Bất đẳng thức bồi dưỡng HSG

CHUYÊN ĐỀ
BẤT ĐẲNG THỨC TRONG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
“KĨ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI TRONG BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC ”
I. NỘI DUNG:
1. Kiến thức về bất đẳng thức:
1.1. Tính chất cơ bản của bất đẳng thức:
Định nghĩa: a ≥ b ⇔ a − b ≥ 0
a ≥ b
⇒a≥c
*
b ≥ c

* a ≥b ⇔ a+c ≥b+c

a ≥ b
⇒a+c ≥b+d
*
c ≥ d

* a ≥ b > 0⇒

1 1
≤
a b

1.2. Một số bất đẳng thức cơ bản thường dùng:
1.2.1. Bất đẳng thức Cauchy:
a1 + a2 + L + an n
≥ a1a2...an
n
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = L = an .

Với n số thực không âm a1,a2,...,an (n ≥ 2) có:

1.2.2. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (BCS):
Cho 2n số dương ( n ∈ Z ,n ≥ 2): a1,a2,...,an ,b1,b2,...,bn ta có:
(a1b1 + a2b2 + L + anbn )2 ≤ (a12 + a22 + L + an2)(b12 + b22 + L + bn2)
Dấu “=’ xảy ra ⇔

a1 a2
a
=
= L = n (quy öôù
c neá
u bi = 0 ⇒ ai = 0)
b1 b2
bn

1.2.3. Một số hệ quả:
1 1
1
2
i ∀ai > 0, i = 1,n
* (a1 + a2 + L + an ) + + L + ÷ ≥ n vôù
an 
 a1 a2
*

1 1
1
n2

+ +L +
≥
vôù
i ∀ai > 0, i = 1,n
a1 a2
an a1 + a2 + L + an

* Cho 2n số dương ( n ∈ Z ,n ≥ 2): a1,a2,...,an ,b1,b2,...,bn ta có:
n

(a1 + b1)(a2 + b2)...(an + bn ) ≥ n a1a2...an + n b1b2...bn

i bi > 0 ∀i = 1,n luôn có:
* Cho hai dãy số a1,a2,...,an vaøb1,b2,...,bn vôù
an2 (a1 + a2 + L + an )2
a12 a22
+
+L +
≥
(BĐT Svác-xơ)
b1 b2
bn
b1 + b2 + L + bn
Dấu “=’ xảy ra ⇔

a
a1 a2
=
=L = n
b1 b2

bn

1


1.3. Một số kết quả thường dùng trong biến đổi và chứng minh:
- Kết quả 1: ∀a,b,c có:
1) ( a − b) ≥ 0 ⇔ a + b ≥ 2ab ⇔ a + b
2

2

2

2

2

( a+ b)
≥

2

2

, dÊu "=" ⇔ a = b

2

2

 a+ b 
2) ( a + b) ≥ 4ab ⇔ 
÷ ≥ ab , dÊu "=" ⇔ a = b
 2 
3) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca , dÊu "=" ⇔ a = b = c

4) a + b + c
2

2

2

( a+ b+ c)
≥
3

2

, dÊu "=" ⇔ a = b = c

5) ( a + b + c) ≥ 3( ab + bc + ca) , dÊu "=" ⇔ a = b = c
2

6) a2b2 + b2c2 + c2a2 ≥ abc( a+ b + c) , dÊu "=" ⇔ a = b = c
7) ( ab + bc + ca) ≥ 3abc( a+ b + c) , dÊu "=" ⇔ a = b = c
2

- Kết quả 2: Với a,b,c > 0 có:
(a+ b)2

, dÊu "=" ⇔ a = b = c
4
(a+ b + c)3
2) abc ≤
, dÊu "=" ⇔ a = b = c
27
1 1
4
3) + ≥
, dÊu "=" ⇔ a = b
a b a+ b
1 1 1
9
4) + + ≥
, dÊu "=" ⇔ a = b = c
a b c a+ b+ c
1
4
5)
≥
, dÊu "=" ⇔ a = b
ab (a + b)2
1
27
6)
≥
, dÊu "=" ⇔ a = b = c
abc (a + b + c)3

1) ab ≤

- Kết quả 3: Với a,b,c ≥ 1 có:
1)

1
1
2
+
≥
, dÊu "=" ⇔ a = b
a+ 1 b + 1 1+ ab

2)

1
1
1
3
+
+
≥
, dÊu "=" ⇔ a = b = c
3
a + 1 b + 1 c + 1 1+ abc

- Kết quả 4: Với a,b,c > 0 có:

