CHUYÊN ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC, CỰC TRỊ ĐẠI SỐ

CHUYÊN ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC, CỰC TRỊ ĐẠI SỐ
Dùng bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán
I. Lý do chọn đề tài:
Bất đẳng thức, cực trị là một trong những nội dung khó, thường được ra trong các
đề thi học sinh giỏi toán các cấp, cũng như đề thi vào lớp 10 chuyên. Chuyên đề về bất
đẳng thức không thiếu, tuy nhiên để phù hợp với tình hình bồi dưỡng môn toán cho học
sinh tại đơn vị hiện nay, vào tháng 10 năm 2013 tôi đã biên soạn lại chuyên đề này nhằm
làm tài liệu phục vụ cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi bộ môn toán của nhà trường từ
năm học 2013-2014 về sau:
II. Nội dung đề tài:
1. Tóm tắt lý thuyết cần nhớ:
a. Các tính chất của bất đẳng thức:
2
Tính chất 1: a ≥ 0 ( ∀a ∈ R )

Tính chất 2: a > b ⇔ a + c > b + c (cộng cùng một số vào hai vế)
Tính chất 3: a > b ⇔ a − b > 0 (chuyển vế đổi dấu)
 a > b ⇔ ac > bc ( c > 0 )
(nhân cùng một số vào hai vế)
 a > b ⇔ am < bm ( m < 0 )

Tính chất 4: 

Tính chất 5: a > b ; b > c ⇒ a > c (tính bắc cầu)
a > b
⇒ a + c > b + d (cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều)
c > d

Tính chất 6: 

Tính chất 7: Với các số dương a, b, c, d ta có:

a > b
⇒ ac > bd (nhân theo vế các bất đẳng thức cùng chiều).

c > d

Tính chất 8: * Với a, b dương; n là số nguyên dương:
a > b ⇔ a n > bn

* Với hai số a, b bất kỳ; n là số nguyên dương
a > b ⇔ a 2 n +1 > b 2 n +1

(lũy thừa hai vế)
Tính chất 9: a, b là hai số cùng dấu:
a>b ⇔

1 1
< (nghịch đảo hai vế).
a b

1


b. Các bất đẳng thức thường dùng:
- Bất đẳng thức Cô-si: cho n số không âm a1 , a2 , a3 ,. . . . , an . ta có:
a1 + a2 + a3 + .... + an n
≥ a1a2 a3 ...an (đẳng thức khi và chỉ khi a1 = a2 = a3 = ... = an )
n

- Bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-ki:
Cho hai bộ số thực: a1 , a2 , a3 ,. . . . , an và b1 , b2 , b3 ,. . . . , bn . Ta có:

(a

2
1

+ a22 + a32 + ... + an2 ) ( b12 + b22 + b32 + ... + bn2 ) ≥ ( a1b1 + a2b2 + a3b3 + ... + anbn )

(đẳng

thức

khi

và

chỉ
a1 = kb1 ; a2 = kb2 ; a3 = kb3 ;...; an = kbn ).

khi

tồn

tại

số

2

thực

k

sao

cho

c. Các phương pháp thường dùng để chứng minh bất đẳng thức:
- Phương pháp biến đổi tương đương.
- Xuất phát từ bất đẳng thức đã biết.
d. Phương pháp để tìm cực trị:
* Để tìm giá trị lớn nhất (max) của một biểu thức P chứa biến ta thực hiện các
bước sau:
- Bước 1: thiết lập một bất đẳng thức: P ≤ a với a là một hằng số.
- Bước 2: Xem xét điều kiện của biến để P = a .Từ đó tìm tìm ra giá trị tương ứng
của biến
- Kết luận: max P = a (cùng giá trị tương ứng của biến)
* Để tìm giá trị bé nhất (min) của một biểu thức P chứa biến ta thực hiện các bước
sau:
- Bước 1: thiết lập một bất đẳng thức: P ≥ a với a là một hằng số.
- Bước 2: Xem xét điều kiện của biến để P = a .Từ đó tìm tìm ra giá trị tương ứng
của biến
- Kết luận: min P = a (cùng giá trị tương ứng của biến).
2. Hệ thống bài tập:
1. Chứng minh các bất đẳng thức thường dùng sau đây:
a. a 2 + b 2 ≥ 2ab
b. a 2 ± ab + b2 ≥ 0
c. a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
d. a + b
2

2

( a + b)
≥

2

2

2


đ.

