BẤT ĐẲNG THỨC SINH HOẠT cụm võ văn NHÂN

Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức

Chuyên đề: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Tổ Toán - THPT Núi Thành
A/ NHỮNG BẤT ĐẲNG THỨC CĂN BẢN THƯỜNG GẶP:
1/ Bất đẳng thức AM-GM (Arithmetic Mean – Geometric Mean)-ta thường hay gọi là BĐT Cauchy
(Cô Si)
x + x + x + .... + xn n
≥ x1 x2 x3 ....xn
-Nếu x1,x2,x3,…,xn là các số không âm thì: 1 2 3
n
Dấu “=” xảy ra khi: x1 = x2 = x3 = ... = xn .
*Lưu ý: Các trường hợp riêng của bất đẳng thức AM-GM
2
a+b
2
a+b
≥ ab , bất đẳng thức này còn được viết dưới dạng khác là: ab ≤ 
*
, ( a + b ) ≥ 4ab ,
÷
2
 2 
2
(a + b  )
.
a 2 + b2 ≥
2
* a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
*a +b +c
2

2

2

( a + b + c)
≥

2

3
2
(
a
+
b
+
c
 
)
≥
3(
ab
+
bc + ca  )
*
* (ab + bc + ca  ) 2 ≥ 3abc( a + b + c  )
1 1
4
* + ≥

(a,b>0)
a b a +b
1 1 1
9
* + + ≥
(a,b,c>0)
a b c a +b+c
2/Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :
a 2 ( a + a + a + ... + an )
a2 a2 a2
Cho ai ∈ R; bi ∈ R ( bi > 0 ) ;1 ≤ i ≤ n , ta có: 1 + 2 + 3 + ... + n ≥ 1 2 3
b1 b2 b3
bn
b1 + b2 + b3 + ... + bn
a
a1 a2 a3
=
= = ... = n
-Dấu “=” xãy ra khi:
b1 b2 b3
bn
3/Bất đẳng thức Bunhiacosky (Bunyakovsky):
Nếu a1,a2,a3,…,an ,b1,b2,b3,…,bn là các số thực thì:

2

+

(a1b1 + a 2 b 2 + a 3b 3 + ... + a n b n ) 2 ≤ (a 12 + a 22 + a 32 + ...a n2 )(b12 + b 22 + b 32 + ... + b 2n )

Hay a1b1 + a 2 b2 + a 3b3 + ... + a n b n ≤ (a12 + a 22 + a 32 + ...a n2 )(b12 + b 22 + b32 + ... + b n2 )
a
a1 a2 a3
=
= = ... = n ( Ở đây ta quy ước mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0)
Dấu “=” xãy ra khi:
b1 b2 b3
bn
4/Các bất đẳng thức phụ quen thuộc:
* a 3 + b3 ≥ a 2b + ab 2 (với a + b ≥ 0 )
1
1
2
+
≥
*
(với a, b > 0, ab ≥ 1 )
1 + a 1 + b 1 + ab
*

1
1+ a

2

+

1
1+ b

2

≤

2
(với 0 ≤ ab ≤ 1 )
1 + ab

Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 1


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
n

a n + bn  a + b 
≥
÷ (với a + b ≥ 0, n ∈ N )
2
 2 
5/Bất đẳng thức CHEBYSHEV:
a)Bất đẳng thức CHEBYSHEV cho hai dãy đơn điệu cùng chiều:
Cho hai dãy hữu hạn số thực:
 a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ... ≥ an
 a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ... ≤ an
hoặc 

b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ... ≥ bn
b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ... ≤ bn

Khi đó ta có:
 a1 = a2 = ... = an
a1b1 + a2b2 + ... + anbn a1 + a2 + ... + an b1 + b2 + ... + bn
≥
.
Dấu “=” xãy ra khi: 
n
n
n
b1 = b2 = ... = bn
b)Bất đẳng thức CHEBYSHEV cho hai dãy đơn điệu ngược chiều:
 a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ... ≥ an
 a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ... ≤ an
Cho hai dãy hữu hạn số thực: 
hoặc 
b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ... ≥ bn
b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ... ≤ bn
*

 a1 = a2 = ... = an
a1b1 + a2b2 + ... + anbn a1 + a2 + ... + an b1 + b2 + ... + bn
≤
.
Dấu “=” xãy ra khi: 
n
n
n
b1 = b2 = ... = bn
6/Bất đẳng thức HOÁN VỊ:
1)Bất đẳng thức HOÁN VỊ cho hai dãy đơn điệu cùng chiều:

 a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ... ≥ an
 a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ... ≤ an
Cho hai dãy hữu hạn số thực: 
hoặc 
b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ... ≥ bn
b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ... ≤ bn
Khi đó ta có:

Gọi ( t1 , t2 ,..., tn ) là một hoán vị tuỳ ý của ( b1 , b2 ,..., bn )
Khi đó ta có: a1b1 + a2b2 + ... + anbn ≥ a1t1 + a2t2 + ... + ant n
2)Bất đẳng thức HOÁN VỊ cho hai dãy đơn điệu ngược chiều:
a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ... ≥ an
 a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ... ≤ an
Cho hai dãy hữu hạn số thực: 
hoặc 
b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ... ≤ bn
b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ... ≥ bn

Gọi ( t1 , t2 ,..., tn ) là một hoán vị tuỳ ý của ( b1 , b2 ,..., bn )
Khi đó ta có: a1b1 + a2b2 + ... + anbn ≤ a1t1 + a2t2 + ... + ant n
7/Bất đẳng thức SCHUR: Cho a,b,c không âm và k là số thực bất kỳ, ta luôn có:
a k (a − b  )(a − c  ) + b k (b − a  )(b − c  ) + c k (c − a  )(c − b) ≥ 0
8/Bất đẳng thức JENSEN
*Nếu f ''( x) ≤ 0, ∀x ∈ ( a; b ) và x1 , x2 ,...., xn ∈ (a; b  )
f ( x1  ) + f ( x2  ) + ... + f ( xn  )
 x + x + x + .... + xn 
≤ f 1 2 3
÷
n
n



*Nếu f ''( x) ≥ 0, ∀x ∈ ( a; b ) và x1 , x2 ,...., xn ∈ (a; b  )
f ( x1  ) + f ( x2  ) + ... + f ( xn  )
 x + x + x + .... + xn 
≥ f 1 2 3
thì ta có:
÷
n
n


9/Các cách biến đổi cần nhớ:
a/ (a + b + c  )(ab + bc + ca  ) = (a + b)(b + c  )(c + a) + abc
b/ (a + b)(b + c  )(c + a  ) = a(b 2 + c 2 ) + b(c 2 + a 2 ) + c (a 2 + b 2 ) + 2abc
thì ta có:

c/ ab 2 + bc 2 + ca 2 + abc = b(a + c ) 2 + a (b − a )(b − c  )
Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 2


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
d/ a 2 + b 2 + c 2 =

(a + b + c )2 + (a − b)2 + (b − c  ) 2 + (c − a  ) 2
3

e/ a3 + b3 + c3 = (a + b + c )(a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ) + 3abc

B/ MỘT SỐ DẠNG THƯỜNG GẶP TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC:
DẠNG 1: THÊM YẾU TỐ PHỤ
Bài 1: Cho a;b;c là 3 số dương . Chứng minh rằng:
a/

a3
b3
c3
1
+
+
≥ ( a + b + c)
(a + b)(b + c) (b + c)(c + a) (c + a)( a + b) 4

Cách1: áp dụng BĐT Cô Si ta có
a3
a+b b+c 3
+
+
≥ a (1)
(a + b)(b + c)
8
8
4
b3
b+c c+a 3
+
+
≥ b (2)
(b + c)(c + a)

8
8
4
3
c
c+a a+b 3
+
+
≥ c (3) .
(c + a)(a + b)
8
8
4
Cộng 3 BĐT trên suy ra được điều cần chứng minh.
(Điều quan trọng trong trường hợp này là để ý dấu bằng xảy ra)
Cách2: áp dụng BĐT Cô Si ta có
8a 3
+ (a + b) + (b + c) ≥ 6a (1)
(a + b)(b + c)
8b3
+ (b + c) + (c + a) ≥ 6b (2)
(b + c)(c + a)
8c 3
+ (c + a ) + (a + b) ≥ 6c (3)
(c + a)(a + b)
Cộng 3 BĐT trên suy ra được điều cần chứng minh
a3
b3
c3
1

+
+
≥ (a + b + c)
b/
b(c + a) c(a + b) a (b + c) 2
Cách1: áp dụng BĐT Cô Si ta có
4a 3
+ 2b + (c + a ) ≥ 6a (1)
b(c + a )
4b3
+ 2c + (a + b) ≥ 6b (2)
c ( a + b)
4c 3
+ 2a + (b + c ) ≥ 6c (3)
a (b + c)
Cộng 3 BĐT trên suy ra được điều cần chứng minh
Cách2: Áp dụng BĐT Cô Si ta có
a3
b c+a 3
+ +
≥ a (1)
b(c + a ) 2
4
2
3
b
c a +b 3
+ +
≥ b (2)
c ( a + b) 2

4
2
Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 3


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
c3
a b+c 3
+ +
≥ c (3)
a (b + c) 2
4
2
Cộng 3 BĐT trên suy ra được điều cần chứng minh.
Với ý tưởng trên ta có thể giải tương tự các câu dưới đây :
a 5 b5 c5
a 5 b5 c 5
a 5 b 5 c 5 a 3 b3 c 3
3
3
3
3
3
3
c/ 2 + 2 + 2 ≥ a + b + c
d/ + +
e/ 3 + 3 + 3 ≥ + +
≥ a +b +c

b c
a
bc ca ab
b c a
b c a
3
3
3
4
4
4
a
b
c
1
a
b
c
f/
g/ 2 + 2 + 2 ≥ a + b + c
+
+
≥ a2 + b2 + c2
a + 2b b + 2c c + 2a 3
bc ca
ab
2
2
2
bc

ca
ab
a b
c
9
+ 3
+ 3
≥ 1 ( với : a+b+c = 3abc)
h/ 3 + 3 + 3 ≥
k/ 3
a (c + 2b) b (a + 2c) c (b + 2a)
b
c
a
a+b+c
a3
b3
c3
1
a 5 b5 c5
2
2
2
+
+
≥ (a + b + c)
l/ 2 + 2 + 2 ≥ ab + bc + ca
m/
2
2

2
( b + c) ( c + a) ( a + b) 4
b c
a

(

)

Bài tập 2: Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( a + b − c )3 (b + c − a )3 (c + a − b)3
+
+
.
3c
3a
3b
1
( a + b − c )3 c
,
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương
và ta được:
3
3c
3
P=

( a + b − c )3 c 1
( a + b − c)3
4c 1

+ + ≥ a+b−c ⇒
≥ a + b − − (1).
3c
3 3
3c
3 3
(b + c − a ) 3
4a 1
(c + a − b )3
4b 1
≥b+c−
−
≥c+a−
− (3).
(2);
3a
3 3
3b
3 3
Cộng (1), (2) và (3) ta suy ra P ≥ 1 ⇒ min P = 1 khi a = b = c = 1 .

