Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức

MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
I. Các kiến thức thƣờng dùng
1. Tính chất :
* a b và b c
a c
*a b
a c b c
* a b và c d
a c b d
* Nếu c 0 thì a b
ac bc
Nếu c 0 thì a b
ac bc
*a b 0
a
b
a 2 b2
*a b 0
a n bn
*a b 0
2. Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối.
a
a
a với mọi số thực a .
*

* x

a

* x

a

a
x

x

a ( Với a

a

x

( Với a

a

3. Bất đẳng thức Cô - Si
a) Đối với hai số không âm
a
Cho a 0, b 0 , ta có

b

0)
0)

ab . Dấu '=' xảy ra khi và chỉ khi a

2

b

b) Đối với ba số không âm
Cho a

0, b

0, c

0 , ta có

a

b
3

c

3

abc . Dấu '=' xảy ra khi và chỉ khi a

b

c) Đối với n số không âm (n  N*, n  2)
Với n số thực không âm a1 , a2 , ..., an , ta có
a1  a 2  ... a n n
 a1 a 2 .... a n (*).

n

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1  a2  ... an .
Chú ý 1:
i)

(*)  a1  a2  ...  an  n. n a1 a2 .... an .

ii)

 a  a2  ...  an 
(*)  a1 a2 .... an   1
 .
n


n

4. Một số kết quả thƣờng dùng
4.1. Với hai số thực bất kì x và y, ta luôn có

a) x 2  y 2  2 xy; b) ( x  y ) 2  4 xy; c) 2( x 2  y 2 )  ( x  y ) 2 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y.
4.2. Với ba số thực bất kì x, y, z ta luôn có

a) 3( x 2  y 2  z 2 )  ( x  y  z ) 2 ; b) x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx;
c) ( x  y  z ) 2  3( xy  yz  zx).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z.
II. MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI.
1. Phƣơng pháp biến đổi tƣơng tƣơng

c


1.1. Cách 1: Dùng các tính chất biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh về một trong các dạng sau
2
2
2
+) A  B  C  0
) a1  a 2  ....  a n  0 với a1  0,a 2  0,....,a n  0
Ví dụ 1: Cho hai số thực a, b, c . Chứng minh rằng các bất đẳng thức sau và cho biết đẳng thức xảy ra
khi nào
a) ab

a2

b2

a

b) ab

2

c) 3  a 2  b2  c 2    a  b  c 

b

2

2

d)  a  b  c   3  ab  bc  ca 
2

2

Lời giải
a2

a) Ta có ab

b2

a2

2

b2

b) Bất đẳng thức tương đương với

2ab
a

b)2

(a

0

0 . Đẳng thức

a

b.

2

b

ab

2

0

 a 2  2ab  b 2  4ab   a  b   0 (đúng) ĐPCM.
2

Đẳng thức xảy ra a b
c) BĐT tương đương 3  a 2  b 2  c 2   a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca
  a  b    b  c    c  a   0 (đúng) ĐPCM.
2

2

2

Đẳng thức xảy ra a b c

d) BĐT tương đương a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca  3  ab  bc  ca 
 2  a 2  b 2  c 2   2  ab  bc  ca   0   a  b    b  c    c  a   0 (đúng) ĐPCM.
2

2

2

Đẳng thức xảy ra a b c
Ví dụ 2: Cho năm số thực a,b, c, d,e . Chứng minh rằng

a 2 b2 c2 d 2 e2 a(b c d e) .
Lời giải
Ta có : a 2 b2 c 2 d 2 e 2 a(b c d e)
a2
a2
a2
a2
(
ab b 2 ) (
ac c 2 ) (
ad d 2 ) (
4
4
4
4
a
a
a
a

(
b)2 (
c)2 (
d )2 (
e)2
0
đpcm.
2
2
2
2
a
b c d e
Đẳng thức xảy ra
.
2
Ví dụ 5: Cho a, b, c là các số thực. Chứng minh rằng
a) a 4

b4

4ab

2

1

b2

1

c) 3 a 2

b2

ab

4

2

2 ab
2 a b2

Lời giải
a) BĐT tương đương với a 4

b2

2

2 ab

e2)

2

0

0

b) 2 a 4

a2

ae

1

2

b4

1

2

1

b a2

2a 2b 2

1

2a 2b 2

4ab

0 (đúng)

1.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b
4
4
1
b
2b 2
b) BĐT tương đương với 2 a

1

2 a 2b 2

2ab

1

0


a4

b4

2a 2b 2

2a 2

2b 2

4ab

a4

4a 2

1

(a 2 b2 )2 2(a b)2 (a 2 1)2 0 (đúng)
1.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b
2ab 8 4 a b 2
c) BĐT tương đương với 6 a 2 b 2
a2

a

4a b 2

2 b2

4 b2

1

1

2

b2

1

2 a2

b

4b a 2

2

1

a

b

b a2

1

4 a2

1
2

0

1

a2

1

0
b2

2ab

0

0 (đúng)

Đẳng thức không xảy ra.
1.2. Cách 2: Dùng các tính chất biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh về dạng sau
a1 a 2 ....  a n  0 với a1  0,a 2  0,....,a n  0
Ví dụ 3: Cho số thực x . Chứng minh rằng x 4 3
Lời giải
Bất đẳng thức tương đương với x 4 4x 3 0

4x

  x  1  x3  x 2  x  3  0   x  1  x 2  2 x  3  0
2

2
2
  x  1  x  1  1  0 (đúng với mọi số thực x )



Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  1 .
1
1
2
Ví dụ 4: Cho ab 1 . Chứng minh rằng : 2
.
2
a
1 b
1 1 ab
Lời giải
1
1
2
1
1
1
2
( 2
) ( 2
)
Ta có 2
2
a
1 b
1 1 ab
a
1 1 ab
b
1 1 ab

ab a 2
ab b 2
a b
b
a
a b b a a 2b b 2a
(
)
.
1 ab (1 b 2 )(1 a 2 )
(a 2 1)(1 ab) (b 2 1)(1 ab) 1 ab 1 b 2 1 a 2

(a b)2 (ab 1)
(1 ab)(1 b 2 )(1 a 2 )

a b (a b)(ab 1)
1 ab (1 b 2 )(1 a 2 )

Nhận xét : Nếu

b

1

1 thì BĐT có chiều ngược lại :

y3

b) x 3 3x
Lời giải

x

4

y

y3

3 x

y 4 x2
y

x

y2

2

3y 2
4

b) Bất đẳng thức tương đương x 3
y3

1
x
4

x2

y

x

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x

Theo câu a) ta có x 3

2
1

ab

1

3y

xy
y
2

1
2

3

a) Bất đẳng thức tương đương 4 x

x

1) .

1
2

a
1 b
y . Chứng minh rằng;

Ví dụ 6: Cho hai số thực x , y thỏa mãn x
a) 4 x 3

0 (Do ab

y

2

xy

0

0 (đúng với x

y2

x

x

y 3x 2

y

3

3xy

y ) ĐPCM.

y.

y3

3x
3

3y

4

y , do đó ta chỉ cần chứng minh

0

y2

0

.


1
x
4

3

y

3x

BĐT (*)

3y
3

x

y

x

y

x

y

x

y

2

x

y

2

2

4 (*), Thật vậy,
12 x
2

y

16

2 x
4

y

0

8

0

0 (đúng với x

y )

Đẳng thức xảy không xảy ra.
2. Phƣơng pháp: Xuất phát từ các bất đẳng thức đúng đã biết dùng các tính chất để suy ra bất
đẳng thức (BĐT) cần chứng minh
2.1. Cách 1: Từ các bất đẳng thức đúng cùng chiều đã biết, cộng theo vế để được bất đẳng thức cần
chứng minh
Ví dụ 7 : Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng :
a 2 b2 c2 2(ab bc ca) .
Lời giải
Vì a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có :
a b c
ac bc c 2 . Tương tự
bc ba b 2 ; ca cb c 2 cộng ba BĐT này lại với nhau ta có đpcm
Ví dụ 10: Chứng minh rằng nếu a
a b c 16
Lời giải
Từ giả thiết ta suy ra a 9,b 8, c

4,b

5, c

6 và a 2

b2

c2

90 thì

7 do đó áp dụng * ta có

a 4 a 9
0, b 5 b 8
lại ta được:
a2 b2 c2 13(a b c) 118

0, c

6 c

7

0 nhân ra và cộng các BĐT cùng chiều

0 suy ra

1 2
90
a
b 2 c 2 118
16 vì a 2 b 2 c 2
13

vậy a b c 16 dấu “=” xảy ra khi a
4,b 5, c 7
2.2. Cách 2: Từ các bất đẳng thức đúng cùng chiều đã biết có các vế không âm, nhân theo vế để được
bất đẳng thức cần chứng minh
1
1
1
b
c
8
Ví dụ 2: Cho a, b, c là số dương. Chứng minh rằng a
b
c
a
Lời giải
Áp dụng BĐT côsi ta có
a

b

c

a

1
b

2

a

,b
b

1
c

2

b
,c
c

1
a

2

c
a

1
1
1
a b c
b
c
8 . .
8 ĐPCM.
b
c

a
b c a
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c .
3. Phƣơng pháp: Phối hợp các cách trên
Ví dụ 8 : Cho a,b, c [0;1] . Chứng minh : a 2 b 2 c 2 1
Lời giải
Cách 1: Vì a,b, c [0;1]
(1 a 2 )(1 b 2 )(1 c 2 ) 0

Suy ra a

1

a 2b 2

Ta có : a 2b2c2

b 2c 2

c 2a 2

0; a 2b 2

a 2b 2c 2

b 2c 2

a2

c 2a 2

b2

a 2b

a 2b

b 2c

c 2a

c 2 (*)

b 2c

c 2a nên từ (*) ta suy ra


a2

b2

c2

a 2b 2

1

b 2c 2

c 2a 2

a 2b

1

b 2c

Cách 2: BĐT cần chứng minh tương đương với a2 1

a2

Mà a, b, c

0;1

a2 1

b2 1

b

a,b 2

b, c 2

c2 1

c

Ta chỉ cần chứng minh a 1
Thật vậy: vì a, b, c

a

b

c 2a đpcm.

b

b2 1

c

c

c 1

a

c2 1

a

1

c do đó
a 1

b 1

b

b 1

c

c 1

a

1

0;1 nên theo nhận xét * * ta có
abc

a

a

1

b

c

b 1

1

ab

bc

c

0

ca

1

a 1 b
b 1 c
c 1 a
1
vậy BĐT ban đầu được chứng minh
1 . Chứng minh :
Ví dụ 9 : Cho các số thực a,b,c thỏa mãn : a 2 b 2 c 2
2(1 a b c ab bc ca ) abc 0 .
Lời giải
Vì a 2 b2 c2 1
a,b, c [ 1;1] nên ta có :
(1 a)(1 b)(1 c) 0
1 a b c ab bc ca abc 0 (*)

Mặt khác :