a b
a b
+ ≥ 2 với a, b cùng dấu và + ≤ −2 với a, b trái dấu.
b a
b a

e. Với a, b là các số dương thì

1 1
4
+ ≥
.
a b a+b

f. Với n số dương a1 , a2 , a3 ,. . . . , an ta có:

1 1 1
1
n2
+ + + ×××+ ≥
a1 a2 a3
an a1 + a2 + a3 + ... + an

g. a + b ≤ a + b
h. a − b ≥ a − b .
(a đến e và g,h biến đổi tương đương, f dùng cô-si hoặc Bunhia-cốp-xki)
1 1 1
1 1
2. Cho 0 < x ≤ y ≤ z Chứng minh: y  + ÷+ ( x + z ) ≤  + ÷( x + z )
x

z

x

y

z

(Biến đổi tương đương)
3. Chứng minh rằng với mọi số thực a,b,c ta có ( ab + bc + ca ) ≥ 3abc ( a + b + c )
2

Biến đổi tương đương:
4. Cho 3 số dương a, b, c. Chứng minh rằng:

a2
b2
c2
a+b+c
+
+
≥
(Cô-si hoặc Bunhia-cốp-xki)
b+c c+a a +b
2
1
x

1
y

1
x

5. Cho: x, y, z là các số dương thỏa mãn : + + = 4 . Chứng minh rằng:
1
1
1
+
+
≤ 1 (Dùng bài 1f)
2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z

6. Cho x ≠ 0 ≠ y . Chứng minh rằng

 x y
x2 y2
+ 2 + 4 ≥ 3  + ÷ . Biến đổi tương đương,
2
y
x
 y x

đổi biến
a 3 b3 c 3
7. Cho ba số dương a,b,c. Chứng minh rằng: + + ≥ ab + bc + ca
b c a

Giải:
* Cách 1:
Ta có: a 2 − ab + b 2 ≥ ab
2
2
3
3
Với a, b ta suy ra: ( a + b ) ( a − ab + b ) ≥ ab ( a + b ) hay a + b ≥ ab ( a + b ) chia hai vế

cho b. ta được

a3
a3
+ b 2 ≥ a ( a + b ) nên
+ b 2 ≥ a 2 + ab (1).
b
b

3


Tương tự:

b3
c3
+ c 2 ≥ b 2 + bc (2) và
+ a 2 ≥ c 2 + ca (3) cộng theo vế các bất đẳng thức
c
a

trên ta có điều chứng minh.
* cách 2:
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
a3
b3
c3
+ ab ≥ 2a 2 (1);
+ bc ≥ 2b 2 (2);
+ ca ≥ 2c 2 (3)
b
c
a

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
a 3 b3 c 3
+ + ≥ 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 − ab − bc − ca ≥ 2ab + 2bc + 2ca − ab − bc − ca
b c a

Vậy

a 3 b3 c 3
+ + ≥ ab + bc + ca
b c a

8. Cho x, y, z là các số dương và x + y + z = 1 . Chứng minh:
3
2
+ 2
> 14 (Dùng bài 1f)
xy + yz + xz x + y 2 + z 2

9. Cho a và b là hai số dương thỏa mãn a + b ≥ 2 . Chứng minh: a 3 + b3 ≤ a 4 + b 4 .
Giải:
4
3
2
Ta có: a − a − a + 1 = ( a − 1) ( a + a + 1) ≥ 0
2

4
4
3
3
4
3
4
3

Nên ( a + b − a − b ) + ( 2 − a − b ) = ( a − a − a + 1) + ( b − b − b + 1) ≥ 0

⇒ a 4 + b 4 − a 3 − b3 ≥ 2 − a − b ≥ 0 ⇔ a 4 + b 4 ≥ a 3 + b3 .