Tương tự:

Bài tập 3: ( Bài toán này chúng tôi sáng tác và chủ định giải theo “ thêm yếu tố phụ” , tuy nhiên có thể
giải theo cách khác nhanh hơn)
Cho x, y, z > 0 thoả mãn x + y + z ≥ 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x2
y2
z2
Q=

+
+
x + yz y + zx z + xy
y+z
2x + y + z
⇒ x + yz ≤
-Ta có: x + yz ≤ x +
2
2
2
2
2
x
2x
z2
2z2
y
2 y2
⇒
≥
≥
≥
(1), Tương tự:
(2);
(3)
x + yz 2 x + y + z
z + xy 2 z + x + y
y + zx 2 y + z + x
-Lấy (1) cộng (2) cộng (3) vế theo vế ta được:



x2
y2
z2
Q ≥ 2
+
+
÷
 2x + y + z 2 y + z + x 2z + x + y 
16 x 2
16 y 2
+ ( 2 x + y + z ) ≥ 8 x (1’);
+ ( 2 y + z + x ) ≥ 8 y (2’);
+Lại có:
2x + y + z
2y + z + x
16 z 2
+ ( 2 z + x + y ) ≥ 8 z (3’)
2z + x + y
-Lấy (1’) cộng (2’) cộng (3’) vế theo vế ta được:

Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 4


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức


x2

y2
z2
x2
y2
z2
x+ y+z 3
16 
+
+
≥
4(
x
+
y
+
z
)
⇒
+
+
≥
≥
÷
2x + y + z 2 y + z + x 2z + x + y
4
4
 2x + y + z 2 y + z + x 2z + x + y 
3
3
⇒ Q ≥ . Vậy MinQ = khi x=y=z=1. ( Nếu dùng Cauchy-Schwarz sẻ nhanh hơn)

2
2
Bài tập 4: ( Bài toán này chúng tôi sáng tác và chủ định giải theo “thêm yếu tố phụ” , tuy nhiên có thể
giải theo cách khác nhanh hơn)
Cho x, y, z > 0 thoả mãn x + y + z ≥ 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x3
y3
z3
Q=
+
+
x + yz y + zx z + xy
y+z
2x + y + z
⇒ x + yz ≤
-Ta có: x + yz ≤ x +
2
2
3
3
3
x
2x
z3
2z3
y
2 y3
⇒
≥
≥

≥
(1) ; Tương tự:
(2) ;
(3)
x + yz 2 x + y + z
z + xy 2 z + x + y
y + zx 2 y + z + x


x3
y3
z3
+
+
-Lấy (1) cộng (2) cộng (3) vế theo vế ta được: Q ≥ 2 
÷
 2x + y + z 2 y + z + x 2z + x + y 
+Lại có:
16 x 3
+ x ( 2 x + y + z ) ≥ 8 x 2 (1’)
2x + y + z
16 y 3
+ y ( 2 y + z + x ) ≥ 8 y 2 (2’)
2y + z + x
16 z 3
+ z ( 2 z + x + y ) ≥ 8 z 2 (3’)
2z + x + y
-Lấy (1’) cộng (2’) cộng (3’) vế theo vế ta được:



x2
y2
z2
2
2
2
16 
+
+
÷+ 2( xy + yz + zx ) ≥ 6( x + y + z )
 2x + y + z 2 y + z + x 2z + x + y 



x2
y2
z2
2
2
2
8
+
+
÷ + ( xy + yz + zx) ≥ 3( x + y + z ) (*)
2
x
+
y
+
z

2
y
+
z
+
x
2
z
+
x
+
y


2
2
2
-Lại có: x + y + z ≥ xy + yz + zx (**)
Lấy (*) cộng (**) vế theo vế ta được:


x2
y2
z2
2
2
2
8
+
+

÷≥ 2( x + y + z )
 2x + y + z 2 y + z + x 2z + x + y 
mà x + y + z
2

2

2

( x + y + z)
≥

2

x2
y2
z2
3
32 ⇒
+
+
≥
≥
2x + y + z 2 y + z + x 2z + x + y 4
3

3
3
3
⇒ Q ≥ . Vậy MinQ = khi x=y=z=1.

2
2
Bài tập 5: Cho 3 số thực a,b,c>0 và thoả a + b + c = 3abc . Chứng minh rằng:
bc
ca
ab
+ 3
+ 3
≥ 1 (*)
3
a ( 2b + c ) b ( 2c + a ) c ( 2a + b )

Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 5


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
DẠNG 2: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ
1/ VẬN DỤNG CƠ BẢN THƯỜNG GẶP:
BÀI 1: Cho a;b;c là 3 số dương thoả: ab+bc+ca ≤ 3abc
a 4b
b 4c
c4a
Chứng minh rằng:
+
+
≥ 1 ( Toán học tuổi trẻ - ra ngày 19/1/2007)
2a + b 2b + c 2c + a
1 1 1

Giải: ab+bc+ca ≤ 3abc ⇔ + + ≤ 3 (*)
a b c
1
1
1
Đặt : = x, = y , = z ; Khi đó (*) được viết lại : x + y + z ≤ 3 ( x,y,z > 0) (1)
a
b
c
a3
b3
c3
a3
b3
c3
a 4b
b 4c
c4a
+
+
≥
1
+
+
⇔ 2 1 2 1 2 1 ≥ 1 (**)
Ta có:
+
+
≥ 1 ⇔ 2a + b 2b + c 2c + a
+

+
+
2a + b 2b + c 2c + a
ab
bc
ca
b a c b a c
3

2

3
3
2
2
1
1
1
1
1
1
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
Khi đó (**) được viết lại :  x ÷
 +  y  +  z  ≥1 ⇔  x  +  y  +  z  ≥1
2 y + x 2z + y 2x + z
2 xy + x 2 2 yz + y 2 2 zx + z 2

a2 a2 a2 ( a + a + a )
+Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz : 1 + 2 + 3 ≥ 1 2 3 ; với ai ; bi > 0;1 ≤ i ≤ 3
b1 b2 b3
b1 + b2 + b3
2

2

2

1
 1 1 1
1
1
 y÷
 + + ÷
 ÷
 ÷
 x +   +  z ≥
x y z
2 xy + x 2 2 yz + y 2 2 zx + z 2 2 xy + x 2 + 2 yz + y 2 + 2 zx + z 2
2

Ta có:

2

2

2

2

2
2
1
1 1 1


9
1
1
81
81
 y÷
x+ y+ z÷
x + y + x =
 ÷
 ÷
≥
4 ≥ 4 = 1
x
z








⇒
+
+
≥
( x + y + z) 3
2
2
2 xy + x 2 2 yz + y 2 2 zx + z 2
( x + y + z)
( x + y + z)

( vì : x + y + z ≤ 3 )
Dấu bằng xảy ra khi: x = y = z = 1 hay a = b = c = 1.
BÀI 2: Cho a;b;c là 3 số dương thoả: a.b.c = 1 .Chứng minh rằng:
1
1
1
2
2
2
+
+
≤1 ⇔
+
+
≤2
2+a 2+b 2+c
2+a 2+b 2+c
2

2
2
a
a
a
⇔ 1−
+1−
+1−
≤1 ⇔
+
+
≥ 1 (*)
2+a
2+b
2+c
2+a 2+b 2+c
x
y
z
Vì : a.b.c = 1 nên tồn tại x,y,z dương sao cho: a = ; b = ; c =
y
z
x
x
y
z
+
+
≥1
Khi đó (*) được viết lại:

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

1
1
1
+
+
≤1
2+a 2+b 2+c

* Ta có:

Ta có:

x
y
z
x2
y2
z2
(x + y + z) 2
+
+
= 2
+ 2
+ 2
≥ 2
=1
x + 2y y + 2z z + 2x x + 2xy y + 2yz z + 2zx x + y 2 + z 2 + 2xy + 2yz + 2zx

Dấu bằng xảy ra khi: x = y = z = 1 hay a = b = c = 1
1
1
1
1
=1.
BÀI 3: Cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa : 4 + 4 + 4 + 4
a +1 b +1 c +1 d +1
Chứng minh rằng : abcd ≥ 3
(Lavia 2002)
Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 6


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
Ta có :
2

 1 1 1 1 
1
1
1
1
 2+ 2+ 2+ 2÷
4
4
4
4
1

1
1
1
a b c
d 
1= 4
+ 4
+ 4
+ 4
= a + b + c + d ≥
1
1
1
1
1
1
1
1
a +1 b +1 c +1 d +1
+1
+1
+1
+1
+ + +
+4
a4
b4
c4
d4
a 4 b4 c 4 d 4

2
1
1
1
1
1
1
1 1 1 1
 1 1 1 1 
Suy ra: 4 + 4 + 4 + 4 + 4 ≥  2 + 2 + 2 + 2 ÷ hay 2 ≥ 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 (1)
ab ac ad
bc bd
cd
a b c
d
a b c d 
Mà theo bất đẳng thức AM-GM thì
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
+ 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 ≥ 66 2 2 . 2 2 . 2 2 . 2 2 . 2 2 . 2 2

2 2
ab ac ad
bc bd
cd
ab ac ad bc bd cd
1
1
1
1
1
1
6
hay 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 ≥
(2). Từ (1) và (2) suy ra được abcd ≥ 3 .
ab ac ad
bc bd
cd
abcd
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = d = 4 3 .
3ab + 1 3bc + 1 3ca + 1
+
+
≥ 4.
BÀI 4: Cho 3 số thực a,b,c không âm thoả: ab+bc+ca=1. Chứng minh rằng:
a +b
b+c
c+a
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
4ab 4bc 4ca
3ab + ab + bc + ca 3bc + ab + bc + ca 3ca + ab + bc + ca

