=z=1
Ví dụ 2: chứng minh rằng :
a) ; b) c) Hãy tổng quát a 2 +ab22++bc22 aa++bb+2 c  2
≥≥
 

bài toán
32
2 3 


Giải:
2
a) Ta xét hiệu
a2 + b2  a + b 
−

===
1 2 a22 + b 22 a122 + 22ab 2+ b 2
2
(
) ab02
 2 
Vậy . Dấu 4 2a 4+ 2ba 2 −+ ab42 −ab−4ab−+2b≥

≥

bằng xảy ra khi a=b
2
 2 
b)Ta xét hiệu
=.Vậy
1 a 2 + b2 2 + c 2 2 a + b + c 2 2
( a − b ) + ( b − ≥−c ) + ( c − a )  ≥ 0
Dấu bằng xảy ra khi a = b
9

3
3


=c

[

]

((

[

)

)

]

c)Tổng quát
2

a12 + a 22 + .... + a n2  a1 + a 2 + .... + a n 
≥

Tóm lại các bước để
n
n


 chứng minh AB theo định

≥

nghĩa
Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B
Bước 2:Biến đổi H=(C+D)hoặc H=(C+D)+ 2 ….+(E+F)
Bước 3:Kết luận A ≥ B
Ví dụ 1: Chứng minh ∀m,n,p,q ta đều có : 2 m+ n+ p+ q+1≥ m(n+p+q+1)
Giải:
 m2
  m2
  m2
  m2

⇔ 
− mn + n 2  + 
− mp + p 2  + 
− mq + q 2  + 
− m + 1 ≥ 0
 4
  24
 4 2
 2 4

2 
m
m
m
m


 
 
 

⇔  − n  +  − p  +  − q  +  − 1 ≥ 0 (luôn đúng)
2
 2
 2
 2

Dấu
bằng xảy ra khi

có :

Sưu tầm và tuyển chọn

m= 2 ⇔
m
 m
  −nn== 20
n = 2p= q = 1
m
m
Ví dụ 2: Chứng minh  2 −pp== 20
a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc(a + b + c)
rằng với mọi a, b, c ta luôn  m 
m
 −qq== 0

2
 2
 m m = 2
 2 − 1 = 0
2


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
Đúng với mọi
a, b, c.

> (0a + b + c)
a 4 + b 4 +∀ca4, b≥, cabc
4
4
4
2
2
⇔ a + b + c − a bc − b ac − c 2 ab ≥ 0

Giải: Ta có : ,

⇔ 2a 4 + 2b 4 + 2c 4 − 2a 2 bc − 2b 2 ac − 2c 2 ab ≥ 0

(

⇔ a2 − b2

)

2

(

+ 2a 2 b 2 + b 2 − c 2

)

2

(

+ 2b 2 c 2 + c 2 − a 2

)

2

+ 2a 2 c 2

− 2a 2 bc − 2b 2 ac − 2c 2 ab ≥ 0
Phương pháp
2 : Dùng phép biến ⇔ a 2 − b 2 2 + b 2 − c 2 2 + c 2 − a 2 2 + (a 2 b 2 + b 2 c 2 − 2b 2 ac) + (b 2 c 2 + c 2 a 2 − 2c 2 ab)
đổi tương đương
+ (a 2 b 2 + c 2 a 2 − 2a 2 ab) ≥ 0
Kiến thức:
Ta biến đổi ⇔ a 2 − b 2 2 + b 2 − c 2 2 + c 2 − a 2 2 + ( ab − bc ) 2 + ( bc − ac ) 2 + ( ab − ac ) 2 ≥ 0
bất đẳng thức cần
chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh là đúng.
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 .

(

) (

) (

)

(

) (

) (

)

Chú ý các hằng đẳng thức sau:

c)

đúng.

(2 A + B ) 2

= A 2 + 2 AB + B 2
( A + B + C ) = A 2 + B 2 + C 2 + 2 AB + 2 AC + 2 BC 3
( A + B ) = A 3 + 3 A 2 B + 3 AB 2 + B 3
Ví dụ 1: Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng

a)
b2
a2 +
≥ ab
b)
a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b
4
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e )
Giải:
a)
⇔
⇔
44a2(a222−
42bab2+
) 2≥b≥42 ab
⇔
a+b−
0≥ 0
a +
≥ ab
(BĐT này luôn đúng).
b2
2
4
Vậy (dấu bằng xảy ra khi 2a=b) a + 4 ≥ ab
22
22
b)
⇔ 2(aa ++ bb ++11 ≥) ab
> 2+(ab

a ++ba + b)
2
2
2
2
Bất đẳng thức cuối ⇔ (a − b) 2 + (a − 1) 2 + (b − 1⇔
) 2 a≥ 0− 2ab + b + a − 2a + 1 + b − 2b + 1 ≥ 0

Vậy . Dấu bằng xảy ra khi
a=b=1
c)
4( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 +⇔
e 2 ≥) ≥a(4ba+( bc ++ cd++de )+ e )
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 + 4c
2
( a − 2ab ) 2−+4(ab
( aa− −2d4)ac
a −+24cb) ++⇔
+ ( a − 2+
c ) a≥ −0 4ad + 4d + a − 4ac + 4c
Bất đẳng thức đúng

vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 2: Chứng minh
a 10 + b10 a 2 + b 2 ≥ a 8 + b 8 a 4 + b 4
rằng:
Giải:
a 12 + aa1010b+2 +b10a 2 ba102 ++ b 212⇔
≥ aa128 + ba88 ba4 4++ab4 b4 8 + b12
a 8b 2 a 2 − b 2 + a 2b 8 b 2 − a 2
a2b2(a2-b2)(a6-b6) 0
⇔
≥
a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) 0
Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh
≥〉 2y 2 minh
Ví dụ 3: cho x.y =1 và xy
Chứng x 22 +
2
2
2
⇒
≥ 2
Giải: vì :xy nên x- y 0 x +y ( x-y) x x2 +
−〉 2yy
2
2
2
2
⇔
⇒
≥

x +y - x+y 0 x +y +2- x+y -2 0
x2 − 2y
2
2
2
⇔
x +y +() - x+y -2xy 0 vì x.y=1 nên 2 ≥22 2.x.y=2
≥2 Vậy ta có điều phải chứng minh
(x-y-)2 0 Điều này luôn luôn đúng . ⇒
Ví dụ 4: Chứng minh rằng:
2 x, y ∈ R
a/ P(x,y)=
9 x 2 y 2 + y∀
− 6 xy − 2 y + 1 ≥ 0
b/ a 2 + b 2 + c 2 ≤ a + b
a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b

(

Sưu tầm và tuyển chọn

) (

) (

) (

(

)(

) (

)(

)

(

)(

) (

)(

)

3

(

)

(

) ≥⇔0

) ≥⇔≥0

+c

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
(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
=(xyz-1)+(x+y+z)-xyz()=x+y+z - 1 11 11 1
+ ++ +) > 0
( (vì< x+y+z theo gt)
yz z
x xy ⇒
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
Ví dụ 5: Chứng minh rằng :
a
b
c
1<
+

+
<2
Giải:
a+b b+c a+c
1
1
a
a
a+b < a+b+c ⇒
>
⇒
>
(1)
a+b a+b+c
a+b a+b+c
Ta có :
Tương tự ta có :,
bc
bc
>
(23)
Cộng vế theo vế các bất
ba + c a + b + c
đẳng thức (1), (2), (3), ta được :
(*)
a
b
c
+
+

>1
a
a+c
a+b b+c a+c
a < a+b⇒
<
(4)
a+b a+b+c
Ta có :
Tương tự : ,
bc
ac + b
<
(56)
Cộng vế theo vế các bất
cb + ac a + b + c
đẳng thức (4), (5), (6), ta được :
(**)
a
b
c
+
+
<2
Từ (*) và (**) , ta được :
a
b
c
1 (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) dấu( = ) khi x = y = 0
x 2 + y 2 ≥ xy
c)
( x + y ) 2 ≥ 4 xy
d)
a b
+ ≥ 2 Ví dụ 1 Cho a, b ,c là các số không âm
b a
chứng minh rằng
≥
(a+b)(b+c)(c+a)8abc
Giải: Dùng bất đẳng thức phụ:
( x + y ) 22 ≥ 4 xy
Tacó ;
;
( bca ++ acb) ≥ 44ab
bc
ac
(a+b)(b+c)(c+a)8abc 64a 2 b 2 c 2 = ( ca8babc
)≥22
++ abc⇒
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Phương pháp 4:
Bất đẳng thức Cô sy

Kiến thức:
a/ Với hai số không âm : , ta có: .
a +ab, b≥≥2 0 ab
Dấu “=” xảy ra khi a=b
b/ Bất đẳng thức mở rộng cho n số không âm :