10. Cho các số không âm a; b; c thỏa mãn a + b + c = 1 .
Chứng minh: a + b + b + c + c + a ≤ 6 .
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-ki ta có:

(

a+b + b+c + c+a

)

2

≤ ( 2a + 2b + 2c ) .3 = 6

11. Cho : ai > 0 , i = 1, 2,3....., n và a1 + a2 + a3 + ×××+ an = 1 . Chứng minh:
a
a1
a
n
+ 2 + ×××+ n ≥
.
2 − a1 2 − a2
2 − an 2n − 1

Giải:

4


Ta có:

1
1
1
n2
2
2
2
2n 2
+
+ ×××+
≥
⇒
+
+ ×××+
≥
.
2 − a1 2 − a2
2 − an 2n − 1 2 − a1 2 − a2
2 − an 2 n − 1
a

a

a

n

n
1
2
Trừ n vào 2 vế ta có 2 − a + 2 − a + ×××+ 2 − a ≥ 2n − 1 .
1
2
n

12. Chứng minh: 1 + 2 + ×××+ n ≤ n ×

n +1
với n nguyên dương
2

(Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-ki)
13. Chứng minh:
Ta có:

1
2 1

+

1
3 2

+

1
4 3

+ ×××+

1
2004 2003

<2

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



k −1   1
1 
1 
 1
=  1 +
−
<
2
−
÷

÷

÷
k ÷
k
k
 k −1

  k −1

14. Chứng minh:
1

1

1

1

a. 9 + 25 + ×××+ 2n + 1 2 < 4
(
)
b. 17 <
c.

1
1
1
1
+
+
+ ×××+
< 18
2
3
4
100

1 1 3 5 99
1
< × × ×××
<
15 2 4 6 100 10

Giải:
a.
Ta có:

1

( 2n + 1)

2

=

1
1
11
1 
<
=  −
÷
4n + 4n + 1 4n( n + 1) 4  n n + 1 
2

b. làm trội
c. Áp dụng :với n > 1

n
n +1
<
n +1 n + 2

Bài 15: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC, p là nửa chu vi tam giác.
Chứng minh:
a.

a

b
c
+
+
≥6
p −a p −b p −c

b.

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

5


b + c 



c + a 

a+b

c.  3 −
÷ 3 −

÷ 3 −
÷≤ 1
a 
b 
c 

Giải:
* Cách 1:
Ta có

1
1
1
9
9
p
p
p
+
+
≥
= ⇒
+
+
≥9
p − a p − b p − c 3p − a −b − c p
p −a p −b p −c

Trừ 3 vào hai vế ta có:
 p

  p
  p

a
b
c
− 1÷+ 
− 1 ÷+ 
− 1÷ ≥ 6 ⇒
+
−
≥6

p −a p −b p −c
 p −a   p −b   p −c 

* cách 2:
Đặt x = b + c − a ; y = a + c − b ; z = a + b − c ta có x; y; z; dương và:
2a = y + z ; 2b = z + x ; 2c = x + y

khi đó:
x y  y z z
a
b
c
y+z z+x x+ y
+
+
≥6⇔
+

+
≥ 6 ⇔  + ÷+  + ÷+  +
p−a p−b p−c
x
y
z
 y x  z y x

x
÷ ≥ 6 (đúng).
z

* cách 1:
Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c
a ≥ b ≥ c ⇒ a+b ≥ a+c ≥ b+c ⇒

a
b
c
a
b
c
a
+
+
≤
+
+
=
+1< 2

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

* Cách 2:
Dễ chứng minh được rằng với x, y, m dương và
Do

x
x x+m
< 1 thì ta có <
.
y
y y+m

a
b
c
<1 ;
<1 ;
< 1 . Áp dụng tính chất trên ta được:
b+c
c+a
a+b

a
2a
b
2b
c
2c
<

;
<
;
<
cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta
b+c a+b+c c+a a+b+c a+b a +b+c

có điều phải chứng minh.

c + a 
a + b  ( 3a − b − c ) ( 3b − c − a ) ( 3c − a − b )
 b + c 
c. Đặt M =  3 −
÷ 3 −
÷ 3 −
÷=
a 
b 
c 
abc


* Nếu M ≤ 0 thì ta có M < 1
* Xét trường hợp M > 0 :
Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c khi đó ta có:
3a − b − c > 0 ; 3b − a − c = ( 2b − a ) + ( b − c ) ≥ ( b + c − a ) + ( b − c ) > 0 .