+
+
≥4 ⇔
+
+
+a+b+c ≥ 4
a+b
b+c
c+a
a+b b+c c+a
Để ý rằng:

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

= ( a + b + c)(ab + bc + ca ) − 3abc
≤ ( a + b + c)(ab + bc + ca ) = a + b + c
-Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

ab
bc
ca
a 2b2
b2 c 2
c2 a2
(ab + bc + ca ) 2
1
≥
≥
+
+

=
+
+
a + b b + c c + a ab(a + b) bc(b + c ) ca (c + a ) ab(a + b) + bc(b + c) + ca (c + a ) a + b + c
4ab 4bc 4ca
4
+
+
+a+b+c ≥
+ (a + b + c)
a+b b+c c+a
a +b+c
4
4
Mà :
+ (a + b + c) ≥ 2
.(a + b + c) = 4
a+b+c
a+b +c
Suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi một trong 3 biến bằng 0 và hai biến còn lại
bằng 1.
a2
b2
c2
1
+
+
≤
BÀI 5: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh : 2
2

2
2
2
2
3
5a + ( b + c )
5b + ( c + a )
5c + ( a + b )
Do đó, ta có:

Ta có:
⇒

9a 2
5a 2 + ( b + c )
a2

5a 2 + ( b + c )

Suy ra:

2

≤

2

=

( a + 2a )

2

a2
4a 2
≤
+
( a 2 + b2 + c2 ) + ( 4a 2 + 2bc ) a 2 + b2 + c2 4a 2 + 2bc

a2
2a 2
+
9 ( a 2 + b 2 + c 2 ) 9 ( 2a 2 + bc )

a2
5a 2 + ( b + c )

2

+

b2
5b 2 + ( c + a )

2

+

c2
5c 2 + ( a + b )

2

≤


1 2  a2
b2
c2
+  2
+ 2
+ 2
÷
9 9  2a + bc 2b + ca 2c + ab 

Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 7


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
1
1
1
+
+
≤1
a2
b2
c2

b c
c a
a b
+ 2
+ 2
≤ 1 hay
Do đó ta cần chứng minh: 2
(*).
2
+
.
2
+
.
2
+
.
2a + bc 2b + ca 2c + ab
a a
b b
c c

a
b
c
, y = , z = , ta có : x,y,z>0 và x.y.z=1
b
c
a
1

1
1
+
+
≤1
x
y
z
⇔
+
+
≤1
Khi đó (*) viết lại: 2 + z 2 + x 2 + y
2x + z 2 y + x 2z + y
x
y
z
x
y
z
y y z
⇔
+
+
≤ 1 ⇔ + + ≥ 3 ( Cô Si nhẹ nhàng).
z x y
2x + z 2 y + x 2z + y
-Đặt x =

BÀI 6: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng

(*)
-Ta có: a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇒

a2 + b2 + c2
ab
bc
ca
≥
+
+
ab + bc + ca a 2 + ab + bc b 2 + bc + ca c 2 + ca + ab

a 2 + b2 + c 2
≥1
ab + bc + ca

ab
bc
ca
+ 2
+ 2
a + ab + bc b + bc + ca c + ca + ab
ab
bc
ca
ab
bc
ca
+1− 2
+1− 2

≥2
⇔3≥ 2
+ 2
+ 2
+ 2 ⇔ 1− 2
a
+
ab
+
bc
b
+
bc
+
ca
c
+
ca
+ ab
a + ab + bc b + bc + ca c + ca + ab

Do đó ta cần chứng minh: 1 ≥

2

a 2 + bc
b 2 + ca
c 2 + ab
+
+

≥2
a 2 + ab + bc b 2 + bc + ca c 2 + ca + ab
a2
b2
c2
bc
ca
ab
⇔ 2
+ 2
+ 2
+ 2
+ 2
+ 2
≥ 2 (**)
a + ab + bc b + bc + ca c + ca + ab a + ab + bc b + bc + ca c + ca + ab

⇔

a2
b2
c2
( a + b + c) 2
+
+
≥
= 1 (1)
a 2 + ab + bc b 2 + bc + ca c 2 + ca + ab (a + b + c ) 2

-Ta có:

bc
ca
ab
+ 2
+ 2
=
a + ab + bc b + bc + ca c + ca + ab
2

(ab + bc + ca ) 2
b2c 2
c2a2
a 2b 2
≥
= 1 (2)
+
+
2
a 2bc + ab 2 c + b 2 c 2 b 2 ca + bc 2 a + c 2 a 2 c 2 ab + ca 2b + a 2b 2 (ab + bc + ca )
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.


a



2



b



2



c



2

1

BÀI 7: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng: 
÷ +
÷ +
÷ ≥ .
 a + 2b   b + 2c   c + 2a  3
a
b
c
+ 2
+ 2
≤1
BÀI 8: Cho các số thực dương a,b,c thoả: a.b.c =1. Chứng minh rằng: 2
a +2 b +2 c +2

BÀI 9: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng
3

( a + b)(b + c)(c + a ) 4  a 2
b2
c2 
≥  2
+ 2
+ 2
÷(*)
abc
3  a + bc b + ca c + ab 

Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 8


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
2/ SỬ DỤNG YẾU TỐ “ CÓ ÍT NHẤT ”:
Bài tập1:(Iranian IMO 2009). Cho ba số dương a,b,c thỏa điều kiện a + b + c = 3 . Chứng ming rằng:
1
1
1
3
+ 2 2
+ 2
≤ (*)
2
2

2
a +b +2 b +c +2 c +a +2 4
3
1
1
1
3
+ 2
+ 2
≤
Ta có (*) tương đương với bất đẳng thức sau: + 2
2
2
2
4 a +b +2 b +c +2 c +a +2 2
1
1
1
1
1
1
3
⇔( − 2
)+( − 2 2
)+( − 2
)≥
2
2
2 a +b +2
2 b +c +2

2 c +a +2
4
2
2
2
2
2
2
a +b
b +c
c +a
3
⇔ 2
+ 2
+ 2
≥ (**)
2
2
2
a +b +2 b +c +2 c +a +2 2
( x + y )2 + ( x − y )2
Sử dụng: x 2 + y 2 =
, ta có (**) được viết lại:
2
( a + b) 2
(b + c) 2
(c + a ) 2
(a − b) 2
(b − c) 2
(c − a ) 2

+
+
+
+
+
≥3
a 2 + b2 + 2 b2 + c2 + 2 c 2 + a 2 + 2 a 2 + b 2 + 2 b 2 + c 2 + 2 c 2 + a 2 + 2
(a + b) 2
(b + c ) 2
(c + a ) 2
4( a + b + c ) 2
+
+
≥
Ta có: 2
(1)
a + b 2 + 2 b 2 + c 2 + 2 c 2 + a 2 + 2 2(a 2 + b 2 + c 2 ) + 6
Nếu dùng Cauchy-Schwarz trực tiếp ta có:
( a − b) 2
(b − c ) 2
(c − a ) 2
(a − b + b − c + c − a) 2
+
+
≥
=0
a 2 + b2 + 2 b2 + c 2 + 2 c 2 + a 2 + 2
2(a 2 + b 2 + c 2 ) + 6
thì đánh giá này khá lỏng lẻo, vì hiển nhiên

( a − b) 2
(b − c) 2
(c − a ) 2
+ 2
+ 2
≥0.
2
2
2
a + b + 2 b + c + 2 c + a2 + 2

Ta có thể đánh giá chặt hơn như sau:
(a − b)2
(b − c ) 2
(c − a ) 2
(a − b ) 2
(b − c ) 2
(a − c) 2
4(a − c ) 2
+
+
=
+
+
≥
a 2 + b 2 + 2 b 2 + c 2 + 2 c 2 + a 2 + 2 a 2 + b 2 + 2 b 2 + c 2 + 2 c 2 + a 2 + 2 2(a 2 + b 2 + c 2 ) + 6
( a − b) 2
(b − c) 2
(c − a ) 2
4(a − c) 2

⇒ 2
+
+
≥
(2)
a + b 2 + 2 b 2 + c 2 + 2 c 2 + a 2 + 2 2(a 2 + b 2 + c 2 ) + 6
Từ (1) và (2) ta đưa bất đẳng thức cần chứng minh về:
4(a + b + c ) 2
4(a − c ) 2
+
≥ 3 ⇔ 2(a 2 + b 2 + c 2 ) + 2( a − c) 2 ≥ 3( a 2 + b 2 + c 2 ) + 9
2(a 2 + b 2 + c 2 ) + 6 2( a 2 + b 2 + c 2 ) + 6

⇔ 2(a 2 + b 2 + c 2 ) + 2( a − c ) 2 ≥ 3(a 2 + b 2 + c 2 ) + (a + b + c) 2 ⇔ (a − b)(b − c) ≥ 0 (4)
Nhận xét (4) không phải luôn đúng. Nhưng ta có thể “ép” nó đúng. Thật vậy:
(a − b)2
(b − c ) 2
(c − a ) 2
(a − b ) 2
(c − b ) 2
(c − a ) 2
4(c − b) 2
+
+
=
+
+
≥
a 2 + b 2 + 2 b 2 + c 2 + 2 c 2 + a 2 + 2 a 2 + b 2 + 2 b 2 + c 2 + 2 c 2 + a 2 + 2 2(a 2 + b 2 + c 2 ) + 6
( a − b) 2

(b − c) 2
(c − a ) 2
4(b − c)2
⇒ 2
+
+
≥
a + b 2 + 2 b 2 + c 2 + 2 c 2 + a 2 + 2 2(a 2 + b 2 + c 2 ) + 6
(b − a ) 2
(b − c) 2
(c − a) 2
(b − a ) 2
(b − c) 2
(c − a ) 2
4(b − a ) 2
+
+
=
+
+
≥
Và 2
a + b 2 + 2 b 2 + c 2 + 2 c 2 + a 2 + 2 a 2 + b 2 + 2 b 2 + c 2 + 2 c 2 + a 2 + 2 2(a 2 + b 2 + c 2 ) + 6
⇒

( a − b) 2
(b − c) 2
(c − a ) 2
4(b − a) 2
+

+
≥
a 2 + b 2 + 2 b 2 + c 2 + 2 c 2 + a 2 + 2 2( a 2 + b 2 + c 2 ) + 6

Ta cũng lần lượt đưa bài toán về cần chứng minh:
(c − a )(a − b) ≥ 0 (5)
(b − c )(c − a ) ≥ 0 (6)
Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 9


