Tài liệu chuyên đề ôn toán luyện thi vào 10 (7)

MỘT SỐ BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC CHỨNG MINH DỰA VÀO BẤT
ĐẲNG THỨC

(a n − b n )(a m − b m ) ≥ 0 .

Bất đẳng thức là một trong những bài toán gây nhiêu khó khăn đối với học
sinh. Bất đẳng thức xuất hiện ở nhiều dạng khác nhau do đó việc chứng minh bất đẳng
thức cũng rất phong phú. Khi giải toán bất đẳng thức thông thường chúng ta thường
suy nghĩ hướng giải bài toán bằng cách sử dụng các bất đẳng thức cở bản như: bất
đẳng thức Côsi, bất đẳng thức Bunhiacôpski, hoặc sử dụng các phép biến đổi sơ cấp
cơ bản…Trong quá trình đọc tài liệu tôi bắt gặp một số bài toán đã được sử dụng
trong đề thi toán quốc tê IMO, thi tuyển sinh đại học và trên tạp chí báo toán học tuổi
trẻ. Thoạt nhìn các bài toán bất đẳng thức đó không hề có mối liên hệ với nhau.
Nhưng thực chất chúng đều có chung một cách giải. Trong khuôn khổ bài viết tôi xin
giới thiệu một cách để giải các bài toán bất đẳng thức đã nêu trên bằng cách sử dụng
bất đẳng thức sau:

Nếu a, b > 0; m, n ∈ N * thì (a n − b n )(a m − b m ) ≥ 0 .
Chứng minh: Ta có
(a n − b n )(a m − b m ) =
= (a − b) 2 (a n −1 + a n −2b + ... + ab n −2 + b n −1 )(a m −1 + a m −2b + ... + ab m −2 + b m −1 )
⇒ (a n − b n )(a m − b m ) ≥ 0 . Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b
Bài 1

Giả sử a, b, c > 0 , abc = 1 Tìm giá trị max của biểu thức sau :

A=

1
1
1

+
+
.
a3 + b3 + 1 b3 + c3 + 1 c3 + a3 + 1

Chứng minh: Dựa vào tính chất

(a 2 − b 2 )(a − b) ≥ 0 ⇔ a 3 + b 3 ≥ a 2 b + ab 2 = ab(a + b) .
Khi đó a 3 + b 3 + 1 ≥ ab( a + b) + 1


⇒ a 3 + b 3 + 1 ≥ ab(a + b) + abc = ab(a + b + c) .
⇒

1
1
≤
.Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b .
3
a + b + 1 ab(a + b + c )
3

Tương tự ta có:

1
1
≤
.Dấu bằng xảy ra ⇔ b = c .
3
b + c + 1 bc(a + b + c )

3

1
1
≤
.Dấu bằng xảy ra ⇔ c = a .
3
c + a + 1 ca(a + b + c)
3

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta có :

A≤

1
1
1
+
+
.
ab(a + b + c) bc(a + b + c) ca(a + b + c)

⇒ A≤

1
1
1
1
( + + ).
(a + b + c) ab bc ca

⇒ A≤

1
a+b+c
= 1.
(a + b + c) abc

Vậy Amax = 1 ⇔ a = b = c .

Bài 2

Giả sử a, b, c > 0 , abc = 1 Tìm giá trị max của biểu thức sau :

A=

ab
bc
ca
+ 5
+ 5
.
5
5
a + b + ab b + c + bc c + a 5 + ca
5

Chứng minh: Dựa vào tính chất

(a 2 − b 2 )(a 3 − b 3 ) ≥ 0 ⇔ a 5 + b 5 ≥ a 3 b 2 + a 2 b 3 = a 2 b 2 (a + b) .

Khi đó a 5 + b 5 + ab ≥ a 2 b 2 (a + b) + ab .