Sưu tầm và tuyển chọn

4


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
a1 + a 2 + ... + a n ≥ n n a1 a 2 ..a n
 a + a 2 + ... + a n 
⇔ a1 a 2 ..a n ≤  1

n


thức Côsi khi đề cho biến số không âm.
2x
4x
2x
3
+
+
=
x
x
x

x
2
4 +1 2 +1 2 + 4

n

khi

Dấu “=” xảy ra a1 = a 2 = ... = a n
Chú ý : ta dùng bất đẳng

Ví dụ 1 : Giải phương trình :
Giải : Nếu đặt t a = 2 x
x
, a, b > 0
=2 thì pt trở thành 
b = 4 x

pt bậc 6 theo t nên ta đặt
Khi đó phương trình có dạng :
a
b
1
3
+
+
=
Vế trái của phương trình:
b +1 a +1 a + b 2
 a

  b
  1

=
+ 1 + 
+ 1 + 
+ 1 − 3
1
3 b + 1   a +31   a + b 
≥ 3 3 ( a + 1)( b + 1)( a + b ) .
−3 =
3 ( a + 1)( b + 1)( a + b )
2
2 b +1  a + b +1
 a + b +1  a +
=
+
+
−3
 b +1   a +1   a + b 

1
1 
 1
= ( a + b + c)
+
+
−3
 b +1 a +1 a + b 
[ ( b + 1) + ( a + 1) + ( a + b ) ] 1 + 1 + 1  − 3

 b +1 a +1 a + b 

Vậy phương trình tương đương với :
.
a +1 = b +1 = a + b ⇔ a = b = 1 ⇔ 2x = 4x = 1 ⇔ x = 0
x
y
z
Ví dụ 2 : Cho x, y , z > 0 và x + y + z = 1. Tìm GTLN của P =
+
+
Giải : P = 3- () = 3 – Q. Theo
1
1
1
x +1 y +1 z +1
+
+
BDT Côsi , nếu a, b, c > 0 thì
x +1 y +1 z +1
⇒
a + b + c ≥ 3 3 abc
Suy ra Q = -Q nên P = 3 – Q
1
9≤
3199
1
+ ≤≥− +
3-=
x + 1 y 4+441 z + 1

1 1 1
1
+ + ≥ 33
Vậy max P = .khi x = y = z = .
13
a b c
abc
Ví dụ 3: Cho a, b, c
1
1
a+b+c
43 1
+
+
≤
 1 1 1
>0 . Chứng minh rằng:
2abc
a 2 + bc b 2 + ac c 2 + ab
⇒ ( a + b + c) + +  ≥ 9
Giải: Áp dụng bất đẳng
a b c
thức Côsi ta có :
1 1 1
9
2
1
1 1
1 ⇒ + + ≥
2

a b c a+b+c
a + +bc ≥ 2a bc ⇒ 2
≤
≤  + 
a + +bc a bc 2  ab ac 
Tương tự :
2
1
1 1
1 
≤
≤  + 
Dấu “=” xảy ra khi
b + + ac b ac 2  bc ab 
a = b = c.
2
1
1 1
1
a
b
c
≤
≤  + 
2
+
+
≥3
c + + ab c ab 2  ac bc 
b+c−a c+a −b a+b−c

2
2
2
a+b+c
Ví dụ 4 : CMR trong
⇒ 2
+ 2
+ 2
≤
2abc tam giác ABC : (*)
a + bc b + + ac c + + ab
Giải : Theo bất đẳng
2

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)

Sưu tầm và tuyển chọn

5

Cũng


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
theo bất đẳng thức Côsi :
(b + c − a )(c + a − b) ≤

1
(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)
Từ (1),(3) suy ra (*). →
(b + c − a )(c + a − b)(a + b − c)
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
hay ABC là đều .
Ví dụ 5:
Cho . Chứng minh
0 < a ≤ b ≤ c 2
( + by + cz )  x + y0+4ac
 a b c 
f ( x ) = x 2 − ( a + c) x + ac = 0
Giải: Đặt có 2 nghiệm a,c
Mà:
a ≤ b ≤ c ⇒ f (b) ≤ 0 ⇔ b 2 − (a + c)b + ac ≤ 0

ac
y
⇔b+
≤ a + c ⇔ yb + ac ≤ ( a + c ) y
b
b
x
y
z

Theo bất đẳng thức Cauchy ⇒  xa + ac  + ( yb + ac ) + ( zc + ac ) ≤ ( a + c ) x + ( a + c ) y + (a + c) z
a
b
c

ta có:
⇒2

  x + y + z  ≤ ( a + c )( x + y + z )
( xa + yb +⇒zcxa
) ac+ xyb++yzc+ +z ac
 ≤ a( a +bc )( xc+ y + z )
a

c 

b



x y z
2
2
⇔ 4( xa + yb + zc ) ac + +  ≤ ( a + c ) ( x + y + z )
a b c

 x y z  ( a + c)
( x + y + z ) 2 (đpcm)
⇔ ( xa + yb + zc ) ac + +  ≤
4ac
a b c
Phương
pháp 5
Bất đẳng thức Bunhiacopski
Kiến thức:
Cho 2n số thực (): . Ta luôn có:
a1 , a 2 ,...ann ≥, b21 , b2 ,..., bn
2
(a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ) ≤ (a12 + a 22 + ... + a n2 )(b12 + b22 + ... + bn2 )
2

⇔

a
a1 a 2
=
= .... = n
b1 b2
bn

0)

Dấu “=” xảy ra khi
Hay (Quy ước : b1 b2
bn
nếu mẫu = 0 thì tử = a = a = .... = a
1
2
n

Chứng minh:
a = a 2 + a 2 + ... + a 2
1
2
n

2
2
2
 b = b1 + b2 + ... + bn

Đặt

•
Nếu a = 0 hay b = 0:
Bất đẳng thức luôn đúng.
•
Nếu a,b > 0:
2
2

2
2
2
2
Đặt: , Thế thì:
α 1 + α 2 + a...i + α n =biβ 1 + β 2 + ... + β n
α i = , β i = ( i = 1,2,...n )
Mặt khác:
1
a
b
α i β i ≤ α i2 + β i2
1
1
2 + β 2) ≤1
α 1 β1 + α 2 β 2 + ... + α n β n ≤ (α 12 + α 22 + .... + α n2 ) + ( β 12 + β 22 + ...
n
a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ≤ a1b1 + a22 b2 + ... + a n bn
2
⇒ a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ≤ a.b

(

Suy ra:

Lại có:
(a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ) 2 ≤ (a12 + a 22 + ... + a n2 )(b12 + b22 + ... + bn2 )

Sưu tầm và tuyển chọn

6

Suy ra:

)


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
Dấu”=” xảy ra
 α = β i ( ∀i = 1,2,..., n )
a
a
a
⇔ i
⇔ 1 = 2 = .... = n
Ví dụ 1 :
b1 b2
bn
α 1 β 1 ....α n β n cùng dáu
∀x ∈ R
1
sin 8 x + cos 8 x ≥
Chứng minh rằng: , ta có:
8
Giải: Ta có:
sin 2 x + cos 2 x = 1, ∀x ∈ R
Theo bất đẳng thức
Bunhiacopski, ta có:
1 = sin 2 x.1 + cos 2 x.1 ≤ sin 4 x + cos 4 x 12 + 12
1

Sử dụng bất đẳng
⇔ ≤ sin 4 x + cos 4 x
2
thức Bunhiacopski một
2
1
lần nữa:
⇒ ≤ sin 4 x + cos 4 x
2
1
4
⇔ ≤ sin 4 x.1 + cos 4 x.1
4
1
8
8
2
2
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có các góc A,B,C nhọn. Tìm GTLN của: ⇔ ≤ sin x + cos x 1 + 1
4
P = 1 + tan A. tan B + 1 + tan B. tan C + 1 + tan C. tan A
1
⇔ sin 4 x + cos 4 x ≥
8
Giải:
* Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng
Cho m bộ số, mỗi bộ số gồm n
(a i , bi ,..., ci )(i = 1,2,...., m)
số không âm:
(a1 a 2 ...a m + b1b2 ...bm + ... + c1c 2 ...c m ) 2 ≤ (a1m + b1m + ... + c1m )(a 2m + b2m + ... + c 2m )(a mm + bmm + ... + c mm )

Thế thì:
⇔
Dấu”=” xảy ra bô số
a1 : b1 : ...a: =c1t =
b2t∃i :b∃...
: cc2 = tai cn i: bn : ...c n
i a ia,2b :=
i ,...,
(a,b,….,c) sao cho: với mỗi i
= 1,2,…,m thì sao cho: , Hay