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
Như thế nếu trong (4), (5), (6) có một bất đẳng thức đúng thì bài toán của ta được chúng minh xong.
2
2
2
Ta có: [ (a − b)(b − c) ] [ (c − a)(a − b) ] [ (b − c)(c − a) ] = ( a − b) (b − c) (c − a) ≥ 0
, do đó trong ( a − b)(b − c) , (c − a )( a − b) , (b − c)(c − a) có ít nhất một số không âm. Tức là trong ba bất
đẳng thức (4), (5), (6) có ít nhất một bất đẳng thức đúng. Vậy bài toán được chúng minh. Dấu “=” xảy ra
khi a=b=c=1.
Bài tập 2: Cho ba số dương a,b,c thỏa điều kiện a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng ming rằng:
a2 + b2 b2 + c2 c2 + a 2
+
+
≥ 3 (*)
a +b
b+c
c+a
a 2 + b 2 a + b (a − b) 2

=
+
Để ý rằng:
, do đó bất đẳng thức đã cho viết lại:
a+b
2
2(a + b)
(a − b) 2 (b − c) 2 (c − a) 2
a +b+c+
+
+
≥3
2(a + b) 2(b + c) 2(c + a )
( a − b ) 2 (b − c ) 2 ( a − c ) 2 ( a − c ) 2
+
+
≥
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
2(a + b) 2(b + c ) 2(c + a) a + b + c

Bài toán được quy về chứng minh: a + b + c +

(a − c) 2
≥3
a+b+c

( a − c) 2
( a − c) 2 + (b − a)(b − c) ( a − b)(b − c)
= a +b +c +
+

a+b+c
a +b+c
a +b+c
3(a 2 + b 2 + c 2 ) − (a + b + c ) 2 (a − b)(b − c) a + b + c
9
(a − b )(b − c)
(a − b)(b − c )
= a+b+c+
+
=
+
+
≥ 3+
2(a + b + c)
a+b+c
2
2(a + b + c )
a+b+c
a+b+c
Như vậy bài toán được chứng minh xong nếu
(a − b)(b − c) ≥ 0 (1)
Đánh giá tương tự ta cũng có:
(b − c )(c − a ) ≥ 0 (2)
(c − a )(a − b) ≥ 0 (3)
Lập luận như bài toán trước, ta thấy một trong ba bất đẳng thức (1), (2), (3) ít nhất có một bất đẳng thức
đúng. Do đó bài toán được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1.
Bài tập 3: Cho ba số a,b,c thỏa điều kiện a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng ming rằng:

Ta có: a + b + c +

1
1
1
+
+
≤1
5 − 6ab 5 − 6bc 5 − 6ca
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại:
1  1
1  1
1  1
1 − 2ab 1 − 2bc 1 − 2ca 1
1
+
+
≥
 −
÷+  −
÷+  −
÷≥ ⇔
5 − 6ab 5 − 6bc 5 − 6ca 3
 2 5 − 6ab   2 5 − 6bc   2 5 − 6ca  2
Do 1 − 2ab = a 2 + b 2 + c 2 − 2ab = (a − b) 2 + c 2 , tương tự 1 − 2bc = (b − c)2 + a 2 ,1 − 2ca = (c − a ) 2 + b 2

Do đó BĐT trên viết lại:
c2
a2
b2
(a − b) 2 (b − c) 2 (c − a) 2 1
+

+
+
+
+
≥
5 − 6ab 5 − 6bc 5 − 6ca 5 − 6ab 5 − 6bc 5 − 6ca 3
c2
a2
b2
( a + b + c) 2
+
+
≥
5 − 6ab 5 − 6bc 5 − 6ca 15 − 6( ab + bc + ca)
( a − b) 2 (b − c) 2 ( a − c) 2
4( a − c) 2
+
+
≥
5 − 6ab 5 − 6bc 5 − 6ca 15 − 6(ab + bc + ca )

Ta cần chứng minh

(a + b + c) 2
4(a − c ) 2
1
+
≥
15 − 6( ab + bc + ca ) 15 − 6(ab + bc + ca ) 3

Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 10


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
⇔ (a + b + c) 2 + 4(a − c) 2 ≥ 5 − 2(ab + bc + ca )
⇔ (a + b + c) 2 + 4(a − c) 2 ≥ 5(a 2 + b 2 + c 2 ) − 2(ab + bc + ca )
⇔ (a − b)(b − c) ≥ 0 (1)

Đánh giá tương tự ta được:
( a − b)(b − c ) ≥ 0 (2)
(a − b)(b − c) ≥ 0 (3)
Lập luận như bài toán trước, ta thấy một trong ba bất đẳng thức (1), (2), (3) ít nhất có một bất đẳng thức
1
đúng. Do đó bài toán được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = ±
.
3
Mở rộng: Từ bài toán này ta có thể mở rộng ra bài toán sau
1
1
1
9
+
+
≤
Cho ba số a,b,c dương thỏa điều kiện a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng ming rằng:
1 − bc 1 − ca 1 − ab 2
(Tạp chí Crux Mathematicorum)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

16 1
(1 + 3) 2
12
32
8 1
9
.
=
≤ +
⇒ .
≤ 1+
6 1 − bc 1 + (5 − 6bc) 1 5 − 6bc
3 1 − bc
5 − 6bc
8 1
9 8 1
9
≤ 1+
≤ 1+
Tương tự .
, .
5 − 6ab
3 1 − ca
5ca 3 1 − ab
8 1
1
1 
1
1  8 1
1

1 
 1
+
+
+
+
+
+
Suy ra 
÷≤ 3 + 9 
÷⇒ 
÷≤ 3 + 9.1
3  1 − bc 1 − ca 1 − ab 
 5 − 6ab 5 − 6bc 5 − 6ca  3  1 − bc 1 − ca 1 − ab 
1
1
1
9
⇒
+
+
≤
1 − bc 1 − ca 1 − ab 2
Bài tập 4: Cho ba số thực dương a,b,c. Chứng ming rằng:

a
b
c
ab
bc

ca
+
+
≥ 2
+
+
2a + b 2b + c 2c + a a + ab + b 2 b 2 + bc + c 2 c 2 + ca + a 2

Bài tập 5: Cho ba số thực dương x,y,z là các số thực dương thỏa xyz=1.
1
1
1
+
+
≤1
Chứng minh rằng
x + y +1 y + z +1 z + x +1
Bài tập 6: Cho ba số a,b,c thỏa điều kiện a + b + c = 3 . Chứng ming rằng:
a2 + 9
b2 + 9
c2 + 9
+
+
≤5
2a 2 + (b + c) 2 2b 2 + (c + a) 2 2c 2 + ( a + b) 2
DẠNG 3: MỘT SỐ BÀI TOÁN SỬ DỤNG HAI BỔ ĐỀ CƠ BẢN
Bổ đề 1: Trong 3 số a, b và c bất kỳ luôn tồn tại hai số mà cùng lớn hơn hoặc bằng m hay cùng nhỏ hơn
hoặc bằng m ( với m là số thực tuỳ ý).
Không mất tính tổng quát giả sử : a ≤ b ≤ c .
-Nếu b ≤ m thì a ≤ m và b ≤ m .

-Nếu b > m thì b>m và c>m .
(điều phải chứng minh).
x ≤ m
x ≥ m
hoặc 
thì ta có: xy ≥ m( x + y ) − m 2
y ≥ m
y ≤ m

Bổ đề 2: Nếu 

( dễ dàng được suy ra từ BĐT: ( x − m)( y − m) ≥ 0 )

Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 11


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
Bài tập 1: Cho 3 số thực a,b,c dương thoả : a 2 + b 2 + c 2 + abc = 4 (*)
Chứng minh rằng: 0 ≤ ab + bc + ca − abc ≤ 2 .
(USAMO-2000)
-Từ giả thết suy ra có ít nhất một trong ba số a,b,c không lớn hơn 1.Giả sử số đó là c, khi đó ta có:
ab + bc + ca − abc = ab(1 − c ) + c(a + b ) ≥ 0 .
*Ta đi chứng minh: ab + bc + ca − abc ≤ 2 .
-Cách1:
-Không mất tính tổng quát, giả sử hai số a và b thoả: “Trong 3 số a, b và c bất kỳ luôn tồn tại hai số mà
cùng lớn hơn hoặc bằng m hay cùng nhỏ hơn hoặc bằng m ( với m là số thực tuỳ ý)”. khi đó ta có:
a ≥ 1 hoặc  a ≤ 1
⇒ c (a − 1)(b − 1) ≥ 0 ⇒ abc ≥ ac + bc − c



b ≤ 1
b ≥ 1
-Mặt khác ta có: 4 = a 2 + b 2 + c 2 + abc ≥ 2ab + c 2 + abc ⇒ 4 ≥ 2ab + c 2 + abc
⇒ 4 − c 2 ≥ ab(2 + c) ⇒ ab ≤ 2 − c .
Suy ra: ab + bc + ca − abc ≤ (2 − c ) + bc + ca − (ac + bc − c ) = 2

a ≤ 1
a ≥ 1
-Cách2: Không mất tính tổng quát giả sử: 
hoặc 
b ≥ 1
b ≤ 1
Khi đó theo Bổ đề 2 ta có: ab ≥ a + b − 1 ⇒ abc ≥ ac + bc − c
⇒ ab + bc + ca − abc ≤ ab + bc + ca − (ac + bc − c) ⇒ ab + bc + ca − abc ≤ ab + c
Ta đi chứng minh ab + c ≤ 2 (1)
Từ a 2 + b 2 + c 2 + abc = 4 (*) ta có: a 2 ≤ 4, b2 ≤ 4, ab ≤

a 2 + b2
≤4.
2

Mặt khác (*) ⇔ c2 + abc + a 2 + b 2 − 4 = 0 (**)
Xem (**) là phương trình là bậc hai theo biến c.
∆ = (ab)2 − 4(a 2 + b 2 − 4) = (4 − a 2 )(4 − b 2 ) ≥ 0
Phương trình (**) có hai nghiệm;
−ab + (4 − a 2 )(4 − b 2 )
−ab − (4 − a 2 )(4 − b 2 )
và c =

c=
2
2
2
2
−ab + (4 − a )(4 − b )
Vì c ≥ 0 nên c =
2
−ab + (4 − a 2 )(4 − b 2 )
−ab + (4 − a 2 )(4 − b 2 )
≤ 2 ⇔ ab +
≤2
2
2
2
2
⇔ 4 − ab ≥ (4 − a 2 )(4 − b 2 ) ⇔ (4 − ab) 2 ≥ (4 − a 2 )(4 − b 2 ) ( vì 4 − a ≥ 0, 4 − b ≥ 0 nên 4 − ab ≥ 0 )

Do đó (1) ⇔ ab +

⇔ (a − b) 2 ≥ 0 (đúng). Suy ra điều phải chứng minh.