⇒ a 5 + b 5 + ab ≥ ab(ab(a + b) + abc) = a 2 b 2 (a + b + c) .
⇒

ab
ab
≤ 2 2
.Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b .
5
a + b + ab a b ( a + b + c)
5

Tương tự ta có:


bc
bc
≤ 2 2
.Dấu bằng xảy ra ⇔ b = c .
5
b + c + bc b c ( a + b + c )
5

ca
ca
≤ 2 2
.Dấu bằng xảy ra ⇔ c = a .
5
c + a + ca c a (a + b + c)

5

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta có :

A≤
⇒ A≤
⇒ A≤

1
1
1
+
+
.
ab(a + b + c) bc(a + b + c) ca(a + b + c)
1
abc abc abc
(
+
+
).
(a + b + c) ab
bc
ca

(a + b + c)
1
=1.
(a + b + c)
abc

Vậy Amax = 1 ⇔ a = b = c .

Bài 3

Giả sử a, b, c > 0 , abc = 1 Tìm giá trị max của biểu thức sau :

a 2b 2
b2c 2
c2a2
.
A= 7
+
+
a + b 7 + a 2b 2 b 7 + c 7 + b 2c 2 c 7 + a 7 + c 2 a 2
Chứng minh: Dựa vào tính chất

(a 3 − b 3 )(a 4 − b 4 ) ≥ 0 ⇔ a 7 + b 7 ≥ a 4 b 3 + a 3 b 4 = a 3 b 3 (a + b) .
Khi đó a 7 + b 7 + a 2 b 2 ≥ a 3 b 3 ( a + b) + a 2 b 2 .

⇒ a 7 + b 7 + a 2 b 2 ≥ a 2 b 2 (ab( a + b) + abc) = a 3 b 3 (a + b + c) .
a 2b 2
a 2b 2
⇒ 7
≤
Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b .
a + b 7 + a 2 b 2 a 3 b 3 (a + b + c)
Tương tự ta có:

b2c2

b 2c 2
≤
b 7 + c 7 + c 2 b 2 b 3 c 3 (a + b + c)
c2a2
c2a2
≤
c 7 + a 7 + c 2 a 2 c 3 a 3 (a + b + c)

Dấu bằng xảy ra ⇔ b = c .
Dấu bằng xảy ra ⇔ c = a .


Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta có :

A≤

1
1
1
+
+
.
ab(a + b + c) bc(a + b + c) ca (a + b + c)
1
abc abc abc
(
+
+
).
(a + b + c) ab

bc
ca

⇒ A≤
⇒ A≤

(a + b + c)
1
=1.
(a + b + c)
abc

Vậy Amax = 1 ⇔ a = b = c .
Giả sử a, b, c > 0 , abc = 1 Tìm giá trị max của biểu thức sau :

Bài 4

A=

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

Chứng minh: Dựa vào tính chất:

( a 2 − b 2 )(a − b) ≥ 0 ⇔ a 3 + b 3 ≥ a 2 b + ab 2 = ab( a + b) .

Khi đó ( a + b) 3 + 4 = a 3 + b 3 + 3ab( a + b) ≥ 4ab( a + b) + 4

(a + b) 3 + 4 ≥ 4ab(a + b) + 4abc = 4ab(a + b + c) .
⇒

1
1
≤
.Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b .
3
( a + b) + 4 4ab(a + b + c )

Tương tự ta có:

1
1
≤
. Dấu bằng xảy ra ⇔ b = c .
3
(b + c) + 4 4bc( a + b + c )

1
1
≤
. Dấu bằng xảy ra ⇔ c = a .
3
(c + a ) + 4 4ca(a + b + c)
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta có :

A≤

⇒ A≤

1
1
1
+
+
.
4ab(a + b + c) 4bc(a + b + c) 4ca(a + b + c)
1
1
1
1
( + + ).
4(a + b + c) ab bc ca


⇒ A≤

1
a+b+c 1
= .
4(a + b + c) abc
4

Vậy Amax =
Bài 5

1
⇔a =b=c.