(

) (

(

)(

)

)

(

)

(

(

a12 + a 22 + ... + a n2 = 3

n ∈ Z,n ≥ 2

Giải:

)(

)

)

Ví dụ 1: Cho
Chứng
a
a1 a 2
+
+ .... + n < 2
minh rằng:
2
3
n +1

1
1 ∀k ∈ N * 1
<
=
1
k 2⇒ 1k 2 <− 1 1  − 11 

k−
k+ 
k 2 k4 − 1 k 2+ 1
2
2
2

ta có:

1
1
1  1
1   1
Do đó theo bất đẳng thức
⇒ 2 + 2 + ... + 2 < 
−
+
−
5   5
2
3
n
3
Bunhiacopski:
2  2
 2
an
a1 a 2
1
1

1
2
2
2
+
+ .... +
≤ a1 1+ a 2 +1... + a n2 2 + 2 + ... + 2 < 3
2
3
n +1
3
n
=
−
< 2
3
1 3
2 n+
2
(đpcm)
Ví dụ 2: Cho 4 số a,b,c,d bất kỳ chứng minh rằng:
(a + c) 2 + (b + d ) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2






1 
 1 − 1 

+
...
+
7 
n− 1 n+ 1
2


2
2

2
< 2
3

2
Giải: a 2 + b 2 . c 2 + d ≤

Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski: Tacó ac+bd
2
2
( a +≤c )a2 2++( bb+2 d+) 22 =aa2 2++bb2 2. +c22( +acd+2 bd
+ c) 2++c d +2 d mà
⇒
(a + c) 2 + (b + d ) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2

(

Sưu tầm và tuyển chọn

)

7


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ac
Bunhiacopski

(1

)

Ví dụ 3: Chứng minh rằng :
Giải:
Dùng bất đẳng thức

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

Cách 1: Xét cặp số
(1,1,1) và (a,b,c) ta có
2
3
a 2 + b 2 + c 2 ≥ a 2 + b⇒
+ c 2 + 2( ab + bc + ac )
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ⇒
ac
Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
2

(

2

)

Phương pháp 6:
Bất đẳng thức Trê- bư-sép
Kiến thức:
≤ b.....
a b + a 2 b2 + .... + a n bn
a1 + a 2 + ... + a n b1 +ab12 ≤+ a....
2 +
n ≤a
. 
≤ 1n 1
n
n
b1 ≤nb2 ≤ ..... ≤ bn
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi
b)Nếu thì
a1 ≤ a 2 ≤ ..... ≤ a n
a1 + a 2 + ... + a n b1 +bb2 ≥+b....≥+ .....
bn ≥ ba1b1 + a 2 b2 + .... + a n bn
2
.  1
≥ n
n
n
n

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi
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 2 S
=
.
sin A + sin B + sin C
3
giác. chứng minh rằng ABC là tam giác đều.
Giải: Không giảm tính tổng quát
π
0
<
A
≤
B
≤
C
<
.
ta giả sư Suy ra:
2
sin A ≤ sin B ≤ sin C

sin 2a ≤ sin 2 B ≤ sin 2C
được:
Dấu
‘=’ xảy ra
Mặt
khác:

a)Nếu thì .
a1 = a 2 = .... = a n
b = b = .... = b
2
n
 1

a1 = a 2 = .... = a n
b = b = .... = b
2
n
 1
∆

S là diện tích tan

Áp dụng BĐT trebusep ta

( sin A + sin B + sin C )( sin 2 A + sin 2 B + sin 2C ) ≥
= 2sin
= sin
C 2C )
sinB.Asin
≥ 3( sin A. sin 2 A⇔
+ sin
B +B sin
C. sin
⇔ ∆ABC dêu

sin 2 A = sin 2 B = sin 2C

 B. sin 2 B + sin C. sin 2C 1
sin A. sin 2 A + sin
⇔
≤ (sin 2 A + sin 2 B + sin 2C )
sin A + sin B + sin C
3
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 )]
Thay (2)
= 2 sin C.2 sin A. sin B = 4 sin A sin B sin C
vào (1) ta có
= (2 R sin A)(2 R sin B ). sin C = a.b. sin C = sin
2 S A. sin
(22) a + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C
sin A + sin B + sin C

Dấu ‘=’ xảy ra ABC đều.

≤

2S
.
3

⇔∆

Ví dụ 2(HS tự giải):
a/
Cho a,b,c>0 và a+b+c=1 1 1 1
+ + ≥9

CMR:
a b c
≥ 4(1 − x)(1 − y )(1 − z )

b/ Cho x,y,z>0 và x+y+z=1
CMR:x+2y+z
c/ Cho a>0 , b>0, c>0
a
b
c
3
+
+
≥
CMR:
b+c c+a a+b 2
d)Cho x,y thỏa mãn 2 x − y ≥=101
≥
5

Sưu tầm và tuyển chọn

8


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
;CMR:

x+y
Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 và .

a 3 a 2 + bb32 + c 2 c=3 1 1
+
+
≥ Chứng minh rằng
b+c a+c a+b 2
Giải:
2
2
2
⇒
≥
Do
a,b,c đối xứng ,giả sử abc

a ≥b ≥c
Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có
 a ≥ b ≥ c
2b + ac a +2 c b a + b 2 c
a 2 + b2 + c2  a
b
c1 . 13
a 3.
+3 b1 . 3 + c .
≥
.
+
+

a b + cb
c

1
3
 b + c a + c a +3 b2
+
+a + c ≥ a + b
b + c a + c3 a + b 2
Vậy
Dấu bằng xảy ra khi

==

a=b=c=
Ví dụ 4:

Cho a,b,c,d>0 và abcd =1 .Chứng minh rằng :
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10

có
c 2 + d 2 ≥ 2cd
Do abcd =1 nên cd = (dùng )
11 1
x+ ≥
ab
x cd )2= 2(ab + 1 ) ≥ 4
a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2(ab +
ab

Giải: Ta a 2 + b 2 ≥ 2ab

Ta có (1)

a ( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a )
Mặt khác: =

(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)
=
1  
1  
1

 ab +  +  ac +  +  bca +

2
2 ≥ 22+ 2 +2 2
+bcb  + c + d + a ( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10
ab  
ac  

Vậy
Phương pháp7
Bất đẳng thức Bernouli
Kiến thức:
a)Dạng nguyên thủy: Cho a-1, Z thì (1 + a1)a≤n ≥=≥n 1∈
0 + na
n = 1
. Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi

b) Dạng mở rộng:
- Cho a > -1, thì . Dấu bằng xảy ra (1 + a α
) α ≥≥11 + na
khi và chỉ khi a = 0.

- cho thì . Dấu bằng xảy ra khi va
(a1 ≥+ a−1)aα,0=≤<01α+ α = 1
chỉ khi.
b
a
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng .
a + b > 1, ∀a, b > 0
Giải
ba ≥ 1
- Nếu hay thì BĐT luôn đúng
- Nếu 0 < a,b < 1
Áp dụng BĐT Bernouli:
b (1 − a ) a + b
1
 1− a 
<
  = 1 +
 < 1+
a 
a
a
a

a
⇒ ab >
.
a+b
b

b

Chứng minh a ba + b a b> 1
b >
tương tự:. Suy ra
a+b
(đpcm).
Ví dụ 2: Cho a,b,c >

0.Chứng minh rằng
5
. (1)
a5 + b5 + c5  a + b + c 
≥

Giải
3
3


5
5
5
 3a   3b   3c 
(1) ⇔ 
 +
 +
 ≥3
a+b+c a+b+c a+b+c

Sưu tầm và tuyển chọn

9


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
Áp dụng BĐT Bernouli:
5
5
(2)
5( b + c − 2a )
 3a 
 b + c − 2a 

 = 1 +
 ≥ 1+
Chứng minh
a+b+c 
a+b+c
a+b+c

tương tự ta đuợc:
5
(3)
5( c + a − 2b )
 3b 
5

 ≥ 1+
5( a + b − 2c )

 3c 
a+b+c
a+b+c

 ≥ 1+
(4)
a+b+c
a+b+c
Cộng (2) (3) (4) vế theo vế ta có
5
5
5
(đpcm)
 3a   3b   3c 
+
+
≥
3
⇒

 
 

Chú ý: ta có bài
a+b+c a+b+c a+b+c
toán tổng quát sau đây:
“Cho Chứng minh rằng
a1 , a 2 ,...a n > 0; r ≥ 1.