-Cách3:
-Từ giả thiết, dễ dàng chứng minh được tồn tại ba số không âm x, y ,z sao cho: (x+y)(y+z)(z+x)>0 và:
2x
2y
2z
a=
,b =
,c =

( x + y)( y + z )
( y + z )( z + x)
( z + x)( x + y )
-Bài toán đưa về chứng minh:
2 xy
2 yz
+
( x + y ) ( x + z )( y + z ) ( y + z ) ( y + x)( z + x)
2 zx
4 xyz
+
−
≤1
( z + x ) ( z + y )( x + y ) ( x + y ) ( y + z ) ( z + x )
Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 12


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
2 xy
2 yz
+
( x + y ) ( x + z )( y + z ) ( y + z ) ( y + x)( z + x)
+

2 zx
xy  1
1 
≤

+

÷+
( z + x) ( z + y )( x + y ) x + y  x + z y + z 

yz  1
1 
zx  1
1 
+
+

÷+

÷
y+z y+x z+x z+x z+ y x+ y
4 xyz
= 1+
( x + y) ( y + z) ( z + x )

Thay vào được điều cần chứng minh.
Bài tập2: Cho 3 số thực a,b,c dương thoả: ab + bc + ca + abc = 4 .
Chứng minh rằng: a + b + c ≥ ab + bc + ca .
(VIỆT NAM-2000)
-Cách 1:
-Không mất tính tổng quát, giả sử hai số a và b thoả: “Trong 3 số a,b và c bất kỳ luôn tồn tại hai số mà
cùng lớn hơn hoặc bằng m hay cùng nhỏ hơn hoặc bằng m ( với m là số thực tuỳ ý)”., khi đó ta có:
a ≥ 1
a ≤ 1
⇒ c (a − 1)(b − 1) ≥ 0 ⇒ abc ≥ ac + bc − c

hoặc 

b ≤ 1
b ≥ 1
⇒ (a + b + c) + abc ≥ (a + b + c) + ac + bc − c ⇒ a + b + c + abc ≥ (a + b)(c + 1) (1)

Mặt khác ta có:
4 = ab + bc + ca + abc = abc + c(a + b) + ab ≤

(a + b)2
( a + b) 2
.c + c (a + b) +
4
4

( a + b) 2
4
4
⇒c≥
⇒c≥
− 1 ⇒ ( a + b)(c + 1) ≥ 4 (2).
2
(a + b)
a +b
(a + b) +
4
Từ (1) và (2) suy ra: a + b + c + abc ≥ 4 ⇒ a + b + c + abc ≥ ab + bc + ca + abc ⇒ a + b + c ≥ ab + bc + ca
-Cách2:
-Từ giả thiết, dễ dàng chứng minh được tồn tại ba số không âm x, y ,z sao cho: (x+y)(y+z)(z+x)>0 và:
2x

2y
2z
a=
,b =
,c =
y+z
z+x
x+ y
x
y
z
2 xy
2 yz
2 zx
+
+
≥
+
+
-Bai toán đưa về chứng minh:
y + z z + x x + y ( x + z )( y + z ) ( y + x )( z + x ) ( z + y )( x + y )
4−

 1
 1
 1
1 
1 
1 
VT ≤ xy 

+
+ yz 
+
+ zx 
+
2
2
2
2
2
2
 ( x + z ) ( y + z) 
 ( y + x ) ( z + x) 
 ( z + y) ( x + y) 

=...=

x
y
z
+
+
.
y+z z+x x+ y
(ngoài ra ta có thể gặp lại bài toán này ở phương pháp dồn biến)

Bài tập 3: Cho 3 số thực a,b,c>0 và thỏa abc=1. Chứng minh rằng

1 1 1
+ + + 3 ≥ 2(a + b + c)

a 2 b2 c2

a ≥ 1
a ≤ 1
Không mất tính tổng quát giả sử: 
hoặc 
. Suy ra (a − 1)(b − 1) ≥ 0
b ≤ 1
b ≥ 1
2
1 1 1
2 1
1 1
Ta có: P = 2 + 2 + 2 + 3 − 2(a + b + c) =  − ÷ + + 2 − 2(a + b + c) + 3
a
b c
 a b  ab c

Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 13


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
2

2

2

1 1
1 1
1 1
=  − ÷ + 2c + a 2 b 2 − 2(a + b + c) + 3 =  − ÷ + a 2 b 2 − 2a − 2b + 3 =  − ÷ + 2(a − 1)(b − 1) + (ab − 1) 2 ≥ 0
a b
a b
a b

Từ đó suy ra được điều cần chứng minh.
Bài tập 4: Cho 3 số thực x,y,z. Chứng minh rằng xyz + 2(x 2 + y 2 + z 2 ) + 8 ≥ 5(x + y + z)
( Chuyên mục chào IMO 2007 đợt 1 của tạp chí THTT số 357 tháng 3 năm 2007)
Bài tập 5: Cho 3 số thực x,y,z không âm. Chứng minh rằng 5(x 3 + y3 + z3 ) + 3xyz + 9 ≥ 9(xy + yz + zx)
Bài tập 6: Cho 3 số thực x, y, z ∈ (0;1) và thỏa xyz = (1 − x)(1 − y)(1 − z) (*).
3
2
2
2
Chứng minh rằng ta luôn có x + y + z ≥
4
Bài tập 7: Cho 3 số thực x,y,z thỏa xyz=1. Chứng minh rằng x 2 y 2 + y2 z2 + z 2 x 2 + 3 ≥ 2(x + y + z)
Bài tập 8: Cho 3 số thực x,y,z . Chứng minh rằng (x 2 + 2)(y 2 + 2)(z 2 + 2) ≥ 3(x + y + z) 2
DẠNG 4: ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT-GIÁ TRỊ
NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC NHIỀU BIẾN.
Đây là một phương pháp cơ bản để chứng minh bất đẳng thức, tìm GTLN-GTNN của hàm số và biểu thức
nhiều biến.
Để sử dụng phương pháp này ta thường tiến hành như sau:
- Với mỗi bất đẳng thức (biểu thức) ta chọn một hàm số thích hợp (các hàm số này thường có thể thấy
ngay từ đầu bài, hoặc sau một vài phép biến đổi đơn giản sẻ tìm được nó).
- Khảo sát chiều biến thiên hàm số vừa tìm được trên miền xác định của nó (miền xác định này được tìm
thấy dựa vào điều kiện của đầu bài). Thông thường ta sử dụng đạo hàm để lập ra bảng biến thiên.

- Từ bước hai sẻ cho ta lời giải của phép chứng minh bất đẳng thức, hoặc giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của hàm số, biểu thức nhiều biến.
Bài tập 1:
Cho các số thực x, y, z là các số thực phân biệt và không âm. Tìm giá trị nhỏ nhất của
 1
1
1 
A = ( x2 + y2 + z2 ) 
+
+
2
2
2
 ( x − y) ( y − z ) ( z − x) 
Cách 1:
Trước tiên ta để ý rằng:
+ Hầu hết bất đẳng thức đối xứng ba biến thì đẳng thức chỉ xảy ra khi ít nhất hai biến bằng nhau hoặc ít
nhất một biến bằng 0.
+ Đối với bài toán này thì không thể xảy ra ít nhất hai biến bằng nhau.
-Đặt z=min{x,y,z}. Khi đó ta có :



1
1
1
+ 2 + 2
2
y
x 

 ( x − y)

x ≥ x − z > 0, y ≥ y − z > 0 ⇒ A ≥ ( x 2 + y 2 ) 

-Ta có :
 1
 1
1
1
x2 + y2 
2


=
(
x
−
y
)
+
2
xy
+
(x2 + y2 ) 
+
+
=

2


  ( x − y )2
x2 y 2 
y 2 x 2 

 ( x − y)
2

 1
( x − y ) 2 + 2 xy 
 ( x − y ) 2 + 2 xy 
 ( x − y)2

2 xy
2 xy
= ( x − y )2 + 2 xy  
+
=
1
+
+
+ 2
= 1+
+

2
2 2



2

2
x y
( x − y )  xy
( x − y) 
xy
 ( x − y)




đặt t =

2

( x − y )2
,t>0
xy

Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 14


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
2
11 + 5 5
5 −1
2
Xét f (t ) = 1 + + (t + 2) . Lập bảng biến thiên tìm được Minf (t ) =
khi t =

t
2
2
2
( x − y)
5 −1
11 + 5 5
=
Vậy MinA =
khi
, z=0 và các hoán vị.
xy
2
2
Cách 2: Giả sử z=min{x,y,z}
( x − y ) 2 + ( y − z ) 2 + ( z − x) 2 + 2( xy + yz + zx )
2
2
2
( x − y ) + ( y − z + z − x ) − 2( y − z )( z − x ) + 2( xy + yz + zx ) ( x − y ) 2 + ( y − x) 2 + 2( y − z )( x − z ) + 2( xy + yz + zx)
=
=
2
2
2
2( x − y ) + 2( y − z )( x − z ) + 2( xy + yz + zx )
=
2
x2 + y 2 + z 2 =

Hơn nữa xy + yz + zx ≥ ( y − z )( x − z ) .
Thật vậy: xy + yz + zx ≥ ( y − z )( x − z ) ⇔ z (2 x + 2 y − z ) ≥ 0 (đúng)
Do đó x 2 + y 2 + z 2 ≥ ( x − y ) 2 + 2( x − z )( y − z ) (1)
2

1
1
1
 1
1
1 
1
1
+
+
+
+
−2
.
2
2
2 =
÷
2
( x − y ) ( y − z ) ( z − x)
( x − y)  y − z z − x 
( y − z ) ( z − x)
2

=

1
( x − y )2
1
1


1
y−x
1
1
(2)
=
+
+2
.
+
+
2
.