(1

a

c)2

b

0

2
Cộng (*) và (**) ta có đpcm.

a

1

a 4b 2 b 4c 2 c 4a 2 3
2
a 2012 b 2012 c 2012
Lời giải
Vì ba số a, b, c thuộc 1;1 nên 0

b2 )(1

Mặt khác a 4
Suy ra a 4

b2

a4)

a 2012,b 4
b4

a 4b 2

a

a 2012

b4

b 2012

b 2012

bc

a 2012

1

2012

2012

2012

b
4 2

ab

c
4 2
bc

ca

0 (**)

1

a 4b 2

1 (*)

1;1

a 4b 2 (**)

a 4b 2

b 4c 2

Cộng vế với ta được

ab

b 2012 đúng với mọi a, b thuộc

Từ (*) và (**) ta có a 2012
Tương tự ta có

a 2,b 2, c 2

a4

0

c

1;1 và không đồng thời bằng không. Chứng minh rằng

Ví dụ 11: Cho ba số a, b, c thuộc

Suy ra (1

b

1 hay

1 và
c 4a 2

a 2012

a

a 4b 2

c 2012

1

2012

2012

2012

b

c 4a 2

b 2012

1

2012

2012

2012

a
a 2012

b 2012

b

b 2012
c 2012

c
c 2012

c

1

1
3

3

a 4b 2 b 4c 2 c 4a 2 3
2 ĐPCM.
a 2012 b 2012 c 2012
4. Phƣơng pháp: Dùng bất đẳng thức Cô – Si (Lƣu ý về kỹ thuật chọn điểm rơi hay dự đoán dấu
bằng)
4.1. Các ví dụ
Ví dụ 2: Cho a, b, c là số dương. Chứng minh rằng

Hay

b) a 2 (1
c) (1

b2 )
a )(1

b2 (1
b)(1

c2 )
c)

c2 (1
1

3

a2)
abc

3

6abc


d) a 2 bc b2 ac c2 ab a 3 b 3 c 3
Lời giải
b) Áp dụng BĐT côsi cho hai số dương ta có
1 a2 2 a2
2a , tương tự ta có 1 b 2
Suy ra a 2 (1

b2 )

b 2 (1

c2 )

c 2 (1

c2

2b, 1

a2)

2 a 2b

2c

b 2c

c 2a

Mặt khác, áp dụng BĐT côsi cho ba số dương ta có

a 2b b2c c2a 3 a 2b.b 2c.c 2a
3abc
2
2
2
2
2
Suy ra a (1 b ) b (1 c ) c (1 a 2 ) 6abc . ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1 .

ab bc ca
a b
c) Ta có (1 a )(1 b)(1 c) 1
Áp dụng BĐT côsi cho ba số dương ta có
ab

bc

3 3 ab.bc.ca

ca

Suy ra (1

a)(1

b)(1

3

c)

3

1

2

abc
3

3

và a

abc

b

2

Suy ra a

2

bc

b

2

ac

c

2

3 3 abc

2

ab

ab

2

ba

abc

a

c2

2

3

1

abc

b
2

2

ac

abc

3 3 abc

c

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c .
d) Áp dụng BĐT côsi cho hai số dương ta có
b c
a c
a 2 bc a 2
, b 2 ac b 2
, c 2 ab
2
2

c

b 2c

ca

c 2b

2

(1)

Mặt khác theo BĐT côsi cho ba số dương ta có
a 3 a 3 b3 2

b3 b3 a 3 2
a 3 a 3 c3
a 2b
,ba
,ac
,
3
3
3
c3 c3 a 3 2
b3 b3 c3 2
c3 c3 b3
c 2a
,bc
,cb
3
3
3
2
2
2
2
2
2
3
3
b
c 3 (2)
Suy ra a b b a a c c a b c c b 2 a
Từ (1) và (2) suy ra a 2 bc b2 ac c2 ab a 3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c .
Ví dụ 5: Cho a, b, c là số dương. Chứng minh rằng:
ab bc
c
a
Lời giải

a)

ac
b

a

b

a) Áp dụng BĐT côsi ta có

c
ab
c

b)
bc
a

2

a
b2

b
c2

ab bc
.
c a

bc ac
ac ba
2c,
2a .
a
b
b
c
Cộng vế với vế các BĐT trên ta được
ab bc ac
ab bc
2
2 a b c
c
a
b
c
a
Đẳng thức xảy ra khi a b c .

b3

c3

c
a2

1
a

1
b

1
c

2b

Tương tự ta có

b) Áp dụng BĐT côsi ta có

a
b2

1
a

2

a 1
.

b2 a

ac
b
2
b

a

b

c ĐPCM

3

ĐPCM


b
1 2 c
1 2
, 2
2
b
c a
c a
c
Cộng vế với vế các BĐT trên ta được
a
b

c
1 1 1 2 2 2
b2 c2 a 2 a b c a b c
Đẳng thức xảy ra khi a b c .
Ví dụ 1: Cho a, b là số dương thỏa mãn a 2

Tương tự ta có

a b a
b
4
2
b a b
a2
Lời giải
a) Áp dụng BĐT côsi ta có

b) a

a)

a
b

b
a

Suy ra

a b

a
.
2, 2
b a
b
b a
b
2
a b
a2

2
a
b

b
a2

a 2 b2 2 a 2b2
a b a
b
Từ (1) và (2) suy ra
2
b a b
a2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b
b) Ta có a

b

a2

2ab

Áp dụng BĐT côsi ta có
a 2 2ab b 2 2 2ab a 2

a3

3ab 2

3a 2b

Suy ra a 2

2ab

Do đó a

b

5

b2
16ab

16ab

1
b

a2

1
ĐPCM.
c

1

b2

4 ab 1

b2

1

2
ab

ab

1 (1)

4 ĐPCM.
1.

a3

a3

3ab 2
a2

1

5

1
a

3ab 2

3a 2b

b3

4 ab và

2

a3

2 . Chứng minh rằng

2ab

b2

b2

b3

b2

b

c
a2

(1)

ab

Mặt khác ta có 2

5

b
c2

a b
.
b2 a 2

2
4

a
b2

3ab 2
3a 2b

3a 2b
b3

b3
16ab

a2

1 b2

b 2 ĐPCM.