(

)

2

1) ( a + 1) ( b + 1) ≥ 1+ ab ,dÊu "=" ⇔ a = b

(

)

3

2) ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) ≥ 1+ 3 abc ,dÊu "=" ⇔ a = b = c

1.4. Một số điểm cần lưu ý:
- Khi thực hiện các phép biến đổi trong chứng minh bất đẳng thức, không được trừ
hai bất đẳng thức cùng chiều hoặc nhân chúng khi chưa biết rõ dấu của hai vế. Chỉ

2


được phép nhân hai vế của bất đẳng thức với cùng một biểu thức khi ta biết rõ dấu của
biểu thức đó.
- Cho một số hữu hạn các số thực thì trong đó bao giờ ta cũng chọn ra được số lớn
nhất và số nhỏ nhất. Tính chất này được dùng để sắp thứ tự các ẩn trong việc chứng
minh một bất đẳng thức.
2. Một số ví dụ về kĩ thuật chọn điểm rơi:
1 10
a 3

VD 1: Cho a là hai số thực dương và a ≥ 3 . Chứng minh rằng: a+ ≥

- Dự đoán điểm rơi tại điểm “biên” a=3. Ta cần đưa thêm tham số m, n sao cho:
a = 3
a = 3
1


hoặc  n ⇔ n = 9

1 ⇔ m=
9
 m.a = a
a = a
 a 1

 9

Suy ra áp dụng BĐT cauchy cho cặp số  ; ÷ hoặc  a; ÷
 9 a
 a
- Giải tóm tắt:
1  a 1  8a

a 1 8a

1 8.3 10

=
Cách 1: a+ =  + ÷+ ≥ 2 × + ≥ 2× +
a  9 a 9

9 a 9
3 9
3
1 10
. Dấu “=” xảy ra khi a=3.
a 3

Suy ra a+ ≥
1 

9 8

9 8

8 10

Cách 2: a+ =  a+ ÷− ≥ 2 a× − ≥ 2.3− =
a 
a a
a a
3 3
1 10
. Dấu “=” xảy ra khi a=3.
a 3

Suy ra a+ ≥

VD 2: Cho x,y > 0, x + y ≥ 6 . Chứng minh rằng: P = x ( x − 1) + y( y − 1) ≥ 12
2
2

- Biến đổi P = x ( x − 1) + y( y − 1) = x + y − ( x + y))

x = y
⇔ x = y = 3 . Khi đó x2 = y2 = 9
x + y = 6

Dự đoán điểm rơi: 

2
2
Suy ra áp dụng BĐT cauchy cho các cặp số ( x ;9) và ( y ;9)

2
2
2
2
- Giải tóm tắt: P = x ( x − 1) + y( y − 1) = x + y − ( x + y)) = ( x + 9) + ( y + 9) − ( x + y) − 18

Áp dụng BĐT cauchy được:
P ≥ 2 x2.9 + 2 y2.9 − ( x + y) − 18 = 5( x + y) − 18 ≥ 5.6 − 18 = 12

Vậy P ≥ 12 , P = 12 ⇔ x = y = 3
VD 3: Cho a, b, c dương, và a+ 2b + 3c ≥ 20. Chứng minh rằng
3 9 4
P = a+ b+ c + +
+ ≥ 13
a 2b c

- Dự đoán điểm rơi: a=2, b=3, c=4. Cần thêm các tham số m, n, p sao cho:

3


3
3


 m.a = a
m = 4


9
1


⇔ n =
 n.b =
2b 
2

4
1


 p.c = c
p = 4


3

3  1

9  1

4

Suy ra áp dụng BĐT cauchy cho các cặp số:  ×a; ÷,  ×b; ÷,  ×c; ÷
 4 a   2 2b   4 c 
- Giải tóm tắt:
3 9 4  3a 3  b 9   c 4   a b 3c 
P = a+ b+ c + +
+ =
+ +  + ÷+  + ÷+  + + ÷
a 2b c  4 a ÷
  2 2b   4 c   4 2 4 
 3a 3  b 9   c 4  1
P =  + ÷+  + ÷+  + ÷+ ( a+ 2b+ 3c)
 4 a   2 2b   4 c  4