÷
2
2
2
2
( y − z) ( x − z)
( x − y )  ( y − z )( z − x ) 
( y − z ) ( x − z ) ( x − y) ( y − z ) ( x − z )

Đặt u=(x-y)2 và v=(y-z)(x-z) (3)
1
u

Từ (1), (2) và (3) suy ra : A ≥ (u + 2v)( +
Đặt t =

2

u 2 u
u
v
+ ) =  ÷ +4 +2 +5
2
v
v v
v
u

u
2
, t > 0 . Xét f (t ) = t 2 + 4t + + 5
t
v

11 + 55
−1 + 5
⇔t =
2
2


−1 + 5
11 + 55
( x − y ) 2 =
xy
⇔
Vậy min H =
(và các hoán vị)
2
2
 z = 0, x > 0, y > 0


Lập BBT suy ra min f (t ) =

Nói thêm: Nếu đề toán sửa lại: cho các số thực x, y, z là các số thực phân biệt. Tìm giá trị nhỏ nhất của
 1
1
1 
A = ( x2 + y 2 + z 2 ) 
+
+
2
2
2 
 ( x − y ) ( y − z ) ( z − x) 

Phân tích:
+ Hầu hết bất đẳng thức đối xứng ba biến thì đẳng thức chỉ xảy ra khi ít nhất hai biến bằng nhau hoặc ít
nhất một biến bằng 0.

+ Đối với bài toán này thì không thể xảy ra ít nhất hai biến bằng nhau. Giả sử ta cho : y=0, x và z khác 0.
1
1  x2 z 2 z 2 + z 2
2
2  1
= + +
+2
Khí đó ta có : A = ( x + z )  2 + 2 +
z
( z − x) 2  z 2 x 2 ( z − x ) 2
x
x2 z 2
z2 + z2 1
z2 + z2 1
≥ ⇔ ( x + z )2 ≥ 0
+
≥
2,
≥
Nhận xét : 2
2
2
2
, dấu “=” xảy ra khi x=-z.
z
x
( z − x)
2 . Thật vậy ( z − x ) 2
⇒ A= 2+

1
9
+2=
2
2,

dấu “=” xảy ra khi y=0 và x=-z. (Suy ra: x+y+z=0)

Giải:
Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 15


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
+ Nhận xét
( x + y + z )2 + ( x − y )2 + ( y − z )2 + ( z − x) 2 ( x − y ) 2 + ( y − z ) 2 + ( z − x ) 2
x +y +z =
≥
3
3
2

2

2

( x − y )2 + ( y − z ) 2 + ( z − x) 2 )  1
1
1 

⇒ A≥
+
+

2
2
2
3
 ( x − y ) ( y − z ) ( z − x) 
Không mất tính tổng quát giả sử x>y>z.
Đặt a=x-y, b=y-z, z-x=-(a+b) (a,b>0).
⇒ A≥

1 1
2
1 
a 2 + b 2 + ( a + b) 2 )  1 1
1 
+ 2+
⇒ A ≥ (a 2 + ab + b 2 )  2 + 2 +

2
2
2
3
3
 a b ( a + b) 
 a b (a + b) 

3

1
3
( a + b) 2 + (a − b ) 2 ≥ ( a + b ) 2
4
4
4
1
1
2
2
8
1
1
8
+ ≥
, ( a + b) 2 ≥ 4ab ⇒
≥
⇒ 2+ 2 ≥
a 2 b 2 ab
ab (a + b) 2
a
b
( a + b) 2

a 2 + ab + b 2 =

 8
2 3
1 
9

⇒ A ≥ . (a + b) 2 
+
2
2 ⇒ A≥
3 4
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
2



a − b = 0
( x − y ) − ( y − z ) = 0  x + z = 2 y
z = −x
⇔
⇔
⇔
x + y + z = 0
y = 0
x + y + z = 0
x + y + z = 0

Dấu « = » xảy ra khi : 

Vậy GTNN của A bằng 9/2 khi y=0,x+z=0 và các hoán vị.
Bài 2: Cho 3 số thực a,b,c >0 .Tìm GTNN của biểu thức A =

1
a 2 + b2 + c2 + 1

−

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

1
1
1
1
2
2
2
Lời giải: -Áp dung BĐT x + y ≥ (x + y) ta có: a 2 + b 2 + c 2 + 1 ≥ (a + b) 2 + (c + 1) 2 ≥ (a + b + c + 1) 2
2
2
4
2
3
( a + b + c + 3) .
(a + 1)(b + 1)(c + 1) ≤
27
1

2
2
54
−
≤
−
Suy ra A =
3
a 2 + b 2 + c 2 + 1 (a + 1)(b + 1)(c + 1) a + b + c + 1 (a + b + c + 3)
2
54
Đặt t=a+b+c+1,t>1. Khi đó ta có: A ≤ −
.
t (t + 2)3
2
54
−2
54.3
 t = 1(loai)
f '(t) = 0 ⇔ 
t ∈ (1; +∞) . f '(t) = 2 +
Xét f (t) = −
3 ,
2 ,
t (t + 2)
t
(t + 2)
t = 4
1
Lập bảng biến thiên suy ra được: max A = max f (t ) = f (4) = khi a = b = c = 1 .

t∈(1;+∞ )
4

Bài 3: Cho 3 số thực x,y,z >0 thoả x + y + z ≤ 1 .Tìm GTNN của biểu thức
A = x2 +

1
1
1
+ y2 + 2 + z 2 + 2
2
x
y
z

(Khối A-2003)
r  1 r  1 r  1
Lời giải: Đặt a =  x; ÷, b =  y; ÷, c =  z; ÷
 x
 z
 y
r r r r r r
-Theo tính chất véc tơ ta có: a + b + c ≥ a + b + c
Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 16


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
1

1
1
⇒ A = x + 2 + y2 + 2 + z2 + 2 ≥
x
y
z
2

Đặt t =

(

3

)

2

xyz , suy ra A ≥ 9t +

-Lại có: 0 < t =

(

-Xét f (t) = 9t +

3

xyz

)

2

2

1 1 1
( x + y + z) +  + + ÷ ≥
x y z

(3

2

3

xyz

)

2

2

 1 1 1
+  3 3 . . ÷
÷
 x y z

9

t
2

 x+y+z 1
≤
÷ ≤
3

 9

9
1
, với 0 < t ≤
9
t

Lập bảng biến thiên suy ra được: min A = 82 khi x = y = z =

1
.
3

2
2
Bài 4: Cho 2 số thực x và y khác 0 và thỏa : xy ( x + y ) = x + y − xy (*)
1 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 3 + 3 (Khối A-2006)
x
y

Lời giải: Đặt : S = x+y , P = xy . Khi đó ta có : xy ( x + y ) = x + y − xy viết lại :
2

P ( S + 3) = S 2 ⇔ P =

2

S2
S +3

Ta có :
1 1 x 3 + y 3 ( x + y )( x 2 − xy + y 2 )
A= 3 + 3 = 3 3 =
x
y
x y
x3 y 3
2

( x + y ) xy ( x + y ) ( x + y ) 2 S 2  S + 3 
=
=
= 2 =
÷
x3 y 3
( xy ) 2
P  S 

2
2

Hơn nữa : (x+y) ≥ 4xy suy ra : S − 4 P ≥ 0 ⇔ S −

2

( lưu ý S = 0 không thỏa)

 S < −3
4S 2
≥0⇔
S +3
S ≥ 1

2

 S +3
Ta đi xét hàm số: f ( S ) = 
÷ trên ( −∞; −3) U [ 1; +∞ ) .
 S 
Lập bảng biến thiên tìm được : max f ( S ) = 16 khi S=1 suy ra max A = 16 khi x = y =
* Cách khác: A =

1
2

1 1 x 3 + y 3 ( x + y )( x 2 − xy + y 2 )
x+ y 2
1 1
+ 3= 3 3 =
=(
) = ( + )2 .

3
3 3
x
y
x y
x y
xy
x y

Đặt x = ty . Từ gải thiết ta có: ( x + y ) xy = x 2 + y 2 − xy ⇒ (t + 1)ty 3 = (t 2 − t + 1) y 2
2

2

 1 1   t 2 + 2t + 1 
t2 − t +1
t2 − t +1
Do đó y = 2
. Từ đó A =  + ÷ =  2
; x = ty =
÷.
t +t
t +1
 x y   t − t +1 
t 2 + 2t + 1
−3t 2 + 3
f
(
t
)

=
⇒
f
'(
t
)
=
2 .
Xét hàm số
t2 − t +1
( t 2 − t + 1)

1
.
2
Bài 5: Cho các số thực x, y, z là các số thực phân biệt và không âm. Tìm giá trị nhỏ nhất của
Lập bảng biến thiên ta tìm GTLN của A là: 16 đạt được khi x = y =

Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 17


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
 1
1
1 
H = ( x + y ) 2 + ( y + z ) 2 + ( z + x ) 2  
+
+

2
2
2
 ( x − y ) ( y − z ) ( z − x) 

Bài 6: Cho hai số thực x và y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q =

( x − 1)

2

+ y2 +

( x + 1)

2

+ y2 + y − 2 .

(Khối B-2006)
Bài 7: Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P=

(x − y)(1 − xy)
(1 + x) 2 (1 + y) 2

(Khối D-2008)

Bài 8: Cho các số thực x, y thay đổi và thoả mãn (x + y)3 + 4xy ≥ 2.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + 1. (Khối B-2009)
Bài 9: Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M=3(a2b2+b2c2+c2a2) + 3(ab + bc + ca) + 2 a 2 + b 2 + c 2 .(Khối B-2010)
Bài 10: Cho x, y, z là 3 số thực thuộc đoạn [ 1; 4] và x ≥ y , x ≥ z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x
y
z
+
+
. (Khối A-2011)
2x + 3y y + z z + x
Bài 11: Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2). Tìm giá trị nhỏ nhất
P=

 a3 b3   a 2 b 2 
của biểu thức P = 4  3 + 3 ÷− 9  2 + 2 ÷. (Khối B-2011)
a 
b a  b
x

y

Bài 12: Cho 2 số thực x,y >0 thoả x + y = 1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của : Q = 1 − x + 1 − y .
Bài 13: Cho x,y ∈ R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của P =

(x

3

+ y3 ) − ( x2 + y2 )

( x − 1)( y − 1)

Bài 14: Cho x và y là các số thực thỏa mãn: 1 − y 2 = x( x − y ) .
x6 + y 6 − 1
P
=
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
x 3 y + xy 3
Bài 15: Cho x,y,z là ba số dương thoả mản điều kiện:


1 1 1
3
1 
+ + −
≤ 9 1 −
÷.
2
x y z (x + y + z)
 81.xyz 

3
3
3
3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = 2 ( x + z ) + 2 ( y + z ) +

( z + 3)(1 − z )
4

Bài 16: Cho x, y, z ≥ 0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

x3 + y 3 + 16 z 3

( x + y + z)

3

ìï x, y,z > 0
x2
y2
xy
ï
+
+
Bài 17: Cho í
. Tìm giá trị nhỏ nhất của H =
ïï x + y + xy = 3
y +1 x +1 x + y
î

Bài 18: Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 .Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức A = xy + yz + zx +

5
.
x+ y+z

Bài 19: Cho hai số thực x,y thay đổi sao cho: 2(x2 + y2) - xy = 1. Tìm GTNN và GTLN của biểu thức :
P=

x 4 + y4
.
2xy + 1

Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 18


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
Bài 20: Cho 2 số thực x,y >0 thoả x + y =

4 1
5
. Tìm giá trị nhỏ nhất của : Q = + .
x 4y
4

Bài 21: ( CĐ Khối A, B – 2008 ). Cho x, y là số thực thỏa mãn x 2 + y 2 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P = 2( x 3 + y 3 ) − 3xy .