.

a1r + a 2r + .... + a nr  a1 + a 2 + .... + a n
≥ 
n
n


⇔ a1 = a 2 = .... = a n





r

Dấu ‘=’ .(chứng minh tương tự bài trên).
0 ≤ x, y , z ≤ 1
Ví dụ 3: Cho . Chứng minh rằng
.
81
x
y
z
−x
−y
−z
2
+
2
+

2
2
+
2
+
2
≤
Giải
8
Đặt .
a = 2 x , b = 2 y , c = 2 z (1 ≤ a, b, c ≤ 2)
1 ≤ a ≤ 2 ⇒ ( a − 1)( a − 2 ) ≤ 0
Chứng minh tương tự:
2
2
b+ ≤3
(2)
⇒ a 2 − 3a + 2 ≤ 0 ⇒ a + ≤ 3 (1)
b
a
2
c+ ≤3
(3)
c

(

)(

)

Cộng (1) (2) (3) vế theo vế ta được
 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
“ Cho n số
Ta luôn có:

(c

x1

Phương pháp 8:

+c

x2

+ .... + c

xn

)( c

− x1

+c

− x2

+ .... + c

− xn

) ≤ [ n( c

+ cb
4c a + b
a

)]

Chú ý: Bài
toán tổng quát dạng
này
x1 , x 2 ,...., x n ∈ [ a, b] , c > 1

2

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
Giải:
a c>⇒
>c d+ d> 0
a−

b d> >
c +c d> 0
b−

(a-c)(b-d) > cd
ab-ad-bc+cd >cd
ab> ad+bc ⇔
(điều phải chứng minh)
Ví dụ 2: Cho a,b,c>0 thỏa mãn .
1 2 1 2 1 2 15
a ++ b+ + c< = Chứng minh
a b c abc
3

Sưu tầm và tuyển chọn

10

Tacó


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
Giải: Ta có :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab – 〉 ac – bc) 0

⇒
ac+bc-ab ( a2+b2+c2)
1〈
ac+bc-ab 1 Chia hai vế cho abc > 0 1 ⇒
21〈5− 1
+
≤
ta có
a abc
b6 c
Ví dụ 3: Cho 0 < a,b,c,d <1 Chứng
minh rằng (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-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)
Ví dụ 4: Cho 0 . Chứng minh rằng:
Giải:
Do a < 1
và
a 2⇒< 1
2 ⇒
Ta có
1-b-+b > 0 1+ > + b
1 − a .(ab12− b ) < 0
⇒
mà 0< a,b <1 > , >

ba23
⇒
Từ (1) và (2) 1+> +. Vậy + < 1+
ba23
Tương tự
≤ 1 b+
c 3b 2 c

(

ta có :

)

+
+≤

Cộng các bất đẳng thức 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 ≤ 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a
a 2 + b 2 = c 2 + d 2 = 1998
Giải:
2

2abcd
abcd
b22 c 2+ a 2 d
d 2 + 2+

1 + c 2aac33

Ví dụ 5 Chứng minh rằng :

Nếu thì ac+bd =1998
Ta có (ac + bd) + (ad – bc ) = ac

2

+ b-=

= a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982
2
⇒
≤−
rõ ràng (ac+bd)2
≤ 1998
( ac + bd ac
) 2 ++ (bd
ad
bc ) = 1998 2
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+
a 22 + a≥32 +121.... + a 2003
≥2003
0
b/ Cho a;b;c thỏa mãn :a+b+c=1
Chứng minh rằng: (
1
1
1
− 1).( − 1).( − 1) ≥ 8

a
b
c

`

Phương pháp 9:
Dùng tính chất của tỷ số
Kiến thức
1) Cho a, b ,c là các số dương thì
a – Nếu thì
a a a+c
> >1
b – Nếu thì
a+
+c
ba ba< b<
1c
2) Nếu b,d >0 thì từ
b b b+c
Ví dụ 1: Cho a,b,c,d > 0 .Chứng minh rằng
a
b
c
d
1<
+
+
+
<2

a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b

a c
a a+c c
< ⇒ <
<
b d
b b+d d

Giải: Theo tính chất
của tỉ lệ thức ta có
(1)
a
a
a+d
<1⇒
<
Mặt
a
a
a+b+c
a+b+c a+b+c+d
>
khác
:a+b+c a+b+c+d

(2)
Từ (1) và (2) ta có

Sưu tầm và tuyển chọn

11


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
a +a d
a +a b+ +b c+ +c d

<<

(3)
Tương tự ta có
b
b
b+a
(4)
<
<
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 (5)
d
d
d +c
(6)
<

<
cộng vế với vế của (3); (4); (5); (6) ta có
a+b+c+d d +a+b a+b+c+d
điều phải chứng
a
b
c
d
1<
+
+
+
< 2 minh
a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b
Ví
dụ ab + cd ca
<
2 :Cho:< và b,d > 0 .Chứng minh rằng <
b 2 + d 2 db
⇒
Giải: Từ <
ab ab +abcd
ac cdcd c
< ⇒
<< 2 2 =
2
2
2 2
Vậy
<

điều phải ab + cd ca
d
b
b +bddb d d
<
chứng minh
b 2 + d 2 db
Ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000
tìm giá trị lớn nhất của
a b
+
Giải: Không mất tính tổng quát ta
a c aab+d b b
⇒ ≤≤
≤ giả sử : Từ :
c ccd+ d d
vì a+b = c+d
a
≤1
⇒
≤
≤
998
a/ Nếu :b thì 999
abb
c
+
b/Nếu: b=998 thì a=1 =Đạt giá trị lớn 1ac ⇒
d999
db nhất khi d= 1; c=999

Vậy giá trị lớn nhất của =999+khi cac++1 db a=d=1; c=b=999
+
c999d
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
u1 + u 2 + .... + un
hữu hạn : S =
Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u về k hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau:
u k = ak − ak +1
( a1 − a2 ) + ( a2 − a3 ) + .... + ( an − an+1 ) = a1 − an+1
Khi đó :S =
(*) Phương pháp chung về tính tích hữu
u1u2 ....un
hạn: P =
Biến đổi các số hạng về thương của hai aukk số hạng liên tiếp nhau: =
Khi đó P =
a1 a2 a an
a
. .....k +1 = 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
<
+
+ .... +
<
Giải: Ta có 1
1
1
2 n +1 n + 2
n+n 4
với k = 1,2,3,…,n-1 n + k > n + n = 2n
Do đó:
1
1
1
1
1
n 1
+
+ ... +
>
+ ... +
=
=
n +1 n + 2
2n 2n
2 n 2n 2
Ví dụ 2: Chứng
minh rằng:

Với n là số
1
1
1
1+
+
+ .... +
> 2 n + 1 − 1 nguyên
2
3
n

(

Sưu tầm và tuyển chọn

12

)


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com

(

1
2
2
=
>

= 2 k +1 − k
k 2 k
k + k +1

(

1>2

)

)

Giải: Ta có
Khi cho k chạy từ 1
đến n ta có

2 −1
1
>2 3− 2
………………
2
1
Cộng
1
1
1
1+
+
+ .... +
> 2 n + 1 − 1 từng vế các bất n > 2 n + 1 − n

2
3
n
đẳng thức trên ta có
n
∀n1∈ Z
Ví dụ 3: Chứng minh rằng
∑
Giải: Ta có
1
1 2 < 21
1
k =1 k =
<
−
2
Cho k chạy từ 2 đến n ta có
k
k ( k − 1) k − 1 k
1
1
< 1−
2
n
2
2
Vậy
1
<
2

∑
2
1 1 1
k =1 k
< −
32 2 3
Phương pháp 11: Dùng bất đẳng thức trong tam giác
.................
1
1
1
Kiến thức: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác thì : a;b;c> 0
<
−
2
n
n −1 n
Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a
1 1
1
Ví dụ 1: Cho a;b;c là số đo ba cạnh của tam giác chứng minh rằng
⇒ 2 + 2 + .... + 2 < 1
1/ a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)
2 3
n
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
⇒
0a 2<

 2
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có:
0b <0c 2<2/ Ta có
a > b-c  a 2 > a 2 − (b − c) 2


(

)

(

⇒>0
b > b − (c − a ) 2
2

(

)

b > a-c  ⇒ > 0
c > a-b  ⇒ c 2 > c 2 − (a − b) 2 > 0

2

Nhân vế các bất đẳng thức ta được
2
2

2
⇒ a 2b 2 c 2 > a 2 − ( b − c ) b 2 − ( c − a ) c 2 − ( a − b )

[

][

][

⇒ a b c > ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b)
⇒ abc > ( a + b − c ).( b + c − a ).( c + a − b )
2 2 2

2

2

]

2

Ví dụ2 (HS tự
giải)
1/ Cho a,b,c là chiều

dài ba cạnh của tam giác
ab + bc + ca < a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca)
dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2
a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2
Phương pháp 12:

Sử dụng hình học và tọa độ

13

Chứng minh rằng
2/Cho a,b,c là chiều

Chứng minh rằng

Ví dụ 1:
Chứng minh rằng : và c (a − c) + c(b − bc)≥≤c ab , ∀a ≥ b ≥ 0
Giải
Trong mặt phẳng Oxy, chọn ;
vu ==( ( ac−, cb, −cc )
Thì , ;
u.v = c(auv−=c) +ab c(b − c)

Sưu tầm và tuyển chọn

)


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
Hơn nữa:
(ĐPCM)
Ví dụ 2:

u.v = u . v . cos(u , v) ≤ u . v

⇒ c(a − c) + c(b − c) ≤ ab ⇒

Cho 2n số: thỏa mãn: Chứng
xnin; y i ,2 i =n 12,2,..., 2n
xxi i ++∑y i y i≥= 1. minh rằng:
∑
∑
2
i =1
i =i1=1
Giải:

Vẽ hình

y

MN

MK

H

M
1

x

O
Trong mặt phẳng tọa độ, xét:
thẳng x + y = 1. Lúc đó:

, , ,…,
Và
(ĐPCM)
Phương pháp 13:

x+y=1

M n (M
x1 2+(
xM
y 2 )+ y n )
1 +
1 (x 2n1 , y1 )+ 

: ;…;
Giả thiết suy ra đường

Mn ∈

2
MM
OM
M123n=== xx12x232+
yy12y232n2
n1−2M
1M
n ++
+ OM
M 21 M
2

1 23
+  + Mn n −1 M n ≥ OM n ≥ OH =
2
⇒ ∑ xi2 + y i2 ≥
⇒ 2
2
i =1

Đổi biến số

Ví dụ1: Cho a,b,c > 0 Chứng
a
b
c
3
+
+
≥ minh rằng (1)
b+c c+a a+b 2
Giải:
Đặt x=b+c
; xzy + xyz − yxz
y=c+a ;z= a+b ta có a= ; b = ; c =
2
ta có (1)
y + z − x z +⇔
x3− y x + y − z
+ ≥
+
y zy x x zz x x z y y ⇔

2x
2 y2
2z
+ −+1 + ) ++( +− 1 )++ ( + + − 1) ≥ 63
(
x xx y y xy z z y z z
Bất
đẳng
yz xy
++ ≥ 2; thức cuối cùng đúng vì ( ; nên ta có điều
xyx yz
phải chứng minh
Ví dụ2:
Cho a,b,c > 0 và a+b+c <1. Chứng minh rằng
(1)
1
1
1
+ 2
+ 2
≥9
2
Giải: x + y + z = ( a + bacb+22c++) 222<
ab
bc
ac1
a + 2bc b + 2ac c + 2ab
Đặt x = ; y
= ; z = . Ta có
(1)

Với x+y+z < 1 và x ,y,z >
1 1 1
⇔ + + ≥90
x y z
z≥
Theo bất đẳng thức Côsi ta 1 x +1y 3+ 1xyz
+ 3+ 1 ≥
có: 3., và: 3.
x y xyz
z
. Mà x+y+z < 1.
1 11⇒ 11 1 
( x + y +x z+).y ++z ≥+9  ≥ 9 Vậy (đpcm)
x y z
Ví dụ3: Cho x , y 2 x − y ≥=101
x+ y ≥
thỏa mãn CMR
5

Sưu tầm và tuyển chọn

14


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
Gợi ý: Đặt ,
thay vào tính S min
Bài tập tự giải

2u-v =1 và S = x+y =v u 2xy⇒

+=vuv2 = 2u-1
1) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0

25a 16b
c
+
+
> 8 CMR:
b+c c+a a+b
2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0
CMR
ma
nb
pc
1
+
+
≥
b+c c+a a+b 2
Phương pháp 14:

(

)

m + n + p − ( m + n + p)
2

Dùng tam thức bậc hai

Kiến thứ: Cho f(x) = ax2 + bx + c
Định lí 1:
f(x) > 0,

a > 0
∀x ⇔ 
∆ < 0

Định lí 2:
Phương
x1 < α < x 2 ⇔ a. f ( α ) < 0
trình f(x) = 0 có 2
nghiệm
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :

a > 0
f ( x) ≥ 0, ∀x ⇔ 
∆ ≤ 0
a < 0
f ( x) < 0, ∀x ⇔ 
∆ < 0

a < 0

f ( x) ≤ 0, ∀x ⇔ 
a. f ( α ) > 0
Phương trình f(x) = 0 có 2
∆ ≤ 0

nghiệm :

x1 < x 2 < α ⇔ ∆ > 0

Phương trình f(x) = 0 có 2 α < x1 < β < x 2 aS. f<( α
α) > 0
(
)
⇔
f
α

2

nghiệm
 x <αα< 
1 2
2
 1
S
Ví dụ 1:Chứng minh
f ( x, y ) = x 2 + 5 y 2 − 4 xy
2 xα− 6 y + 3 > 0
 +>
2

rằng
(1)
2
2
⇔

Giải: Ta có (1)
x − 2 x( 2 y − 1) + 5 y − 6 y + 3 > 0
2
∆′ = ( 2 y − 1) − 5 y 2 + 6 y − 3
2
= 4 y − 4 y +1− 5y2 + 6 y − 3
Vậy với mọi x, y
f ( x, y ) > 0
2
= −( y − 1) − 1 < 0

(

)

f ( x, y ) = x 2 y 4 + 2 x 2 + 2 . y 2 + 4 xy + x 2 > 4 xy 3

Ví
dụ2:
Chứng minh rằng:

Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
2 4 2
3
2 2
x⇔
y ( +y 2+x12) 2+.x22 .+y 24+y (41xy
− y+) xx +− 4 yxy2 >>00
2
2

Ta có
∆′ = 4 y 2 1 − y 2 − 4 y 2 y 2 + 1 = −16 y 2 < 0
2
yf 2( x+, 1y ) >>00
Vì a = vậy
(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 - Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n

=k vào BĐT cần chứng minh được gọi là giả
thiết quy nạp )

Sưu tầm và tuyển chọn

15


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
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
1 1∀n ∈ N ; n1> 1
1
+ 2 + .... + 2 < 2 − (1)
2
1 2
n
n

Ví dụ1: Chứng minh rằng :

Giải: Với n =2 ta có 1
1
1+ < 2 −
(đúng). Vậy BĐT (1) đúng với n =2
4
2
Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) đúng với n = k+1

Thật vậy khi n =k+1 thì (1)
1 1
1 ⇔ 1
1
+ 2 + .... + 2 +
< 2−
2
2
Theo giả thiết quy nạp
1 2
k
(k + 1)
k +1
1
1
1
⇔ 1 + 1+ .... + 1 + 1 < 2 − 1 + 1 < 2 − 1⇔
1
1
2 + 2
2
+
<
< 2
k ( k + 1) 2
k +1
k2+2kĐiều 12k++....
1 + 1(k +11) 2 ⇔k +11 (2k + 1) 2 2kk (k + 1)
<

⇔
k
(
k
+
2
)
<
(
k
+
1
)
2
này đúng .Vậy bất đẳng thức (k + 1)
k
(1)được chứng minh
n∈
nn
≤
n
N
Ví
dụ2:
Cho
và a+b> 0. Chứng
aa ++bb

 minh rằng
(1)

 22 
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
k +1⇔
≤ kk++11
(1)
a a ++bb
k +1k
k +1
⇔


(2)
a + ab  +ab+ b≤

 22 
k +≤
1
a k + b k a + b a k +1 + ab k + a k b + b k+1 2 a k+1 .+
b⇔
 ≤  2 2
Vế trái (2)
.
=
4
2
.(ab
a −k b+)a≥k b02+ b k +1 2
a k +1 + b k +1a k a−k b+1k+⇔

−
≥ 0 (3)
2
4
Ta chứng minh (3)
⇔
≥
(+) Giả sử a b và giả thiết cho a -b a b
⇒
a k a−kb≥k ⇔
.b( ak −≥ bb)k ≥ 0
(+) Giả sử a < b và theo giả thiết a kk −< bbkk ⇔
( a −a kb )<≥b0k
.⇔
- aVậy BĐT (3)luôn đúng ta có (đpcm)
Ví dụ 3: Cho . Chứng minh rằng : a(1≥+−a1) n,1≥≤1n+∈n.Ν
a
Giải
n=1: bất đẳng thức luôn đúng
n=k (): giả sử bất đẳng thức đúng,
(1 + ak) k∈≥Ν1 + k .a
tức là:
k +1
n= k+1 . Ta cần chứng minh:
(1 + a ) ≥ 1 + ( k + 1).a
k +1
k
Ta có:
(1 + a ) = (1 + a).(1 + a ) ≥ (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
)n ∈
≥ 1Ν+ n.a
1 ≤, ann ∈≥Ν
Ví dụ 4:
10
a1 , a 2 , 
(
1
−
a
)(
1
a
−
+
a
a
)