4

Giả sử a, b, c > 0 , abc = 1 Tìm giá trị max của biểu thức sau :

A=

1
1
1
+
+
.
a6 + b6 +1 b6 + c6 +1 c6 + a6 +1

Chứng minh: Dựa vào tính chất

(a 2 − b 2 )(a 4 − b 4 ) ≥ 0 ⇔ a 6 + b 6 ≥ a 4 b 2 + a 2 b 4 = a 2 b 2 (a 2 + b 2 ) .
Khi đó a 6 + b 6 + 1 ≥ a 2 b 2 (a 2 + b 2 ) + 1 .

⇒ a 6 + b 6 + 1 ≥ a 2 b 2 (a 2 + b 2 ) + a 2b 2 c 2 = a 2b 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) .
⇒

1
1
≤ 2 2 2
.Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b .
6
a + b + 1 a b (a + b 2 + c 2 )
6

Tương tự ta có:

1
1
≤ 2 2 2
.Dấu bằng xảy ra ⇔ b = c .
6
b + c + 1 b c (a + b 2 + c 2 )
6

1
1
≤ 2 2 2
.Dấu bằng xảy ra ⇔ c = a .
6
c + a + 1 c a (a + b 2 + c 2 )
6

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta có :

A≤

1
1
1
+ 2 2 2
+ 2 2 2
.
2
2

2
2
a b ( a + b + c ) b c ( a + b + c ) c a (a + b 2 + c 2 )
2

2

2

1
a 2b 2 c 2 a 2b 2c 2 a 2b 2c 2
⇒ A≤ 2
(
+ 2 2 + 2 2 ).
(a + b 2 + c 2 ) a 2b 2
bc
c a
1
(a 2 + b 2 + c 2 )
⇒ A≤ 2 2 2
= 1.
(a + b + c )
a 2b 2c 2
Vậy Amax = 1 ⇔ a = b = c .


Bài 6

Giả sử a, b, c > 0 , abc = 1 Tìm giá trị max của biểu thức sau :

A=

c
a
b
+ 4
+ 4
.
4
4
a + b + c b + c + a c + a4 + b
4

Chứng minh: Dựa vào tính chất

(a − b)(a 3 − b 3 ) ≥ 0 ⇔ a 4 + b 4 ≥ a 3 b + ab 3 = ab(a 2 + b 2 ) .
Khi đó a 4 + b 4 + c = a 4 + b 4 + abc 2 ≥ ab( a 2 + b 2 ) + abc 2 (do abc = 1 ).

⇒ a 4 + b 4 + c ≥ ab(a 2 + b 2 + c 2 ) .
⇒

c
abc 2
≤
(do abc = 1 ) Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b .
a 4 + b 4 + c ab(a 2 + b 2 + c 2 )

Tương tự ta có:

a

bca 2
≤
(do abc = 1 ) Dấu bằng xảy ra ⇔ b = c .
b 4 + c 4 + a bc( a 2 + b 2 + c 2 )

b
cab 2
≤
(do abc = 1 ) Dấu bằng xảy ra ⇔ c = a .
c 4 + a 4 + b ca( a 2 + b 2 + c 2 )
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta có :

A≤
⇒ A≤

abc 2
bca 2
cab 2
+
+
.
ab(a 2 + b 2 + c 2 ) bc (a 2 + b 2 + c 2 ) ca(a 2 + b 2 + c 2 )
(a 2 + b 2 + c 2 )
= 1.
(a 2 + b 2 + c 2 )

Vậy Amax = 1 ⇔ a = b = c .
Hoàn toàn tương tự ta có thể tạo ra được hàng loạt các bất đẳng thức có phương
pháp chứng minh dựa vào tính chất :
(a n − b n )(a m − b m ) ≥ 0 ,( m, n ∈ N * ).