1 
3 

a
b
c
+
+

a+b b+c c+a
Bài 23:Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn điều kiện abc + a + c = b . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
Bài 22: Cho ba số thực a, b, c ∈  ;3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =
P=

2
2
3
− 2
+ 2
a +1 b +1 c +1
2

Bài 24:Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 21ab + 2bc + 8ca ≤ 12 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
1 2 3
thức: P = + + .
a b c
Bài 25:Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
T = 3(a 2 + b 2 + c 2 ) + 4abc
x + y + z = 4
Bài 26: Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn điều kiện 
. Chứng minh rằng:
 xyz = 3
183 − 165 5 ≤ x 4 + y 4 + x 4 ≤ 18
Bài 27: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x +y + z = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P=3

x− y

y −z

+3

z−x

− 6x2 + 6 y 2 + 6z2 .
(Đề thi TSĐH khối A năm 2012)
Bài 28: Cho hai số dương phân biệt a và b thỏa a 2 + 2b = 12 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=

+3

4 4
5
+ 4+
.
4
a b 8( a − b) 2

1
= xy + 2 .
xy
2
2
3
+
−
Tìm giá trị lớn nhất của biêủ thức H =
.

2
2
1 + x 1 + y 1 + 2 xy
4
4
Bài 29: Cho hai số thực dương x và y thỏa: x + y +

Bài 30: Cho ba số thực x,y,z thỏa:

1
≤ x ≤ 1; yx ≥ 1; xyz = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4

1
1
1
+
+
1+ x 1+ y 1+ z
Bài 31:
Cho ba số thực x,y,z thỏa: 1 ≤ x, y, z ≤ 9, x ≥ y, x ≥ z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
H=

H=

x
y
z
+
+

3x + 4 y y + z z + x

Bài 32: Với x và y là hai số thực lớn hơn 1. Tìm GTNN của biểu thức:
x 3 + y3 − x 2 − y 2
P=
+ 2(x 2 + y 2 ) − 16 xy
(x − 1)(y − 1)
Bài 33: Cho ba số thực dương a,b,c thỏa điều kiện: (a + c)(b + c) = 4c 2 .

32a 3
32b3
a 2 + b2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: H =
+
−
(b + 3c)3 ( a + 3c)3
c
Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 19


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
( Khối A -2013)
Bài 34: Cho các số thực dương a,b,c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
2
3
P=
−
.

a + ab + 3 abc
a +b+c
Bài 35: Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn y 2 ≥ xz và z 2 ≥ xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

P=

x
y
3z
+
+
.
x+ y y+z z+x

Bài 36: Cho các số thực dương a, b, thỏa điều kiện
thức: P =

4a  2c  b  c 
 1 + ÷+  1 + ÷ = 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
b 
b  a a

 ac
bc
ab 
+ 2
+

a(b + 2c)
 b(c + a) c(2a + b) 

Bài 37:
Cho các số thực a,b,c không đồng thời bằng 0 thỏa mãn: (a + b + c )2 = 2(a 2 + b 2 + c 2 ) . Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

a3 + b3 + c3
(a + b + c )(ab + bc + ca )

DẠNG 5: DÙNG PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN
I/ĐỊNH LÝ VỀ DỒN BIẾN: Giả sử f ( x1 , x2 , x3 ;..., xn ) là hàm số liên tục và đối xứng với tất cả các
biến x1 , x2 , x3 ;..., xn xác định trên một miền liên thông thỏa mãn điều kiện:

x +x x +x

f ( x1 , x2 , x3 ,..., xn ) ≥ f  1 2 , 1 2 , x3 ,..., xn ÷ (1)
2
 2

Khi đó bất đẳng thức sau được thỏa mản f ( x1 , x2 , x3 ,..., xn ) ≥ f ( x, x, x,..., x ) với
x + x + x + ... + xn
x= 1 2 3
n
x1 x2 , x1 x2 , x3 ,..., xn ,
*Lưu ý: (1) có thể thay một số dạng khác sau: f ( x1 , x2 , x3 ,..., xn ) ≥ f

(

)

 x2 + x2 x2 + x2


2
2
f ( x1 , x2 , x3 ,..., xn ) ≥ f  1
, 1
, x3 ,..., xn ÷,

÷
2
2


+ Nếu chỉ xét trên R, miền liên thông thường xét: (a; b), [ a; b ] , ( a; b ] , [ a; b ) , ( −∞; a), (b; +∞),...
II/ BẤT ĐẲNG THỨC BA BIẾN VỚI CỰC TRỊ ĐẠT TẠI GIÁ TRỊ BIẾN ĐỐI XỨNG
a/Phương pháp:
Giả sử bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: f ( x, y, z ) ≥ 0 với x,y,z là các biến số thực thỏa mản các
tính chất nào đó. Khi đó ta sẻ thực hiện hai bước chính.
Bước 1: (Kỹ thuật dồn về hai biến bằng nhau)
Đánh giá f ( x, y, z ) ≥ f ( t , t , z ) , với ( t , t , z ) là bộ số thỏa mãn mọi tính chất của bộ số ( x, y , z ) .
Bước 2: Đánh giá f ( t , t , z ) ≥ 0
Lưu ý: đối với các đẳng thức đồng bậc ta có thể làm cho chứng minh đơn giản hơn bằng cách chuẩn hóa
các biến trong bất đẳng thức trước khi thực hiện hai bước.
b/Phân loại:
Loại 1: Bất đẳng thức không có điều kiện
Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 20


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức

( không ràng buộc các biến bằng một đẳng thức hay bất đẳng thức)
Đối với loại này thì dồn biến theo các đại lượng trung bình chẳng hạn như

x+ y
t=
,t =
2

x2 + y 2
, t = xy là những kỹ thuật chính dùng để dồn hai biến bằng nhau.
2
Bài 1: Cho ba số thực không âm x,y, z chứng minh rằng x + y + z ≥ 3. 3 xyz
*Cách 1: x + y + z ≥ 3. 3 xyz ⇔ x + y + z − 3. 3 xyz ≥ 0 , đặt f ( x, y, z ) = x + y + z − 3. 3 xyz
Bước 1: Ta đi chứng minh f ( x, y, z ) ≥ f (t , t , z ) với t =
Ta có t =

x+ y
≥ xy ⇒ t 2 ≥ xy .
2

x+ y
.
2

3 2
Suy ra f ( x, y, z ) − f (t , t , z ) = x + y + z − 3. 3 xyz −  2t + z − 3. t z  = 3



⇒ f ( x, y, z ) ≥ f (t , t , z ) .



(

3

)

t 2 z − 3 xyz ≥ 0

Bước 2: Ta đi chứng minh f (t , t , z ) = 2t + z − 3. 3 t 2 z ≥ 0 .
Ta có: f (t , t , z ) ≥ 0 ⇔ 2t + z ≥ 3. 3 t 2 z ⇔ (2t + z )3 ≥ 27.t 2 z ⇔ (t − z ) 2 (8t + z ) ≥ 0 (đúng).
Vậy f ( x, y, z ) ≥ f (t , t , z ) ≥ 0 (điều phải chứng minh).
*Cách 2: x + y + z ≥ 3. 3 xyz ⇔ x + y + z − 3. 3 xyz ≥ 0 , đặt f ( x, y, z ) = x + y + z − 3. 3 xyz
Bước 1: Ta đi chứng minh f ( x, y, z ) ≥ f (t , t , z ) với t =
Ta có t =

xy ≤

xy .

x+ y
⇒ 2t ≤ x + y .
2

3 2
Suy ra f ( x, y, z ) − f (t , t , z ) = x + y + z − 3. 3 xyz −  2t + z − 3. t z  = x + y − 2t ≥ 0



⇒ f ( x, y, z ) ≥ f (t , t , z ) .



Bước 2: Ta đi chứng minh f (t , t , z ) = 2t + z − 3. 3 t 2 z ≥ 0 .
Ta có: f (t , t , z ) ≥ 0 ⇔ 2t + z ≥ 3. 3 t 2 z ⇔ (2t + z )3 ≥ 27.t 2 z ⇔ (t − z ) 2 (8t + z ) ≥ 0 (đúng).
Vậy f ( x, y, z ) ≥ f (t , t , z ) ≥ 0 (điều phải chứng minh).
*Cách 3: (Kỹ thuật thuật chuẩn hóa theo tổng đối với bất đẳng thức đồng bậc)
27 xyz
− 1 ≤ 0 (1)
Nếu x + y + z = k > 0 thì ta có: x + y + z ≥ 3. 3 xyz ⇔
( x + y + z )3

27 xyz
27 xyz
− 1 ⇒ g (tx, ty , tz ) =
− 1 = t 0 .g ( x, y , z ) ( với t khác 0).
3
3
(x + y + z)
( x + y + z)
Do đó g(x,y,z) là thuần nhất bậc không nên ta chuẩn hoá x + y + z = 1 .
g ( x, y , z ) =

Ta có thể lập luận như sau:
3

x y z
x y z

Nếu x + y + z = k > 0 thì x + y + z ≥ 3. 3 xyz ⇔ ( x + y + z )3 ≥ 27 xyz ⇔  + + ÷ ≥ 27 . .
k k k
k k k
Từ đó ta có thể giả sử x + y + z = 1





Ta có: x + y + z ≥ 3. 3 xyz ⇔ 1 − 27 xyz ≥ 0 , đặt f ( x, y, z ) = 1 − 27 xyz
Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 21


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
Bước 1: Ta đi chứng minh f ( x, y, z ) ≥ f (t , t , z ) với t =
Nhận xét: khi thay x và y bởi t =

x+ y
.
2

x+ y
thì vẫn đảm bảo được: t+t+z=1.
2
2

Ta có:
.

x+ y
 x+ y
2
2
2
xy ≤
⇒ xy ≤ 
÷ ⇒ xy ≤ t ⇒ xyz ≤ t z ⇒ 1 − xyz ≥ 1 − t z ⇒ f ( x, y , z ) ≥ f (t , t , z )
2
 2 
Bước 2: Ta đi chứng minh f (t , t , z ) ≥ 0 .