1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b 1 .
Ví dụ 3: Cho a,b, c, d là số dương. Chứng minh rằng
a)
b)
c)

a

b

4
b

c3

a
b3
a

c

b

d

c
d3

4

abcd

d
a3

c

a

b b

8abc
b)(b c)(c

c

(a
abc
Lời giải
a) Áp dụng BĐT côsi ta có

a)

a

ab

3

b

Suy ra

a

2 ab , c

d

b

d

c

2 cd và

2 ab

4
4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a
b) Áp dụng câu a) ta có

16
4.

cd

2 cd
b

4

c

2

ab. cd

abcd ĐPCM.
d.

2 4 abcd

1

a2

1


a
b3

b
c3

a b c d
4
. 3. 3. 3
3
b c d a
abcd
a
b
c
d
4
Suy ra 3
a b c d
.2 ab .2 cd
3

3
3
b
c
d
a
abcd
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c d .
c) Áp dụng câu a) ta có
VT

c
d3

3.

a

44

d
a3

b

44

c
(a

3 3 abc
8 a
27(a

8abc
b)(b c)(c

b

b)(b

c

b

c

3

c)(c

27 a

44

a)

b

c

3

(a

3 3 abc

8abc
b)(b c)(c

a)

3

a)

Như vậy ta chỉ cần chứng minh 4 4
8 a

a

16 ĐPCM

b b

8 a
27(a

b

b)(b

c c

c

3

c)(c

a)

4

a (*)

Áp dụng BĐT côsi cho ba số ta có
a

b b

c c

a

a

b

b

c
3

c

a

3

8 a

b

c

3

27

Suy ra BĐT (*) đúng nên BĐT ban đầu đúng. ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c .
Nhận xét: BĐT câu a) là bất đẳng côsi cho bốn số không âm. Ta có BĐT côsi cho n số không âm
như sau: Cho n số không âm ai , i 1,2,..., n .
a1

a2

...

an

n
a1a2 ...an .
n
4.2. Kỹ thuật chọn điểm rơi hay dự đoán dấu bằng)
Ví dụ 11: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3
1
1
x
2x
.
a) h x
với x 2
b) k x
với 0 x
2
x
2
x
Định hƣớng tìm lời giải câu a: Nếu học sinh giải như sau: (Áp dụng BĐT Cô - si ta có

Khi đó ta có

3
3
2 x.
2 3
x

x
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức h(x) là 2 3 ) thì lời giải này không đúng vì:
3
h x
2 3
x
x
3 , vô lý (Do x 2 )
x
Mấu chốt ở đây là dấu bằng trong bất đẳng thức đúng đã dùng không xảy ra. Bây giờ ta sẽ dự đoán
trước h(x) đạt giá trị nhỏ nhất khi x bằng bao nhiêu? Bằng cách dùng máy tính, ta dự đoán được h(x)
3
3
3x
đạt giá trị nhỏ nhất khi x bằng 2, khi x = 2 thì
vì vậy ta tách và dung bất đẳng thức
x
2
4
Cô – Si như lời giải sau (Vì khi sử dụng bất đẳng thức Cô – Si cho hai số không âm thì dấu bằng xảy
ra khi hai số đó bằng nhau)
h x

x

Lời giải
a) Ta có h x

3
x

3x
4

x
4


Áp dụng BĐT côsi ta có
Mặt khác x

3x
4

3
x

3
x

2 suy ra h x

3x
4
2

3
x
x

Đẳng thức xảy ra

2

x

3 3x
.
3
x 4
3x
x
3
4
4

2
4

7
2

2

7
2.
khi và chỉ khi x
2
Định hƣớng tìm lời giải câu b: Ta sẽ dự đoán trước k(x) đạt giá trị nhỏ nhất khi x bằng bao nhiêu?
1

1
Bằng cách dùng máy tính, ta dự đoán được h(x) đạt giá trị nhỏ nhất khi x
, khi x
thì
2
2
1
1
x
x
vì vậy ta tách và dung bất đẳng thức Cô – Si như lời giải sau (Vì khi sử dụng bất
2
8x 2
đẳng thức Cô – Si cho ba số không âm thì dấu bằng xảy ra khi ba số đó bằng nhau)
1
7
x x
b) Ta có k x
2
8x
8x 2
1
1
3
3 3 x .x . 2
Áp dụng BĐT côsi ta có x x
2
2
8x
8x

1
7
7
3 7
5
Mặt khác 0 x
suy ra k x
2
2
2
2 2
8x
1
x
1
8x 2
Đẳng thức xảy ra
x
1
2
x
2
1
5 khi và chỉ khi x
Vậy min k x
.
2
a2
b2
c2

a b c
Ví dụ 8: Cho a, b, c là số dương. Chứng minh rằng
.
b c c a a b
2
a2
a
b c
Định hƣớng : Dự đoán dấu bằng xảy ra khi a = b = c. Khi a = b = c thì
vì vậy ta
b c
2
4
tách và dung bất đẳng thức Cô – Si như lời giải sau (Vì khi sử dụng bất đẳng thức Cô – Si cho hai số
không âm thì dấu bằng xảy ra khi hai số đó bằng nhau)
Lời giải
Áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực dương ta có :

Vậy min h x

a2

b

c

a2

b

c

a.
c 4
b2
c a
c2
b;
Tương tự ta có
c a
4
a b
Cộng ba BĐT này lại với nhau ta đươc :
a2
b2
c2
a b c
a
b c c a a b
2
a2
b2
c2
a b c
b c c a a b
2
Đẳng thức xảy ra
a b c.
b

c

4

2

b

.

a

b
4

b

c

c.