Áp dụng BĐT cauchy và kết hợp giả thiết ta được:
P≥2

3a 3
b 9
c 4 1
× + 2 × + 2 × + ×20 = 3+ 3+ 2+ 5 = 13
4 a
2 2b
4 c 4

Vậy P ≥ 13, có P=13 khi a=2, b=3, c=4
VD 5: Cho x, y >1. CMR: P =

x2
y2
+
≥ 8.
y−1 x −1

Cách 1: Dùng BĐT cauchy:
x = y

⇔ x= y= 2
- Tìm điểm rơi:  x2
y2
+
 y−1 x−1 = 8

 x2
= 4 = 4.( y − 1)

 y−1
Với x=y=2 thì:  2
 y
 x − 1 = 4 = 4.( x − 1)
 x2

;4( y − 1) ÷ và
Do đó áp dụng BĐT cauchy cho cặp số 
 y−1



 y2

;4( x − 1) ÷

 x −1


- Giải tóm tắt:
x2
;4( y − 1) ta có:
Áp dụng BĐT cauchy cho hai số dương
y−1
x2
x2
+ 4( y − 1) ≥ 2
×4( y − 1) = 4x
y−1
y−1

Áp dụng BĐT cauchy cho hai số dương

( 1)

y2
;4( x − 1) ta có:
x −1

4

y2
y2
+ 4( x − 1) ≥ 2
×4( x − 1) = 4y
x −1
x−1

( 2)

Cộng (1) và (2) theo vế ta được:
P + 4( x − 1) + 4( y − 1) ≥ 4x + 4y ⇔ P ≥ 8. Dấu “=” xảy ra khi x=y=2.

Cách 2: Dùng hệ quả của BĐT Cauchy-Schwarz kết hợp biến đổi tương đương:
- Điểm rơi: x=y=2, khi đó

x2
y2
=
y−1 x −1

( x + y)
x2
y2
+
≥
- Giải tóm tắt: P =
y − 1 x − 1 ( x + y) − 2
2

( x + y) ≥ 8 1
Cần chứng minh:
( )
( x + y) − 2
2

( 1) ⇔ ( x + y)

2

− 8( x + y) + 16 ≥ 0 ⇔ ( x + y) − 4 ≥ 0 luôn đúng.
2

Vậy P ≥ 8 . Dấu “=” xảy ra khi x=y=2.
VD 6: Cho x, y, z >0 và x+y+z=2. Chứng minh rằng: P =

x2
y2
z2
+
+
≥1
y+ z x+ z x+ y

Cách 1: Dùng BĐT cauchy:
x = y = z
2
⇔ x= y= z=
3

x + y + z = 2

- Tìm điểm rơi: 
Với x = y = z =

2
x2
y + z y2
x + z z2
x+ y
=
;
=
;
=
thì
3
y+ z
4
x+ z
4
x+ y
4

- Giải tóm tắt:
Áp dụng BĐT cauchy cho các cặp số dương:
 x2 y + z 
;

÷,

 y+ z 4 

 y2 x + z 
;

÷,
 x+ z 4 

 z2 x + y 
;

÷ ta được:
 x+ y 4 

x2
y+ z
x2 y + z
+
≥2
×
=x
y+ z
4
y+ z 4

( 1)

y2
x+ z
y2 x + z

+
≥2
×
=y
x+ z
4
x+ z 4

( 2)

z2
x+ y
z2 x + y
+
≥2
×
=z
x+ y
4
x+ y 4

( 3)

Từ (1), (2), (3) suy ra:
P+

x+ y+ z
x+ y+ z 2
≥ x+ y+ z ⇔ P ≥
= =1

2
2
2

Dấu “=” xảy ra: P = 1⇔ x = y = z =

2
3

5


Cách 2: Dùng hệ quả của BĐT Cauchy-Schwarz:
- Điểm rơi: Đẳng thức xảy ra khi x = y = z =

2
x2
y2
z2
=
=
khi đó:
3
y+ z x+ z x+ y

( x + y + z) = x + y + z = 2 = 1
x2
y2
z2
P

=
+
+
≥
- Giải tóm tắt:
y + z x + z x + y 2( x + y + z)
2
2
2

x + y + x = 2
2

y
z ⇔ x= y= z=
Dấu “=” xảy ra: P = 1⇔  x
3
y+ z = x+ z = x+ y


VD 7: Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
1
1
1
1 1 1
+
+
≥ + +
b + c − a c + a− b a+ b − c a b c

- Tìm điểm rơi:
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c hay tam giác là tam giác đều.
Khi đó ta có:

1
1
1
=
=
b + c − a c + a− b a+ b− c

Mặt khác:
( b + c − a) + ( c + a− b) = 2c

( c + a− b) + ( a + b − c) = 2a

( a+ b − c) + ( b + c − a) = 2b

Suy ra: Áp dụng kết quả quen thuộc:
Với a, b >0 thì

1 1
4
+ ≥
, dÊu "=" ⇔ a = b ta sẽ có lời giải.
a b a+ b

- Giải tóm tắt:
Với a, b >0 thì

1 1
4
+ ≥
, dÊu "=" ⇔ a = b .
a b a+ b

Áp dụng BĐT trên ta có:
1
1
4
2
+
≥
=
b + c − a c + a − b ( b + c − a) + ( c + a − b) c
1
1
4
2
+
≥
=
c + a− b a + b − c ( c + a− b) + ( a + b − c) a
1
1
4
2
+
≥
=

a+ b − c b + c − a ( a+ b − c) + ( b + c − a) b

Cộng ba BĐT trên lại theo vế rồi chia cả hai vế cho 2, ta thu được kết quả cần chứng
minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c hay tam giác là tam giác đều.
VD 8: Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:
a3
b3
c3
a+ b + c
+
+
≥
b( c + a) c( a + b) a( b + c)
2

6


- Tìm điểm rơi:
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c.
Mặt khác ta cần khử mẫu vế trái để làm xuất hiện vế phải và từ bậc 3 xuống bậc nhất,
nên ta cần tìm m, n sao cho:
a = b = c

3
b c + a ⇔ m = 2,n = 4
 a
 b( c + a) = m = n


Do đó: khi a=b=c thì
Tương tự có: khi a=b=c thì

a3
b c+ a
= =
b( c + a) 2
4
b3
c a+ b
= =
c( a+ b) 2
4

c3
a b+ c
= =
và
a( b + c) 2
4

- Giải tóm tắt: Áp dụng BDDT cauchy cho 3 số dương ta có:
a3
b c+ a
a3
b c + a 3a
+ +
≥ 33
× ×
=

b( c + a) 2
4
b( c + a) 2 4
2
b3
c a+ b
b3
c a + b 3b
+ +
≥ 33
× ×
=
c( a+ b) 2
4
c( a + b) 2 4
2
c3
a b+ c
c3
a b + c 3c
+ +
≥ 33
× ×
=
a( b + c) 2
4
a( b + c) 2 4
2

Cộng các BĐT trên lại theo vế ta được:

2( a + b + c) 3( a + b + c)
a3
b3
c3
1
+
+
+ ( a+ b + c) +
≥
b( c + a) c( a + b) a( b + c) 2
4
2
⇔

a3
b3
c3
a+ b + c
+
+
≥
(Điều phải chứng minh)
b( c + a) c( a + b) a( b + c)
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c.
VD 10: Cho a, b, c là các số dương và a+b+c=3. Chứng minh rằng:
1
1
1

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

- Tìm điểm rơi:
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1.
Mặt khác ta cần khử mẫu vế trái để làm xuất hiện vế phải và từ bậc 3 xuống bậc nhất,
1

1

mà a2 b + c = a.a. b + c nên ta cần tìm m, n sao cho:
(
)
(
)

7


a = b = c = 1

1
a a b + c ⇔ m = 2,n = 4

=
2

 a ( b + c) m = m = n

1

a

a

b+ c

1

b

b

c+ a

1

c

c

a+ b

Do đó: khi a=b=c=1 thì a2 b + c = 2 = 2 = 4
(
)
Tương tự có: khi a=b=c=1 thì b2 c + a = 2 = 2 = 4

(
)

và c2 a+ b = 2 = 2 = 4
(
)

- Giải tóm tắt: Áp dụng BĐT cauchy cho 4 số dương ta có:
1
a a b+ c
1
a a b+ c
+ + +
≥ 44 2
× × ×
=2
a ( b + c) 2 2
4
a ( b + c) 2 2 4
2

1
b b c+ a
1
b b c+ a
+ + +
≥ 44 2
× × ×
=2
b ( c + a) 2 2

4
b ( c + a) 2 2 4
2

1
c c a+ b
1
c c a+ b
+ + +
≥ 44 2
× × ×
=2
c ( a + b) 2 2
4
c ( a + b) 2 2 4
2

Cộng các bất đẳng thức trên theo vế ta được:
3( a+ b + c)
1
1
1
+ 2
+ 2
+
≥6
a ( b + c) b ( c + a) c ( a + b)
2
2