+
(

1
−+aann) ≤≥
1

1
2
2
Cho thoả mãn . Chứng minh rằng:
2

(

)

(
(

)
)

11
1 −a1a1≤ ≥ ⇒⇒
22
tức là:
n= k+1 . Ta cần chứng
minh:

Sưu tầm và tuyển chọn

Giải n=1: Bài toán đúng
k∈Ν
n=k (): giả sử
1
(

1
−
a
)(
1
−
a
)

(
1
−
a
)
≥
1
2
k
bất đẳng thức đúng,
2

1
2
(1 − a1 )(1 − (a12−) 
a1 ()(11−−aak −21))[

1−
(1(−a ak k++1a) k=+1 ) + a k a k +1 ]
(1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k +1 ) ≥

16

Ta có:


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
1
1
≥ (1 − aa11)(+1a−2 a+2 
) +(1a−k −a1 k+−1()[
a1k −+ (aakk+1+) ≤
a k +1 )] ≥
2
2

(Vì )
Bất đẳng thức đúng
với n= k+1

⇒

Vậy theo nguyên lý quy nạp:

1
(1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a n ) ≥
2
≤1,2n+,...,
∈bnΝ
n)
(a1b1 + a 2 b2 +  + a n2bn ) 2 ≤ (a12 + a 22 +  + aan2i ,)(bbi 12∈+Rb, 22i +1= 

Ví dụ 5: Cho , . Chứng minh rằng:
Giải n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
n=k ():giả
(a1b1 + a 2 b2 +  + a k bk ) 2 ≤ ( ak12 ∈+ Ν
a 22 +  + a k2 )(b12 + b22 +  + bk2 )
sử bất
đẳng thức đúng, tức là:
n=
(a1b1 + a 2 b2 +  + a k +1bk +1 ) 2 ≤ (a12 + a 22 +  + a k2+1 )(b12 + b22 +  + bk2+1 )
k+1 .
Ta cần chứng minh: (1)
2
2
2
Thật
++2ba+212bb+
bakbk+21+k21+
VP≥(1)(a=1b(1a+12 a+2ab22+ +a
(b+12 a+k2b)(k22b)+
)k ++1+
).b+2k2+a(1a21b2 2+a
+k +a1 k2+).b 2
1ka
k +1b
1 
vậy: +
2
2
+  + 2a k bk a k +1bk +1 + a k +1bk +1
2

+ a b 2)
≥ (a(1ab11b1+ +a 2a+ba2a2bkk22+++11b+
.bk
+k1+
+1 a k bkk )k + 2

≥ (a1b1 + a 2 b2 +  + a k +1bk +1 ) 2
Vậy (1) được chứng minh
a1 + a 2 +a
a1n≤R,2ni∈=Ν
a11,22+,...,
a 22n +  + a n2
i , b+
i ∈
(
) ≤
n
n

Ví dụ 6: Cho , . Chứng
minh rằng:
Giải:

n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
Νa12 + a 22 +  + a k2
n=k ():giả sử bất đẳng
a1 + a 2 +  + a kk ∈
2
(
) ≤

thức đúng, tức là:
k
k
a1 + a 2 +  + a k +1 2 a12 + a 22 +  + a k2+1
(
) ≤
k +1
k +1
n= k+1 . Ta cần chứng minh: (1)
Đặt:
a + a3 +  + a k +1
a= 2
2
2
2
2
1 aa22212++aa32222++2

+2+ka
aak2+k1a+1)
1  2k
2 a 2 + a 3 +  + a kVP
+1 (1) = 2
(
a
+
k
a
+
+ k .a1 + k= 1

1 
a1 + k
Vậy (1) đựơc chứng minh ≥
k +1
kk + 1
k
(k + 1) 2 

Ví dụ 7: Chứng minh rằng:
Giải: n=2
⇒ nnn n>=(n4+ 1) n −1
⇒
n=k: giả sử bất đẳng
k k > (≥k 2+ 1) k −1
( n + 1) n −1 = 3
thức đúng, tức là:
n= k+1:Ta c ó:
= (k k+k1()k2 k +− 21()kk ++1 1≥) 2( k=+[(1k) k+−11()k2 ]+k −11)(kk+1+ 1) 2
(k + 1) 2 =
> k(k2 2++22kk+) k1−1>( kk22 ++22kk)
+1
Bất đẳng thức đúng với n=
⇒ (k≥+k1k) k(⇒
k +> 2(k) k+ 2) k
k+1
n
n −1
n > ( n + 1) , ∀n ∈ Ζ, n ≥ 2 Vậy
sin nx ≤ n sin x , ∀n ∈ Ν ∗ , ∀x ∈ R
Ví dụ 8: Chứng minh rằng:

Giải: n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
n=k :giả sử bất đẳng thức đúng, tức sin kx ≤ k sin x
n n > ( n + 1) n −1 , ∀n ∈ Ζ, n ≥ 2

(vì )

là:

n= k+1 . Ta cần chứng minh:
Ta có:
 a + b ≤ a + b , ∀a, b ∈ R

sin( k + 1) x = sin kx cos x + cos kx sin x
 sin x , cos x ≤ 1, ∀x ∈ R
≤ sin kx
≤≤ =k.sin
cos
sin
(k kx
+xx1.+)+sin
.cos
.sin
sinxkx
xx . sin x
sin( k + 1) x ≤ (k + 1) sin x

Nên:

Sưu tầm và tuyển chọn

17


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
Bất đẳng thức đúng với n= sin nx ≤ n sin x ⇒
, ∀n ∈ Ν ∗ , ∀x ∈ R
k+1. Vậy:
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”
qp q đúng, : kết luận đúng) phép chứng minh được
Muốn chứng minh (với : giả thiết p ⇒
thực hiên như sau:
Giả sử không có ( hoặc sai) suy ra điều qp vô lý hoặc sai. Vậy phải có (hay 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:
≠
≤ Mà abc > 0 và a < 0 cb < 0
Giả sử a 0 thì từ abc > 0 a 0 do đó a < 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:
,
ac 22 << 44db
Giải:
Giả sử 2 bất đẳng thức : , đều đúng ac 22 << 44db khi đó cộng các vế ta được
(1)
a 2 + c 2 < 4(b + d )
Theo giả thiết ta có 4(b+d) 2ac
(2)

2 2
Từ (1) và (2)
hay (vô lý)
a(2a+−c⇒
c ) <<2ac
0
22
Vậy trong 2 bất đẳng thức và có ít ac << 44db
nhất một các bất đẳng thức sai

Ví dụ 3:Cho x,y,z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng
Nếu x+y+z > thì có một trong ba số 1 1 1
+ +
này lớn hơn 1
x y z
Giải :Ta có (x-1).(y-1).(z-1) =xyz –
xy- yz + x + y+ z –1
=x + y + z – () vì xyz = theo giả 1 1 1
+ +
thiết x+y +z >
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)

Sưu tầm và tuyển chọn

18

≤


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
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
a a+, b,+c c> ≥0 3
Ví dụ 4: Cho và a.b.c=1. Chứng
minh rằng: (Bất đẳng thức Cauchy 3 số)
Giải: Giả sử ngược l ại:
<

⇔
⇔⇒
aa2(2baba+++(bab22+a+−c+c)3ab
cab
a)3b< +
<3ab
13ab
<0
Xét :
f (b) = a 2 b + (a 2 − 3a )b + 1
Có ==
=a∆a4 =(−a(36a−a−2136)−2a+3(2a9+a)−2294a−−) −4≤4a4a0)
⇒a⇒
f,+b(b,0bc) <+≥>ac00≥
<⇒3
(Vì ) vô lý. Vậy:

Ví dụ 5:
a + b + c < 3
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:
2−b+
⇒ −(a⇒

+ b(ab−<−c )(
(1’)
cb)a−
>
c a 2 c) > 0
⇒
−
(
−
a
+
b
+ c⇒
)(a(c+−bba−
<) c2c)>−>ba02
(2’)
(3’)
⇒ −( a +⇒
b −(cac<−)(ab−)−2ab>+cb2 + c) > 0
Nhân (1’), (2’) và (3’)
⇒ −[(a + b − c)(a − b + c )(− a + b + c )]2 > 0
vế với vế ta được:
⇒
Vô lý. Vậy bài toán được chứng minh
Phương pháp 17 :