Ví dụ 9: Cho a, b, c là số dương thỏa mãn a
a

a)

b

b

c

1

a

1

a3

b)

c

b 3
Lời giải

c

c3
a

3

a

a) Đặt P

b

c
a

1

2a b

a

1

1

2b c

b

1

2
ab
4
P

bc

15 2
8

ca

a

2
ab
8

bc
2

Mặt khác ta có a b c
Do đó ab bc ca 3
15 2
8
Đẳng thức xảy ra
a

a3

b) Đặt Q

b

ca (vì a
3 ab

c

a

a

2 4a b

3

4

1

c

3)

c2
3

b c

4a 2
4a b

4b 2
4b c

3

3

3
4a

3

b

3

, tương tự ta có

c2

,

c a

3

4a 2
4a b

Cộng vế với vế lại ta được Q

4c 2
4c a

3

3

4b 2
4b c

4c 2
4c a

3

3

Áp dụng BĐT côsi ta có
4a 2
1
4a
4a b 3 16
Tương tự ta có
4b 2
1
4b
4b c 3 16

1

3

Áp dụng BĐT côsi ta có 4 a b

b2

2c a

ca (theo ví dụ 1)

c a

3

3

b

c

3

a b

4

a

1

3 2a
2

c3
3
b2

2

a2

1

c

b

bc

1

2a b

.

c

b c

Suy ra

a b

b

3 2

a
2

c

b3
3

a

Ta có Q

1

a

.

2
3 2
.3
ĐPCM.
8
2
b c 1.

P

Suy ra

b

b

3 2b
,
2

4
c 1
c 1
Cộng vế với vế ba BĐT trên ta được
2P

a

33

4

b 1
b 1
Tương tự ta có
b

3
2

3

b 1
c
Áp dụng BĐT côsi ta có
a

3 . Chứng minh rằng:

c

3 2
2

1

b3

b

b

3

2

c

3

b,

4a 2
4a b
4c 2
4c a

1
4a
3 16
.

3

1
4c
16

b

a

3

3

a

c

L

3 2c
2


1
5 a
16

Cộng vế với vế lại ta được L
Vì a

b

Đẳng thức xảy ra

a

c

Ví dụ 4: Cho a, b, c là số dương thỏa mãn a 2
a) a 2b b 2c c 2a 3
ab
bc
ca
b)
2
2
3 c
3 a
3 b2

Lời giải
a) Ta có a 2

b2

2

c2

b

c

b2

c2

3 . Chứng minh rằng

3
4

a4

9

Áp dụng BĐT côsi ta có a 4

a

9

3
ĐPCM
2

3
suy ra Q
2
b c 1.

3 nên L

c

b

b4

b4

c4

2a 2b 2, b 4

2a 2b 2

c4

2b 2c 2

2b 2c 2, c 4

2c 2b 2

a4

9 (1)

2c 2a 2

Cộng vế với vế lại ta được a 4 b 4 c 4 a 2b 2 b 2c 2 c 2a 2 (2)
3 (3)
Từ (1) và (2) ta có a 2b 2 b 2c 2 c 2a 2
Áp dụng BĐT côsi ta có
a 2 a 2b 2 2 a 2 .a 2b 2
2a 2b , tương tự ta có b 2 b 2c 2 2b 2c, c 2

c 2a 2

2c 2a

Cộng vế với vế ta được a 2

b 2c

c 2a (4)

b2

c2

a 2b 2

b 2c 2

c 2a 2

2 a 2b

Từ giả thiết và (3), (4) suy ra a 2b b 2c c 2a 3 ĐPCM
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1 .
b) Áp dụng BĐT côsi ta có
3 a2
3
3 b2 c2
3 b2
3 c2
2 3
bc
3 a2

bc
2

Tương tự ta có

3

b2

ab
3 c2

3

c2

1
a2
4 a 2 c2

1
b2
c2
.
2 3 c2 3 b2

b2
b2

c2

,

ca
3 b2

b2

3

1 b2
4 3 c2

1
c2
4 c2 b2

ab
bc
ca
3
ĐPCM.
2
2
2
4
3 c
3 a
3 b
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1 .
3 . Chứng minh rằng
Ví dụ 6: Cho a, b, c dương sao cho a 2 b 2 c 2

Cộng vế với vế ta được

a 3b 3 b 3c 3 c 3a 3
c
a

b
ab bc ca
3.
b)
c
a
b
Lời giải

a)

3abc

a 3b 3 b 3c 3
a 3b 3 b 3c 3
2
.
2b 3ac
a) Áp dụng BĐT côsi ta có
c
a
c
a
3 3
3 3
3 3
3 3
bc
ca
ca

ab
2abc 3 ,
2a 3bc
Tương tự ta có
a
b
b
c
a 3b 3 b 3c 3 c 3a 3
2abc a 2 b 2 c 2
Cộng vế với vế ta có 2
c
a
b

c2
c2

1
b2
4 b2 a 2

b2

3

a2
a2

b2

c2
c2

a2


a 3b 3 b 3c 3 c 3a 3
c
a
b
Đẳng thức xảy ra khi a

3abc . ĐPCM
b

c

1.