Mà a+b+c=3 thay vào BĐT cuối ta được:
1
1
1
9
+ 2
+ 2
+ ≥6
a ( b + c) b ( c + a) c ( a + b) 2
2

⇔

1
1
1
3
+ 2
+ 2
≥ (điều phải chứng minh)
a ( b + c) b ( c + a) c ( a + b) 2
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
VD 11: Cho a, b, c là các số dương và a+b+c=3. Chứng minh rằng:
P=

1
3

a+ 7b

+

1
3

b + 7c

+

1
3

c + 7a

≥

3
2

- Tìm điểm rơi: Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
Mặt khác nếu áp dụng kết quả quen thuộc:
1 1 1
9
+ + ≥
, dÊu "=" ⇔ a = b = c
a b c a+ b + c

Với a, b, c >0 thì

Ta có: P =

1
3

a+ 7b

+

1
3

b + 7c

+

1
3

c + 7a

≥

9
3

a + 7b + 3 b + 7c + 3 c + 7a

Do đó để tìm minP ta cần làm trội mẫu bằng việc khử căn bậc ba hay tìm maxQ với
Q = 3 a+ 7b + 3 b + 7c + 3 c + 7a .

8


Lại có: Tại điểm rơi a=b=1 thì a+7b=8, nên ta có thể khử căn bậc ba dưới mẫu và làm
trội mẫu để tìm maxQ bằng cách áp dụng BĐT cauchy cho 3 bộ số:

(

) (

) (

)

  3 a + 7b; 3 8; 3 8 ,   3 a + 7b; 3 8; 3 8 ,   3 a + 7b; 3 8; 3 8

- Giải tóm tắt:
Với a, b, c >0 thì

1 1 1
9
+ + ≥
, dÊu "=" ⇔ a = b = c .
a b c a+ b + c

Áp dụng kết quả trên ta có:
P=

1

3

a+ 7b

+

1
b + 7c

3

+

1
3

c + 7a

≥

9
3

a + 7b + 3 b + 7c + 3 c + 7a

Mặt khác: áp dụng BĐT cauchy cho 3 bộ số:

(

) (

) (

)

  3 a + 7b; 3 8; 3 8 ,   3 b + 7c; 3 8; 3 8 ,   3 c + 7a; 3 8; 3 8 ta có:
3

3

3

a+ 7b. 3 8. 3 8 =

3

( a+ 7b) .8.8 ≤

b + 7c. 3 8. 3 8 =

3

( b+ 7c) .8.8 ≤

c + 7a. 3 8. 3 8 =

3

( c + 7a) .8.8 ≤

( a+ 7b) + 8+ 8
3

( b + 7c) + 8+ 8
3

( c + 7a) + 8+ 8
3

Cộng các bất đẳng thức trên theo vế ta được:
4Q ≤

8
( a+ b+ c) + 16
3

Lại có a+b+c=3 nên Q ≤ 6, Q=6 khi a=b=c=1.
Từ đó suy ra: P ≥

9 9 3
= = .
Q 6 2

Dấu “=” xảy ra: P =

3
⇔ a= b= c = 1
2

VD 12: Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z ≤ 1. Chứng minh rằng:

x2 +

1
x

2

+ y2 +

1
y

2

+ z2 +

1
z2

≥ 82

- Tìm điểm rơi:
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z =

1
; và biểu thức trong căn gợi cho ta sử dụng bất
3

đẳng thức BCS:

(

)

2

 2 1 2 2 
1
 x + 2 ÷ m + n ≥  m.x + n × ÷ với m, n là những số thỏa mãn:
x
x 



1
x x
1
m
= =
⇔ x2 =
m n nx
n

9


Nhận thấy tai điểm rơi x =

1
m 1

thì x 2 = = , nên chọn m = 1,n = 9
3
n 9

- Giải tóm tắt:

(

2

)



1
1
1
1 
9
Ta có  x2 + 2 ÷ 12 + 92 ≥  1.x + 9. ÷ ⇔ x 2 + 2 ≥
 x + ÷ (1)
x
x
x 
x
82 



tương tự ta có:

y2 +

1
y2

≥

1 
9
y+ ÷
y
82 

1 
9
z
+

÷
z
z2
82 
 1 1 1
1 
Suy ra: P ≥
( x + y + z ) + 9 + + ÷
82 
 x y z 
z2 +

1

≥

( Nhận thấy tại điểm rơi x = y = z =

(2)
(3)