6

Do ở đây M > 0 3c − a − b > 0 . Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
a b b c c a
9 −  + ÷−  + ÷−  + ÷
c + a 
a+b
 b + c 
 b a   c b   a c  ≤ 9− 2− 2− 2 =1
3 3−

÷ 3 −
÷ 3 −
÷≤
a 
b 
c 
3
3

6 x 2 + 17 x + 12 
7
16. A =
 x > − ÷. Tìm minA.
3x + 7
3


Giải:
A=

6 x 2 + 17 x + 12

5
2
5
11
= 2x +1+
= ( 3x + 7 ) +
− .
3x + 7
3x + 7 3
3x + 7 3

Với x > −

7
ta có 3 x + 7 > 0 . Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
3

2
5
10
10 11
≥2
⇒ A≥2
− . Đẳng thức xảy ra khi:
( 3x + 7 ) +
3
3x + 7
3
3 3
2

5
15
30 − 14
2
.
⇔ ( 3x + 7 ) = ⇔ x =
( 3x + 7 ) =
3
3x + 7
2
6

17. Cho x; y là hai số thực thỏa mãn: x > y ; xy = 1 . Chứng minh:

x2 + y2
≥2 2
x− y

(Cô-si)
18. Cho A = x 3 − 2 x 2 . Tìm maxA.(Cô-si)

19.Cho x ≥ 0 ; A =

1
x − 2 x + 10
2

. Tìm maxA

Giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 4 số không âm gồm x 2 và 3 số
x2 + 3

3

1
ta được:
16

1 3 1 3 1
1 3 1 3 1
+
+
≥ 4. 4 x 2 3
16
16
16
16 16 16

1
1
⇒ x 2 − 2 x + 10 ≥ 10 − 3. 3
16
16
1
1
≤
x 2 − 2 x + 10
1
10 − 3. 3

16

⇒ x 2 ≥ 2 x − 3. 3
⇒

7


Đẳng thức xảy ra khi x 2 = 3

20. Cho A =

1

max A =

Lúc đó ta có

1
1
⇔x= 3
16
4

10 − 3. 3

1 .
16

1

1
1
 5
+
 − < x < ÷. Tìm min A.
1 − 3x 2 x + 5  2
3

Giải:
Với điều kiện trên ta có 1 − 3x và 2 x + 5 đều dương. Áp dụng bất đẳng thức
Bu-nhi-a-côp-ki ta có:
2
  1 2 
1
  
+

÷÷
  1 − 3x ÷
2
x
+
5


 ÷

 

⇒

(

1 − 3x

)

2

 3
+ 
( 2 x + 5)
2


2


÷
÷


2
 
3
÷ ≥ 1 +
÷
÷ 
2÷




17
5+2 6
5+2 6
A≥
⇒ A≥
2
2
17

Đẳng thức xảy ra khi:
1

( 1 − 3x )

2

=

1
3
2
( 2 x + 5)
2

Lúc đó min A =

⇔

1
=
1 − 3x

1

( 2 x + 5)

3
2

⇔x=

2−5 6
6−2 6

5+ 2 6
17

21. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện: x15 + y15 + z15 = 3 .
A = x 7 + y 7 + z 7 . Tìm maxA.

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 15 số dương, gồm 7 số x15 và 8 số 1 ta có:
22. Cho A =

x 3 + 16
x

( x > 0 ) . Tìm minA.
8

x

8
x

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có x 2 + + ≥ 3 3 16 = 12 ⇒

x3 + 16
≥ 12
x

a
2b
+
= 1 ( a > 0; b > 0 ) . Chúng minh:
1+ a 1+ b

23. Cho

1
8

2
a. ab ≤ .

2 3
b. a b ≤

1
.

27

8


Giải:
a.

a
2b
+
= 1 ⇒ a + ab + 2b + 2ab = 1 + a + b + ab ⇒ b + 2ab = 1
1+ a 1+ b

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: 2ab.b ≤

2ab + b 1
1
1
= ⇒ 2ab 2 ≤ ⇒ ab 2 ≤ .
2
2
4
8

b. Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
3

b.ab.ab ≤

b + ab + ab
b + 2ab 1
1
⇒ b 3 a2 ≤
= ⇒ a 2b 3 ≤
.
3
3
3
27

24. Biết A = 5 x 2 − 3 x + 7 .
a. Tìm minA
b. Với −3 ≤ x ≤ 7 . Tìm max và min của A
25. Cho A = 3 − x − x 2 .
a. Tìm maxA
b. Biết −10 ≤ x ≤ 5 . Tìm maxA và min A.
26. Cho A = ( x 2 + 2 x ) + 9 x 2 + 18 x + 20 . Tìm minA. (Bình phương đủ)
2

27. Cho A = x − 2 xy + 3 y − 2 x + 1 . Tìm min A. (Bình phương đủ)
28. Cho A =

3x 2 + 3x + 8
. Tìm max A
x2 + x + 1

Giải:
A=

3x 2 + 3x + 8
5
= 3+
2
2
x + x +1
1 3 .