ab
b) BĐT tương đương với
c
ab
c

2

bc
a

2

2 a
2

ab
Áp dụng BĐT côsi ta có
c
2

2

ca
b

9

2

ca
b

bc
Tương tự ta có
a

bc
a

b

bc
a

2

ca
b

2

2

c

2

2

ab
c

2
2

ca
2c ,
b

9

ab
c

2

2

bc
.
a

ab
c

2

2

2

bc
a

2

ca
b

2

3

2b 2

2

2a 2

2

2

ab
bc
ca
Cộng vế với vế và rút gọn ta được
3 ĐPCM.
c
a
b
Đẳng thức xảy ra khi a b c 1 .
Ví dụ 7: Cho a, b, c là số dương thỏa mãn a b c 3 . Chứng minh rằng
3 a 3 b 3 c
a) 8 a b b c c a
b) 3 2a 3 2b 3 2c
Lời giải
a) Áp dụng BĐT côsi ta có
a

b b

a

c

abc

b

b

2

c

2

Tương tự ta có b

c c

4
c

3

a

2

, c

4

a

Nhân vế với vế lại ta được

b b

2a

+ Nếu cả ba số

3

3

2a

3

2b

3

2b

3

2c

2b

3

2a , 3

2a

3

2a

a

2b

3

3

2a

3

2a

3

2b

0, 3

2b

2c
2a , 3

4

64 3

a

3

b

3

c

2

c ĐPCM

3

0 : BĐT hiển nhiên đúng.

2

c 2 , tương tự ta có

b2
3

2c

2

a 2b 2c 2

abc .
2b , 3

0 suy racó 6

Vậy BĐT được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra
a b c

b

2

2c đều dương. Áp dụng BĐT côsi ta có

2c

3

2

a

3

0:

a 2, 3

2b

a

b

3

2

+ Nếu hai trong ba số 3
giả sử 3

2c

2b , 3

2a

3

Nhân vế với vế ta được
Hay 3

3

a

c c

3 a
Suy ra 8 a b b c c a
Đẳng thức xảy ra khi a b c 1 .
b) * TH1: Với 3 2a 3 2b 3 2c

* TH2: Với 3

2

a

3

1.

2a

2c âm và một số dương. Không mất tính tổng quát

2b

0

c

0 (không xảy ra)


Ví dụ 10: Cho a, b, c là số dương thỏa mãn abc
1
1
2
a
b2
Lời giải

1
c2

2 a

3

b

1 . Chứng minh rằng

c .

b 1 c 1
c 1 a 1
Ta có a 1 b 1
Do đó không mất tính tổng quát giả sử
a 1 b 1
0
ab 1 a b
2 ab c 1

Do đó ta chỉ cần chứng minh
1
a2

1
b2

1
c2

1
a2

2 ab

1

1
b2

1
c2

2 ab

3

a

1

2

2 a
c

b

b

1

b

ab

2 ca

Áp dụng BĐT côsi ta có

c
bc

a

2 bc

2 ab
1
1
2

a
a

2 bc

1
1
2

1
b
ab
1
,
2

a b c c 2 ab
b 2 ca
Cộng vế với vế các BĐT trên ta được
1
a
b
c
P
3
1
2
a b c a b c a b c
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c
Vậy min P 1
a b c
Ví dụ 16: Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a

a)

a

b
2

c
2

2

1)

a

1
1
2

b

a
b

c

a

c
c
b

c

3 . Chứng minh rằng

3
.
2

b
1 c

1 a
2
2
a
b
c2
1
b)
a 2b 3 b 2c 3 c 2a 3
Lời giải
a) Áp dụng BĐT côsi ta có:
a 1 b2 b2
a
ab 2
ab 2
a
a
a
2b
1 b2
1 b2
1 b2
b
bc
c
ca
b
c
Tương tự ta có
và

2
2
1 c2
1 a2
Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được:
a
b
c
ab bc ca
a b c
2
2
2
2
1 b
1 c
1 a
1

0

.

ca

Tương tự ta có

2

c

ca

a 2 bc
Lời giải

1

1

1
1
2
1
2
2
c
,
1
2ab (do abc
ab
c
a 2 b2
c2
1
1
1
1 2 ab c ĐPCM.
Cộng vế với vế ta được 2
2

a
b
c2
Đẳng thức xảy ra
a b c 1.
4.3. Kĩ thuật côsi ngƣợc dấu
Ví dụ 15: Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của

bc

c

c

Áp dụng BĐT côsi ta có

P

2

ab
2

3

ab

bc
2

ca


Mặt khác ta có a
Do đó

b

a

c

2

3 ab

b
2

c
2

bc

3
2
c

3

2

1 b
1 c
1 a
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
b) Theo bất đẳng thức Côsi ta có :
a a 2b 3
2ab 3
a2

ca

b

ab

ca

2b 3 a 2
.
3

a
3 3 ab 6
b2
2c 3 b
c2
2a 3 c
b

,
c
Tương tự ta có
3
3
b 2c 3
c 2a 3
Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được:
a2
b2
c2
2 3 2
a b c
b a
a 3 c2
3
3
3
3
a 2b
b 2c
c 2a
2b 3

a

a

2b 3

3.