1 1 1
1
thì x + y + z = 1và + + = 9
x y z
3

 1 1 1

1  1 1 1  80  1 1 1 

nên ta tách: ( x + y + z ) + 9 + + ÷ = ( x + y + z ) +  + + ÷+  + + ÷ )
9 x y z  9  x y z 
x y z
Mặt khác áp dụng BĐT cauchy cho 2 số dương và sử dụng kết quả quen thuộc: Với a,
b, c >0 thì

1 1 1
9
+ + ≥
, dÊu "=" ⇔ a = b = c ta có:
a b c a+ b + c



















 1 1 1
1 1 1
9
và + + ≥
hay ( x + y + z )  + + ÷ ≥ 9
x y z x+y+z
x y z





( x + y + z ) + 19 1x + 1y + 1z ÷ ≥ 2 ( x + y + z ) ×19 1x + 1y + 1z ÷ = 23 ( x + y + z )  1x + 1y + 1z ÷
1 
1  1 1 1  80  1 1 1  
 ( x + y + z ) +  + + ÷ +  + + ÷
9 x y z  9  x y z  
82 
 1 1 1  80
1 2
9 
1
P≥
 ( x + y + z)  + + ÷+ ×
≥
×82 = 82
82  3
82
 x y z  9 x + y + z 

Khi đó: P ≥

Vậy P ≥ 82 , dấu “=” xảy ra khi x = y = z =

1
3

Bài tập tương tự:
Bài 1: Cho x ≥ 2. Chứng minh rằng:
1 5
≥
x 2

1 9
b) x + 2 ≥ .
4
x

a) x +

Bài 2: Cho a, b dương và a + b ≤ 1. Chứng minh rằng:

10

1
17
+ ab ≥
.
ab
4


3
2

Bài 3: Cho các số dương x, y, z và x + y + z ≤ . Chứng minh rằng:
x2 +

1
y

2

+ y2 +

1
z

2

+ z2 +

1
x

2

≥

3 17
2

x 2 + y2 5
≥
Bài 4: Cho x ≥ 2y > 0. Chứng minh rằng:
2

xy

Bài 5: Cho a, b, c là các số dương và a+b+c=1. Chứng minh rằng:
a +b + b+c + c+a ≤ 6

Bài 6: Cho x, y >1. Chứng minh rằng: x y − 1 + y x − 1 ≤ xy

Bài 7: Cho x ≥ 3, xy ≥ 6, z ≥ 1. Chứng minh rằng: x + y + z ≥ 6
Bài 8: Cho các số dương a, b, c và a+b+c=3. Chứng minh rằng: a 3 + b3 + c3 ≥ 3
Bài 9: Cho các số dương x, y, z và x+y+z+xyz=4.
Chứng minh rằng: x 3 + y3 + z3 ≥ 3
Bài 10: Cho a, b, c là các số dương và a+b+c=3.
a3
b3
c3
+
+
≥1
Chứng minh rằng:
b( 2c + a) c( 2a + b) a( 2b + c)

Bài 11: Cho các số dương x, y, z và
Chứng minh rằng:

1 1 1
+ + ≤ 1.
x y z

1
x 2+ y + z

+

1
x + y 2+ z

+

1
x+y+z 2

≤

1
2+ 2

Bài 12: Cho các số dương x, y, z và xyz=1.
Chứng minh rằng:

x2
y2
z2
3
+
+
≥ .
1+ y 1+ z 1+ x 2

II. KẾT LUẬN:
Trong chuyên đề trên, tôi đã lựa chọn và trình bày một số bài toán chứng minh
BĐT vận dụng kĩ thuật chọn “điểm rơi” và vận dụng một số kết quả quen thuộc trong
biến đổi bất đẳng thức. Kính mong được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô để chuyên
đề được hoàn thiện hơn.

11

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Tên tác giả

Năm
xuất
bản

Tên tài liệu tham khảo

Nhà xuất bản,
nơi xuât bản

Nguyễn Đức Tấn

2003

Chuyên đề bất đẳng thức và ứng
dụng trong đại số

Giáo dục

Nguyễn Văn Dũng
Võ Quốc Bá Cẩn
Trần Quốc Anh

2011

Phương pháp giải toán bất đẳng
thức và cực trị

Đại học quốc
gia Hà Nội

Nguyễn Phú Khánh

2013

Phan Huy Khải

Bất đẳng thức và bài toán
min-max
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh
2013 giỏi giá trị lớn nhất giá trị nhỏ
nhất

12

Đại học
sư phạm
Đại học quốc
gia Hà Nội