x+ ÷ +
2 4

2

1 3 3
5
5
29

≤ ⇒ A≤
x+ ÷ + ≥ ⇒
2
3
Ta có:  2  4 4  1  3
3 .
x+ ÷ +
4
2 4


Đẳng thức khi x = −

29. cho A =

1
29
lúc đó max A = .
2
3

3x 2 + 3x − 2
. Tìm min A
x2 + x + 1

Giải:
3x 2 + 3x − 2
5
A= 2
= 3−
2
x + x +1
1 3

x+ ÷ +
2 4


9


2

1 3 3
5
5
11

≥− ⇒ A≥−
x+ ÷ + ≥ ⇒−
2
3
Ta có:  2  4 4
3.
1 3

x+ ÷ +
4
2 4


Đẳng thức khi x = −
30. Cho y =

1
11
lúc đó min A = − .
2
3

x2 + 1
tìm giá trị lớn nhất và bé nhất của y.
x2 + x + 1

(đề ra bình phương đủ, hoặc điểu kiện có nghiệm của phương trình bậc hai)
31. Cho A = x + 2 + 17 − x Tìm max và min A.
Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-ki ta có:

(

x + 2 + 17 − x

)

2

≤ ( x + 2 + 17 − x ) ( 1 + 1) = 38 ⇒ A ≤ 38 .

32. Cho A = x 2 − 6 x + 9 + x 2 − 4 x + 4 . Tìm min A
Giải:
A = x2 − 6 x + 9 + x2 − 4 x + 4 = 3 − x + x − 2 ≥ 3 − x + x − 2 = 1 .

Đẳng thức khi ( 3 − x ) ( x − 2 ) ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 3 . Khi đó ta có min A = 1 .
4
4
33. Cho x,y thỏa mãn: x + y − 3 = xy ( 1 − 2 xy ) Tìm Max và Min của tích số xy.

Giải:
4
4
Đặt t = xy . Ta có x 4 + y 4 ≥ 2t 2 (1), kết hợp với x + y − 3 = xy ( 1 − 2 xy ) (2) ta được:

2t 2 − 3 ≤ t (1 − 2t ) ⇔ 4t 2 − t − 3 ≤ 0 ⇔ −

3
≤ t ≤1.
4

3
Trường hợp t = − xảy ra khi:
4

Lúc đó min xy = −

3

 xy = −
4 ta có

 x2 = y2


 3

3
3
3
; −
−
;

÷


÷
hoặc
 2
2 ÷
2 ÷
 2




3
4
 xy = 1

Trường hợp t = 1 xảy ra khi: 

2
2
x = y

ta có ( 1; 1) hoặc ( −1; − 1 )

Lúc đó max xy = 1 .
34. Cho a ≥ 2 và S = a +

1
. Tìm min S.
a2

Giải:

10


S=

a a 1 3a
1 6 9
+ + 2+
≥ 3. + =
8 8 a
4
4 4 4

Đẳng thưc khi a = 2 lúc đó ta có min S =

9
4

35. Cho a, b là hai số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

a 2 + 3ab + b 2
( a + b ) ab

Giải:
Ta có: P =

a+b
ab a + b 4 ab 3 ab
+
=

+
−
ab a + b
ab a + b a + b
3
2

Do đó P ≥ 4 − =

5
2

Đẳng thức xảy ra khi a = b
Và khi đó ta có min P =

5
2

III. Kết quả đạt được:
Chuyên đề này đã được sử dụng làm tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi tại đơn vị
trong năm học qua và qua khảo sát thấy kiến thức về bất đẳng thức của các em chắc chắn
hơn, cơ bản hơn, hạn chế được các sai sót trong chứng minh bất đẳng thức cũng như cải
thiện được khả năng giải toán cực trị hơn trước. Tổ bộ môn của nhà trường đã có được
một tài liệu dạy bồi dưỡng học sinh giỏi theo kịp với các kỳ thi học sinh giỏi các cấp, thi
lớp 10 chuyên hiện nay (Vì chuyên đề về bất đẳng thức cực trị trước đây tổ bộ môn đã có
nhưng đã không còn theo kịp các kỳ thi).
Chuyên đề đã được trích in trong tài liệu hệ thống kiến thức THCS môn toán do
nhà xuất bản Giáo dục chi nhánh Cần Thơ phát hành tháng 4 năm 2014.

11