3
ĐPCM.
2
1

2ab 3

a

bc

c 3 b2

Mặt khác a b c 3 do đó ta chỉ cần chứng minh: b 3 a 2 c 3 b2 a 3 c2
Thật vậy, theo bất đẳng thức Côsi ta có :
1
2ab b
b 3 a2
b. a a 1
3
3
2bc c 3 2
2ca a
,a c
Tương tự ta có c 3 b 2
3
3
Cộng vế theo vế các BĐT trên ta có:

2ab b 2bc c 2ca a
2
b 3 a 2 c 3 b2 a 3 c2
ab bc ca
3
3
3
3
2
1
.3
.3 3 ĐPCM.
Từ đó suy ra: b 3 a 2 c 3 b 2 a 3 c 2
3
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1 .
1.
Ví dụ 17: Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a 2 b 2 c 2
Chứng minh rằng

c

b
ab

1

a
ac

1

1

bc

3.

1
a
3

1

Lời giải
c

Đặt P

b

a

1 ab 1 ac
Áp dụng BĐT côsi ta có

bc

1

ca cb
abc
abc
c
c
1 ab
1 ab
2
2 ab
b
ba bc
a
b
,
a
Tương tự ta ta có
1 ac
4
1 bc
Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được:
ab bc ca
P a b c
2
c

c

Mặt khác a 2
Hay ab
Suy ra P

b2

bc
a

c2

a

ca
b

a

1

b

c

b
2

c

2

1

ca

c

cb
4

ab

ac
4

2 ab

bc

ca (*)

1

2
c

a

b

c
4

2

1

(a

b

c

1)(3
4

a

b

c)

1 (1)

b

c


Từ giả thiết ta có a,b, c [0;1]
3 a b c 0 (2)
Và từ (*) suy ra a b c 1 (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra P 1 . ĐPCM

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi trong ba số a, b, c có một số bằng 1 và hai số còn lại bằng 0.
5. Phƣơng pháp: Đặt ẩn phụ để chuyển bài toán phức tạp về bài toán đơn giản hơn
5.1. Cách 1: Đặt ẩn phụ chuyển bài toán ban đầu về bài toán mới có cùng số ẩn
Ví dụ 1: Cho các số dương a,b, c.
a

6b 8c 3a 2b c
a b c
2a b
b c
a b
b c
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P
a b c b c 4a
Lời giải
a) Đặt x a b c, y 2a b, z b c

a) Chứng minh rằng

Suy ra a

x

b

z, b

Bất đẳng thức trở thành
1

y
x

y
x

4x
y

z
x

4x
y

z
x

2x

y

x

y
x

z

4z

y

x
z

4z
y

y
z

2

x
z

y 4x
x
y
Suy ra BĐT (*) đúng. ĐPCM.
2x
y

Áp dụng BĐT côsi ta có

x

Đẳng thức xảy ra

z

2z

y

x
3

Khi đó ta có P
P

y
3x

4x
3y

Suy ra P
Vậy min P

4
3

x

15
6x 5y
15x

z

15y

Áp dụng BĐT côsi ta có

y

2y
y

y
z

z
4z

x

y
z

7

7

10 (*)

4,

z
x

x
z

y

2,

y
z

4z
y

4

2z suy ra không tồn tại a,b, c.

c

a

16b

5y z
15
4x y 16x z
3y
15z

z

4x
3y

c

21x

,c

16x
15z
y
3x

4a, z

4
5
4
z
,
3 15y

16y
15z

8
4

16
, đẳng thức xảy ra
15 5
15
5b
5c
16
khi và chỉ khi a
.
3
7
15

8
15
4x

Ví dụ 3: Cho x , y, z là số dương. Chứng minh rằng x 3
Lời giải

c a
.
c a 16b

y

z

,b

2x

4x

2x

Dấu đẳng thức không xảy ra.
b) Đặt x a b c, y b
Suy ra a

2z, c

7

2y

2y 3

z

3z 3

a

5b
3

1590
x
1331

5c
7

y

z

3


Ta có BĐT
Đặt a

x
x
y

x

3

x
y
z

z

,b

BĐT trở thành a 3

2

x

2b 3

x

y
y

z

3

y
y

3

z

,c

z
y

x

3

z
y

x

z

a, b, c dương và a

z

b

c

1

1590
1331

3c 3

Áp dụng BĐT côsi ta có
3

3

3

3

3

3

6
6
18
3
3
18
2
2
18
a
a , 2b 3 2
2
b , 3c 3 3
3
c
11
11
11
11
11
11
11

11
11
Cộng vế với vế các BĐT trên ta được
588
18
18
a 3 2b 3 3c 3
a b c
1331 11
11
1590
Suy ra a 3 2b 3 3c 3
.
1331
5.2. Cách 2: Đặt ẩn phụ hoặc đánh giá theo ẩn phụ để chuyển bài toán ban đầu về bài toán mới
có một ẩn
3
Ví dụ 4: Cho x , y, z là số dương thỏa mãn x y z
2
1 1 1 15
Chứng minh rằng x y z
.
x y z
2
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
3

1
x

1
y

1
z

Suy ra x
Đặt t

1
và x
xyz
1 1
z
x y

33
y

x

y

z

y

z

3 3 xyz nên

1
x

1
y

1
z

x

y

9
y

z

x

9
y

x

z

3

2

t

0

z

1
z

Khi đó ta chỉ cần chứng minh x

y

z

9
y

x

9
t

t

z

15

2

Áp dụng BĐT côsi ta có
t

9
t

9
4t

t

27
4t

2 t.

9
4t

27
3
4.
2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x

y

15
ĐPCM.
2
z

1
.
2

Ví dụ 5: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn
của biểu thức P

a

b

c

4
3

abc

1

1

a

2

ab

bc

b

2

.