Sử dụng biến đổi lượng giác

1. Nếu thì đặt x = Rcos,
x = Rsin

2. Nếu thì đặt x =
3.Nếu thì đặt

α x∈α≤[ 0,Rπ− ]π π 
α ∈
,
 2 2 
xR
≥ R π 
α

2 ∈ [ 0, c ) ∪
2 π ,3
( x −xa=) a++( yR −cos
b )αα= R 22, ( > 0)
cos
, (α = 2π )

 y = b + R sin α

; hoặc

4. Nếu thì đặt

α,

2
2
 x − αx = α y+ −aRβ cos
 α , 2(α = 2π )

 + 

 = R a, b > 0
 a y = β + bbR sin
 α

( ax ) 2 + b 2 , ( a, b > 0)

5. Nếu trong bài toán xuất hiện
biểu thức :
Thì đặt:
b
 π π
x = tgα , α ∈  − , 
a
 2 2
2
a 1 − b + b 1 − a 2 + 3 ab − 1 − b 2 1 − a 2 ≤ 2, ∀a, b ∈ [ − 1,1]

(

Ví dụ 1: Cmr :
Giải :
Đặt :
Khi đó :

(

))

)(

a ≤ 1, b ≤ 1

(α,aβ=∈cos
[ 0,απ ] )


b = cos β2
a 1 − b + b 1 − a 2 + 3 ab −

(

(1 − b )(1 − a ) )
2

2

= cos α . sin β + cos β . sin α + 3 ( cos α . cos β − sin α . sin β )
a
,
b
1a1α≤ +abβ ) + 3. cos(α + β )
a b − 1 +=b≥sin(
= 2 cos(α + β −
Ví dụ 2 : Cho .Chứng minh rằng :

Sưu tầm và tuyển chọn

19

π
) ∈ [ − 2,2] ⇒ (dpcm)
6


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
Giải :
Đặt :

1

a = cos 2 α

1
b =

cos 2 β

1
 ⇒ a  b −π1 + b a − 1 = 1
tg 2 β +
tg 2α
 α , β ∈ 0,  
2
2
cos α
cos β
 2 


2
tgβ
tgα
(tgβ . cos β + tgα . cos 2 α )
=
+
=
cos 2 α cos 2 β
cos 2 β . cos 2 α
a 2 ab
− ( a≠ −0 4b1) 2(sin 2 β + sin 2α ) sin(α + β ) cos in(α − β )
−2 2 −2≤
≤2 2 −2
=
=
a 2 + 4b 2 2 cos 2 β . cos 2 α
cos 2 β . cos 2 α
1
≤
= ab
2
cos β . cos 2 α
Ví dụ 3: Cho .Chứng minh rằng :
Giải :
Đặt:
a 2 − ( a − 4b) 2 tg 2α − (tgα − 2)π2 π 
a
=
2
btg

α
,
α
∈
−
,


⇒
=
Phương
a 2 + 4b 2
1 + tg 2α  2 22 
pháp
18:
= 4(tgα − 1). cos 2 α
Sử dụng khai triển
nhị thức Newton.
= 2 sin 2α − 2(1 + cos 2α )
Kiến thức:
= 2(sin 2α − cos 2α ) − 2
Công thức nhị
π
thức
Newton
= 2 2 sin(2α − ) − 2 ∈ − 2 2 − 2,2 2 − 2
n
2
( a + b ) n ∑ C nk a n−k b k , ∀n ∈ N * , ∀a, b ∈ R

[

]

k =0

.
C nk =

n!
(0 ≤ k ≤ n )
(n − k )!k!

Trong đó hệ số.
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
+ Số hạng thứ k + C nk a n − k .b k
(0 ≤ k ≤ n)
1 là
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng (bất đẳng (1 + a ) n ≥ 1 + na, ∀a ≥ 0, ∀n ∈ N *
thức bernoulli)
Giải

n
Ta có: (đpcm)
(1 + a ) n = ∑ C nk a k ≥ C n0 + C n1 a = 1 + na
Ví dụ 2:
k =0
Chứng minh rằng:
n
n
n
a)
a +b
a+b
*
n
≥
n N n
 , ∀a, b ≥ a0n, ∀+nb∈
+
c
a+b+c
*
2
 2 
≥
 , ∀a, b, c ≥ 0, ∀n ∈ N
3
3


b)

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

Sưu tầm và tuyển chọn

20


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com

( a + b ) n = C n0 a n + C n1 a n−1b + .... + C nn−1a.b n −1 + C nn b n
( a + b ) n = C n0 b n + C n1b 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 −1 a ) + .... + C nn −1 (a.b n −1 + b.a n −1 ) + C nn (b n + a n )
∀a, b ≥ 0, ∀i = 1,2,..., n − 1 :

(a

n −i

)(

)

− 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 n + b n ) + C n1 (a n + b n ) + .... + C nn −1 (a n + b n ) + C nn (b n + a n )
n

0

n

= (a n + b n )(C n0 + C n1 + .... + C nn −1 + C nn ) = 2 n (a n + b n )
n

an + bn
a+b
⇒
 ≤
n
 2 
d=

Phương pháp 19:

a+b+c
≥0
3

b) Đặt
Theo câu (a) ta có:
n
n
a+b
c+d 
2
+
2





an + bn + cn + d n
2 
2 


≥
4
4

Sử dụng tích phân
n
n
f , g : [ a, b ] → R  a + b   c + d 
+

 

a+b+c+d n
2   2 

=
≥(
) ≥ dn
2
4
n
n
n

n
n
⇒ a + b + c + d ≥ 4d ⇒ a n + b n + c n ≥ 3d n
⇒

Hàm số: liên tục, lúc đó:

a n + bn + cn
a+b+c
≥ dn =

3
3



f ( xb) ≥ 0, ∀x ∈ [ a, b]
∫ f ( x)dx ≥ 0
a

thì .
b

b

a

a

∫ f ( x)dx ≤ ∫

f ( x) dx

hằng số)
Ví dụ 1: Cho A, B, C là ba góc của tam giác.
A
B
C
tg + tg + tg ≥ 3
2
2
2

* Nếu thì
* Nếu thì
f ( xb) ≥ g ( x ), ∀xb ∈ [ a, b]
* Nếu và ∃x0 ∈
f ([xa∫b), fb≥(] x:g)(fdx
x(),x≥0∀)∫xb>g∈g([x(a)x,dx
0b)]
a f ( x ) dx ≥ a g ( x ) dx
∫a
∫a
*.
* Nếu m ≤ f ( x1) ≤ bM , ∀x ∈ [ a, b]
m≤
f ( x )dx ≤ M
thì (m, M là
b − a ∫a

1
x
(1 + tg 2 )
2
2
1 x
x
f '' ( x ) = tg (1 + tg 2 ) > 0, x ∈ (0, π )
2 2
2

Chưng minh rằng:
Giải:
Đặt
x
f ( x) = tg , x ∈ (0, π )
2

f ' ( x) =

Áp dụng bất đẳng
thức Jensen cho:
f ( A) + f ( B ) + f (C )
 A+ B+C 
≥ f

3
3



A
+ tg
2
A
tg + tg
2
A
tg + tg
2
tg

Sưu tầm và tuyển chọn

21

n

B
C
 A+ B +C 
+ tg ≥ 3tg 

2
2
6


B
C

π
+ tg ≥ 3tg
2
2
6
B
C
+ tg ≥ 3
2
2


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
Ví dụ 2: Chứng minh:
Giải
Trên đoạn ta có:
0 ≤ cos 2 x ≤ 1

π

π 2
dx
π
≤∫
≤
2
10 0 5 − 2 cos x 6

 π
0, 2 

⇒ 0 ≤ 2 cos 2 x ≤ 2
⇒ −2 ≤ −2 cos 2 x ≤ 0
⇒ 3 ≤ 5 − 2 cos 2 x ≤ 5
1
1
1
⇒ ≤
≤
2
5 5 − 2 cos x 3
π

1π
dx
1π
 2

⇒  − 0 ≤ ∫
≤  − 0
2
5 2
 0 5 − 2 cos x 3  2

⇒

Sưu tầm và tuyển chọn

22

π
2

π
dx
π
≤∫
≤ ( đpcm )
2
10 0 5 − 2 cos x 6


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
PHẦN III :