Ta có: f (t , t , z ) = 1 − 27t.t.z − 27.t.t (1 − 2t ) = (1 + 6t )(1 − 3t ) 2 ≥ 0 (vì t+t+z=1).
Vậy f ( x, y, z ) ≥ f (t , t , z ) ≥ 0 (điều phải chứng minh).
x = y
1
1
⇔x= y= ⇔x= y=z= .
Dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi 
3
3
3t = 1
Bài 2: Cho ba số thực không âm a,b,c. Chứng minh rằng (a 2 + 2)(b 2 + 2)(c 2 + 2) ≥ 9(ab + bc + ca )
(APMO 2004)
Nhận xét: do vế trái là hàm chẵn với các biến a,b,c nên ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức cho các số
thực a,b,c không âm.
Bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức: (a 2 + 2)(b 2 + 2)(c 2 + 2) − 9( ab + bc + ca) ≥ 0 .
Đặt f (a, b, c ) = ( a 2 + 2)(b 2 + 2)(c 2 + 2) − 9( ab + bc + ca ) .
Giả sử c = min { a, b, c}

Bước 1: Ta đi chứng minh f (a, b, c) ≥ f ( ab , ab , c ) . (tức là dồn biến t = ab ).
2
2 2
2
Ta có f (a, b, c) − f ( ab , ab , c) = ( a − b )  2( a + b ) .c + 4( a + b ) − 9c  ≥ 0
(vì c = min { a, b, c} )

⇒ f (a, b, c ) ≥ f ( ab , ab , c) hay f (a, b, c) ≥ f (t , t , c) .
Bước 2: Ta đi chứng minh f (t , t , c) = (t 2 + 2) 2 c 2 − 18tc + (2t 4 − t 2 + 8) ≥ 0 .
Nhận xét: f (t , t , c) là tam thức bậc hai theo biến c và có: ∆ = −(t 2 − 1) 2 (2t 4 + 11t 2 + 32) ≤ 0 .
⇒ f (t , t , c) ≥ 0
Vậy f (a , b, c) ≥ f (t , t , c) ≥ 0 (điều phải chứng minh). Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1.
Loại 2: Bất đẳng thức có điều kiện
Bài 3: Cho ba số thực dương a,b,c thỏa abc=1. Chứng minh rằng (a + b)(b + c )(c + a ) ≥ 4(a + b + c − 1) .
(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 4( a + b + c − 1) ⇔ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) − 4( a + b + c) + 6 ≥ 0
Đặt f (a, b, c) = ab(a + b) + bc (b + c) + ca (c + a ) − 4(a + b + c) + 6
Không mất tính tổng quát giả sử a = max { a, b, c} .

Bước 1: Ta đi chứng minh f (a, b, c) ≥ f (a, bc , bc ) . (tức là dồn biến t = bc ).
Ta có f (a, b, c) − f (a, bc , bc ) = (a 2 + bc)(b − 2 bc + c) + a(b 2 − 2bc + c 2 ) − 4(b − 2 bc + c )
= ( b − c ) 2 ( a + b)( a + c) + 2 a − 4  .

Vì ≥ 4 4 ab.ac = 4 4 a ≥ 4 ( vì a ≥ 1 ) nên f (a, b, c) − f ( a, bc , bc ) ≥ 0 ⇒ f (a, b, c ) ≥ f (a, bc , bc )
hay f (a, b, c) ≥ f (a, t , t ) .
Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 22

Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
Bước 2: Ta đi chứng minh f (a, t , t ) ≥ 0 . Ta có abc = 1 ⇔ a bc . bc = 1 ⇔ a.t.t = 1 ⇔ a =

1
t2

2
2
2
3
2
6
4
3
 1  t − 4t + 4t − 2t + 1 (t − 1) (t − 1) + 2t + t 
f (a, t , t ) = f  2 t , t ÷ =
=
≥ 0 (đúng)
t2
t2
t

Vậy f (a, b, c) ≥ f (a, t , t ) ≥ 0 (điều phải chứng minh). Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1.
Bài 4: Cho ba số thực x,y,z thỏa x 2 + y 2 + z 2 = 9 . Chứng minh rằng 2( x + y + z ) − xyz ≤ 10 .

Đặt f ( x, y, z ) = 2( x + y + z ) − xyz

Không mất tính tổng quát giả sử x = min { x, y, z} .
y2 + z2
Bước 1: Ta đi chứng minh f ( x, y, z ) ≤ f ( x, t , t ) , với t =

.
2

Ta có t =

y +z
⇒ y + z − 2t ≤ 0, yz − t 2 ≤ 0 và t =
2
2

2

y +z
9 − x2
=
2
2
2

2

f ( x, y, z ) − f ( x, t , t ) = 2( y + z − 2t ) − x( yz − t 2 )
• Xét x ≤ 0 , khi đó f ( x, y, z ) − f ( x, t , t ) = 2( y + z − 2t ) − x( yz − t 2 ) ≤ 0 ⇒ f ( x, y, z ) ≤ f ( x, t , t ) .
Ta đi chứng minh f ( x, t , t ) ≤ 10 .
1
f ( x, t , t ) = 2 x + 2 2(9 − x 2 ) − x(9 − x 2 ) = g ( x) , x ∈ [ −3;0] .
2
2
3x 5
4x

g '( x ) =
− −
= 0 ⇒ x = −1∈ [ −3;0] . Lập bảng biến thiên suy ra:
2 2
18 − 2 x 2
f ( x, y, z ) ≤ f ( x, t , t ) = g ( x) ≤ 10, ∀x ∈ [ −3;0 ] ; f ( x, y , z ) = 10 ⇔ x = −1, y = z = 2 .
• Xét x > 0 ⇒ y > 0, z > 0 . Khi đó ta sẻ đánh giá trực tiếp mà không cần đồng biến.
3
+ Nếu x ≥ : f ( x, y, z ) = 2( x + y + z ) − xyz ≤ 2 3( x 2 + y 2 + z 2 ) − xyz = 6 3 − xyz
4
3

2

 3
3
vì x = min { x, y, z} nên xyz ≥  ÷ . Suy ra f ( x, y, z ) ≤ 6 3 −  ÷ < 10 .
 4

+ Nếu x ≤

4

3
3

2
2
: f ( x, y, z ) = 2( x + y + z ) − xyz ≤ 2( y + z + x) ≤ 2  2( y + z ) + x  < 2  2.9 +  < 10
4

4

2

3
Suy ra f ( x, y, z ) ≤ 6 3 −  ÷ < 10 .
4
Vậy tóm lại: f ( x, y, z ) ≤ f ( x, t , t ) ≤ 10 .
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi x=-1,y=z=2 và các hoán vị.
Bài 5: Cho 3 số thực a,b,c không âm thoả: ab + bc + ca + abc = 4 .
Chứng minh rằng: a + b + c ≥ ab + bc + ca .
*Lưu ý: Để ý rằng ngoài điểm đẳng thức xãy ra là a=b=c=1 đẳng thức xãy ra còn có một điểm khác là
a=b=2, c=0. Điều đó gợi cho ta giả sử c=min{a,b,c}và ta dồn biến để đưa hai biến a,b về bằng nhau và
bằng một số t dương nào đó. Trước tiên ta chọn bộ số (t , t , c) phải thỏa mãn: ab + bc + ca + abc = 4 tức là
t 2 + 2tc + t 2c = 4 . Suy ra t 2 + 2tc + t 2c = ab + bc + ca + abc .
Ta có: a + b + c − ab − bc − ca ≥ 0 , đặt f (a, b, c) = a + b + c − ab − bc − ca

+ Trước tiên ta chứng minh: f (a, b, c) ≥ f (t , t , c) ⇔ a + b + c − ab − bc − ca ≥ 2t + c − t 2 − 2tc
⇔ (a + b − 2t )(1 − c) + (t 2 − ab) ≥ 0 (*)
Mặt khác: t 2 + 2tc + t 2c = ab + bc + ca + abc ⇔ c (a + b − 2t ) = (c + 1)(t 2 − ab ) (**)
Ta sẻ chứng minh a + b − 2t , t 2 − ab là những số không âm.
Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 23


Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
2

a+b

 a+b
⇒ t2 > 
÷ ≥ ab .
2
 2 
Suy ra ab > ab vô lí). Vậy a + b − 2t , t 2 − ab là những số không âm. Suy ra (*) đúng.
Hay f (a, b, c) ≥ f (t , t , c)
Bây giờ ta đi chứng minh: f (t , t , c ) ≥ 0 hay 2t + c − t 2 − 2tc ≥ 0 .
2−t
≥ 0.
Từ t 2 + 2tc + t 2c = 4 suy ra c =
t
(2 − t )(t − 1) 2
Khi đó 2t + c − t 2 − 2tc =
≥ 0 . Suy ra điều phải chứng minh.
t
Bài 6: Cho ba số thực không âm a,b,c thỏa ab + bc + ca + 6abc = 9 . Chứng minh rằng
a + b + c + 3abc ≥ 6
Bài 7: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng minh rằng ta luôn có
1 1 1
+ + + 48( ab + bc + ca) ≥ 25
(Kvant)
a b c

Giả sử a + b − 2t < 0 , từ (**) suy ra t 2 − ab < 0 ⇒ t 2 < ab . Khi đó ta có : t >

Trên đây là những suy nghĩ và trình bày mang tính chủ quan của chúng tôi. Kính mong được sự
đóng góp của quý thầy cô giáo.

Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành

Trang 24