Lời giải
Ta có

1
a

1
2

b

1
2

c

2

1

4

abc

1

ca

c

2

1 . Tìm giá trị nhỏ nhất


Áp dụng BĐT côsi ta có ab
Suy ra 4
t3

abc

ab

bc

4

0

t

3t 2

bc
ca

3 3 abc

abc

3 3 abc

1 t

3
t

Do đó P

4
t

3t

Vậy min P

7

2

2

Cũng theo BĐT côsi ta có
4
P a b c
3 3 abc
3
abc
4
3
1
Suy ra P
3t
3t
t
t
t
Áp dụng BĐT côsi ta có 3t

2

ca

2

t3

t

0

b

c

4
3

abc

2 3t.

3
t

1
t

1

1 hay a

b

c

yz

zx

6 , mặt khác t

1

1

1
1
x

Ví dụ 6: Cho x, y, z dương thỏa mãn 1

x2

Tìm giá trị lớn nhất của P

abc .

1

7 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t

a

3

3t 2 , với t

y2

4 x

z2

y

1
z

1

8.

14xyz
2

z

1
y

1

15xyz

Lời giải
1
x

Ta có 1
x2

y2

1
z2

1
y

1
z

1

14xyz

x

Áp dụng BĐT côsi ta có: 8
Từ (1) và (2) ta có P

x

8xyz

8
y

y

z

1

2

4 x

x

y

2 x

y

z

1
1
y

1
z

2

z

1
x

1

1

2 x
y

z

y
2

z

z

xy
2 1

8
xyz
2

15

xyz

xyz

1

2

t 2 2t 2
với x
4t 2 15

y

z

t

0.

2

t 3
t 2 2t 2 1
t 2 6t 9
Xét
3
4t 2 15
12t 2 45
12t 2 45
1

t 2 2t 2 1
Suy ra
do đó P
2
3
3
4t
15
3 hay x
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t
y z
Vậy max P

1
khi và chỉ khi x
3

y

z

0

1

1

Ví dụ. (Câu V – Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2012)
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x  y  z  0 và x  y  z  1 . Tìm giá trị lớn
5

5
5
nhất của biểu thức P  x  y  z .
2

Lời giải:
Với x + y + z = 0 và x2 + y2 + z2 = 1, ta có:

2

2


0  (x  y  z) 2  x 2  y 2  z 2  2x(y  z)  2yz  1  2x 2  2yz,nên yz  x 2 

1
2

y2  z 2 1  x 2
1 1  x2
2
Mặt khác yz 

,suy ra:x  
,
2
2
2
2
do đó 

6
6
(*)
x
3
3

Khi đó: P  x  (y  z )(y  z )  y z (y  z)
5

2

2

3

3

2 2

2

1

 x  (1  x ) (y  z )(y  z)  yz(y  z)    x 2   x
2

5

2

2

2


1  
1
5

 x  (1  x )   x(1  x 2 )  x  x 2      x 2   x  (2x 3  x)
2  
2
4


2

5

2



Xét hàm f (x)  2x  x trên  
3



6 6
;
,
3 3 

suy ra f '(x)  6x  1; f '(x)  0  x  
2



Ta có: f  



 6

6
6  6
6
6

f


,f

f

.








3 
6
9
3
3
9







Do đó f (x) 
Khi x 

6
6

6
5 6
 Suy ra P 

9

36

6
6
thì dấu bằng xảy ra.
;y  z  
3
6

Vậy giá trị lớn nhất của P là

5 6

36

Ví dụ. (Câu V – Đề thi tuyển sinh đại học khối D năm 2013)
Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy  y  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P

xy
x 2  xy  3y 2



x  2y
.
6 x  y
Lời giải:
2

x y 1 1 1 1  1 1  1
Do x > 0; y > 0; xy  y  1 nên 0   2   2       
y
y
y y
4  y 2 4
Đặt t 

1
x
suy ra: 0  t   Khi đó P 
4
y

t 1
t2  t  3



t2
6(t  1)


Xét f (t) 

t 1
t2  t  3

Ta có: f '(t) 

Với 0  t 
Do đó:



1
t2
, với 0  t  .
4
6(t  1)

7  3t
2 (t 2  t  3)3



1
2(t  1) 2

1
2
ta có: t  t  3  t(t  1)  3  3; 7  3t  6 và t + 1 > 1
4
7  3t



2 (t 2  t  3)3

7  3t 1
1
1
1 1
 và 
  . Suy ra f '(t) 
 0
2
2(t  1)
2
6 3 3
3 2

5 7
1


 4  3 30

Do đó: P  f (t)  f 
Khi x 

1
5 7
và y = 2, ta có P 
 .
2
3 30

Vậy giá trị lớn nhất của P là

5 7
 
3 30

Ví dụ. (Câu V – Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2013)
Cho các số thực dương a,b,c . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P

4
a b c 4
2

2

2



9

 a  b   a  2c  b  2c 

Lời giải:
Ta có: (a  b) (a  2c)(b  2c)  (a  b)

a  b  4c
2

a 2  b2  2ab  4ac  4bc
 2(a 2  b2  c2 )
2
4
9
2
2
2
Đặt t  a  b  c  4,suy ra t  2 và P  
t 2(t 2  4)


4
9

, với t > 2. Ta có:
t 2(t 2  4)
4
9t
(t  4)(4t 3  7t 2  4t  16)
f '(t)   2  2

t
(t  4) 2
t 2 (t 2  4) 2

Xét f (t) 

Với t > 2 ta có 4t  7t  4t  16  4(t  4)  t(7t  4)  0.
3

Do đó f’(t) = 0  t = 4.
Bảng biến thiên

2

3

.


t

f '(y)

2



4
+

0

f (y)

5
8

Từ bảng biến thiên ta được P 

Khi a = b = c = 2 ta có P 

-

5
8

5
5
. Vậy giá trị lớn nhất của P là 
8
8