CÁC BÀI TẬP NÂNG CAO

*Dùng định nghĩa
1) Cho abc = 1 và . . Chứng minh a 3a 2> 36 rằngb2+c2> ab+bc+ac
Giải: Ta xét hiệu: b2+c2- ab- bc – ac = a32 + b2+c2- ab- bc – ac
= ( b2+c2- ab– ac+ 2bc) +3bc =(-ba +abc
a 3 −12
a43236
+
−
c)2 +
12
12
42a
=(-b- c)2 +>0 (vì abc=1 và a3 a 3 − 36abc

a
> 36 nên a >0 )
12a 2
Vậy : b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng a 2 minh
+
2) Chứng minh rằng
3
4
4
2
a)
x + y + z + 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
c) a 2 + 2b 2 − 2ab + 2a − 4b + 2 ≥ 0
Giải:
2
a) Xét hiệu: = = H
x 4 + y 4x +2 −z 2y+2 12 −+2( xx 2−y z2 )+2 +
2 x( x2 −
− 12)xz − 2 x
≥
H0 ta có điều phải
chứng minh
b) Vế trái có thể viết H = H > ( a − 2b + 1) 2⇒+ ( b − 1) 2 + 1
0 ta có đpcm
c) vế trái có thể viết H = H 0 ta có ( a − b + 1⇒
)≥2 + ( b − 1) 2
điều phải chứng minh

(

)

* Dùng biến đổi tương đương
1) Cho x > y và xy =1 .Chứng minh rằng
2
x2 + y2
≥8
Giải: x 2 + y 2 = ( x − y ) 2 + 2 xy = ( x − y ) 2 + 2
( x − y) 2
Ta
có
(vì xy = 1)
2
⇒4
2
x 2 + y 2 = ( x − y ) + 4.( x − y ) + 4
( x − y ) 4 + 4( x − y ) 2 + 4 ≥ 8.( x − y ) 2
Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với
22
2
( x − y( )x4 −− y4)(⇔
x−−2y ) ≥+04 ≥ 0
BĐT cuối đúng nên ta có điều
phải chứng minh

(

(

)

)

[

2) Cho xy 1 .Chứng minh rằng

Ta có

]

≥
1
1
2
+
≥
2
2
1+ x 1+ y
1 + xy

⇔ yxy
xxy
( y−−xx2)
( x−−yy2)
+

1 + x 22 .(1 + xy ) 1 + y 22 .(1 + xy )

(

)

(

cuối này đúng do xy > 1 .Vậy ta có đpcm

)

Giải:
 1
1  1 1+ 1 1≥  2⇔

+
 ≥ 0
−
−
2
2 1 + x 2
2 + y2
1
1
1
+
x
1
+

y
1
+
y
1
+
xy
 
+ xy
≥0 
BĐT

( y − x ) 2 ( xy − 1) ≥⇔0
(1 + x 2 ).(1 + y 2 ).(1 + xy )

* Dùng bất đẳng thức phụ
a2 + b2 + c2 ≥

Sưu tầm và tuyển chọn

23

1) Cho a , b, c là các số thực và a +
1
3 b +c =1 Chứng minh rằng
Giải: áp dụng BĐT BunhiaCôpski


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
cho 3 số (1,1,1) và (a,b,c)

Ta có
(1.a + 1( a.b++b1+.c c) 2) 2≤≤(1⇔
3+. 1a+2 +
1).ba2 2++cb2 2 + c 2
⇔
(vì a+b+c =1 )
1
a 2 + b 2 + c 2 ≥ (đpcm)
3

(

(

)

)

2) Cho a,b,c là các số dương .
( a + b + c ). 1 + 1 + 1  ≥ 9
Chứng minh rằng
(1)
a b c
Giải: (1)
aa ab  b  a⇔bc  c  b c c 

áp dụng BĐT phụ Với x,y > 0. 31 + bb++ca+ a+ x+c1 ++y ca + +a+c a++b1≥≥99
+ ≥2
Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng
y x

Vậy
(đpcm)
( a + b + c ). 1 + 1 + 1  ≥ 9
a b c
* Dùng phương pháp bắc
cầu
1) Cho 0 < a, b,c <1 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 < 3 + a 2b + b 2 c + c 2 a
.Chứng minh rằng :
⇒
Giải: Do a <1 <1 và b <1
a2
2
2
1 − a . 1 − b > 0 ⇒ 1 + a 2b − a 2 − b > 0

(

Mặt khác 0 Vậy
Tương tự ta có

;

)

1 + aab ⇒
>>aba33+ b 3
3
3
a + b < 1 + a 2b

22

Nên
Hay

(1) 1 + a 2b > a 2 + b

b3 + c 3 < 1 + b 2c
⇒
2a 3 + 2b 3 + 32c 3 <
3 + a 2b + b 2 c + c 2 a
a + c3 < 1 + c 2a

(đpcm)
2) So sánh 31 và 17
Giải: Ta thấy <

* Dùng tính chất tỉ số
2<
0 nên ta có

)(

14
11

( )
( )

11

5 11
14
11
4 14

3211 = 2 31 = 255 < 256
256 = 24.14 = 2
= 1614 < 1714

Mặt khác Vậy 31 < 17
(đpcm)

1) Cho a ,b ,c ,d >
a+b
b+c
c+d
d +a
+
+
+
< 3 0 .Cminh rằng:
a+b+c b+c+d c+d +a d +a +b
Giải: Vì a ,b ,c ,d >
a+b
a+b
a +b+d
<
<
a+b+c+d a+b+c a+b+c+d

(1)
≥
(2)
d +a
d +a
d +a+c
(3)
<
<
Cộng các vế của 4 bất đẳng thức trên ta có :
a+b+c+d d +a+b a+b+c+d
(đpcm)
a+b
b+c
c+d
d +a
2<
+
+
+
<3
a+b+c b+c+d c+d +a d +a +b
2) Cho a ,b,c là số đo
ba cạnh tam giác
Chứng minh rằng :
a
b
c
1<
+

+
<2
Giải: Vì a ,b ,c là số đo ba
b+c c+a a+b
cạnh của tam giác nên ta có a,b,c > 0
Và a < b +c ; b Từ (1)
a
a+a
2a
⇒
<
=
Mặt khác
a
a
b+c a+b+c a+b+c
>
Vậy
ba
b
a
2
b + c < a + bba+ c
<
ta có Tương tự ta có
a + b + c ab + c a + b + c
c
c
2c

<
<
a+b+c b+a a +b+c

Sưu tầm và tuyển chọn

24


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có :
a
b
c
1<
+
+
<2
b+c c+a a+b

(đpcm)

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

<
1.3 3.5
(2n − 1).(2n + 1) 2
Giải:

b)

a)
1
1
1
1+
+
+ ... +
<2
1.2 1.2.3
1.2.3.....n

1
1 ( 2k + 1) − (2k − 1) 1  1
1 
= .
= 
−
( 2n − 1) . ( 2n + 1) 2 (2k − 1).(2k + 1) 2  2k − 1 2k + 1 ÷

a) Ta có :
Cho n chạy từ
1 đến k .Sau đó cộng

lại ta có

b) Ta có:

(đpcm)
1
1
1
1 
2  1
+
+ ... +
= . 1 −
÷<
1.3 3.5
(2n − 1).(2n + 1) 2  2n + 1  2
1
1
1
1
1
1
1+
+
+ ... +
< 1+
+
+ ..... +
1.2 1.2.3
( n − 1) .n

1
1  1.2.3.....
1 n
 1   1 1  1.2 1.2.3
1 + 1 − ÷+  − ÷+ .... + 
− ÷< 2 − < 2
n
 2  2 3
 n −1 n 
< (đpcm)

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)
x − 2 + x −3 = x − 2 + 3− x ≥ x − 2+ 3− x =1
+|x-3| + |x-4| 1+3 = 4
Ta có từ (1) Dấu bằng xảy ra khi
(2) Dấu bằng xảy ra khi
Vậy T có giá trị nhỏ nhất là 4 khi

Và
(2)
Vậy T = |x-1| + |x-2|

≥

1 ≤⇒
x≤4
2 ≤⇒
x≤3
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
x+ y + z
1
≥ 313 xyz
3
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; ⇒ xyz ≤ 3 ⇒ xyz ≤ 27
y+z ; x+z ta có
y +2z ≥
( x + y ) .( ⇒
) . (3z3 +( xx+) ≥y )3.3( (yx++z y) .)(.z( y+ +x )z ) . ( x + z )
Dấu bằng xảy ra khi
1
x=y=z=
3
Vậy S . Vậy S có giá trị lớn nhất
8 1 8≤
1 8
. =
27 27
729

3 729 là khi x=y=z=
Ví dụ 3: Cho xy+yz+zx = x 4 + y 4 + z 4
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
Giải: Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho 6 số (x,y,z) ;(x,y,z)
2
2
2
Ta có
(1) xy + ⇒
yz 1+≤zx x 2 ≤+ yx22++zy2 2 + z 2

(

Sưu tầm và tuyển chọn

() (
25

)

)