Bài 7 Giả sử a, b, c > 0 , abc = 1 Tìm giá trị max của biểu thức sau :


A=

3

3

a
b
c3
.
+
+
a 6 + b6 + c3 b6 + c 6 + a 3 c 6 + a 6 + b3

Gợi ý chứng minh: Dựa vào tính chất:

(a − b)(a 5 − b 5 ) ≥ 0 ⇔ a 6 + b 6 ≥ a 5 b + ab 5 = ab(a 4 + b 4 ) .
Bài 8 Giả sử a, b, c > 0 , abc = 1 Tìm giá trị max của biểu thức sau :
4

4

4

a
b
c

.
A= 7
+
+
a + b7 + c 4 b7 + c7 + a 4 c7 + a 7 + b 4
Gợi ý chứng minh: Dựa vào tính chất:

(a − b)(a 6 − b 6 ) ≥ 0 ⇔ a 7 + b 7 ≥ a 6 b + ab 6 = ab(a 5 + b 5 ) .
Bài 9 Giả sử a, b, c > 0 , abc = 1 Tìm giá trị max của biểu thức sau :

A=

a
b
c
+ 7
+ 7
.
7
7
a + b + c b + c + a c + a7 + b
7

Gợi ý chứng minh: Dựa vào tính chất:

(a 2 − b 2 )(a 5 − b 5 ) ≥ 0 ⇔ a 7 + b 7 ≥ a 5 b 2 + a 2 b 5 = a 2 b 2 (a 3 + b 3 ) .
Bài 10. Giả sử a, b, c > 0 , abc = 1 Tìm giá trị max của biểu thức sau :

A=

ab
bc
ca
+ 8
+ 8
.
8
8
a + b + ab b + c + bc c + a 8 + ca
8

Gợi ý chứng minh: Dựa vào tính chất:

(a 3 − b 3 )(a 5 − b 5 ) ≥ 0 ⇔ a 8 + b 8 ≥ a 5 b 3 + a 3 b 5 = a 3 b 3 (a 2 + b 2 ) .
Bài 11 Giả sử a, b, c > 0 , abc = 1 Tìm giá trị max của biểu thức sau :

A=

5
5
c5
a
b
.
+
+
5
5
5
a8 + b8 + c

b8 + c8 + a
c8 + a8 + b

Gợi ý chứng minh: Dựa vào tính chất:

(a − b)(a 7 − b 7 ) ≥ 0 ⇔ a 8 + b 8 ≥ a 7 b + ab 7 = ab(a 6 + b 6 ) .


Bài 12 Giả sử a, b, c > 0 , abc = 1 Tìm giá trị max của biểu thức sau :

c2
a2
b2
.
A= 8
+ 8
+ 8
8
2
8
2
8
2
c
a +b +
b +c +a
c +a +b
Gợi ý chứng minh: Dựa vào tính chất:

(a 2 − b 2 )(a 6 − b 6 ) ≥ 0 ⇔ a 8 + b 8 ≥ a 6 b 2 + a 2 b 4 = a 2 b 2 (a 4 + b 4 ) .

Tương tự đối với mỗi biểu thức nêu dưới đây cùng với tính chất abc = 1 ta có thể
tạo ra được 1 bất đẳng thức
+

(a − b)(a 8 − b 8 ) ≥ 0 .

+

(a 2 − b 2 )(a 7 − b 7 ) ≥ 0 .

+

(a 3 − b 3 )(a 6 − b 6 ) ≥ 0 .

+

(a 4 − b 4 )(a 5 − b 5 ) ≥ 0 .

+

(a − b)(a 9 − b 9 ) ≥ 0 .

+

(a 2 − b 2 )(a 8 − b 8 ) ≥ 0 .

+

(a 3 − b 3 )(a 7 − b 7 ) ≥ 0 .

+

(a 4 − b 4 )(a 6 − b 6 ) ≥ 0 .

Cứ tiếp tục như trên ta còn có thể tạo ra được hàng loạt các bất đẳng thức dạng
tương tự.
Trên đây là một số bài toán có chung một cách chứng minh. Do thời gian và
năng lực còn hạn chế, nên bài viết không tránh khỏi nhiều thiếu sót. Mong nhận được
sự đóng góp, góp ý từ các thầy cô giáo.
Tôi xin chân thành cảm ơn!