Chuyen de 06 BDT va GTLN GTNN

CHUYÊN ĐỀ 6 - BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GTLN-GTNN
1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
Các bất đẳng thức cơ bản
- Bất đẳng thức BECNULI

 1  x  �1   x
Nếu x  1 và  �1 thì


 1  x  �1   x
Nếu x  1 và 0   �1 thì


- Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân
n
1 n
n
ai � �ai
�
a
,
a
,...,
a
�
0
n
i

1
i 1

1
2
n
Nếu
thì

Dấu bằng chỉ xảy ra khi và chỉ khi: a1  a2  ...  an
- Bất đẳng thức CAUCHY-SCHWARTZ
Với hai dãy số thực: a1 , a2 ,..., an ; b1 , b2 ,..., bn
2

�n
� �n 2 �
�n 2 �
a
b
�
a
bi �
�
�
�
i i � �
i �
�
�
i

1
i


1
i

1
�
�
�
�
�
�
thì
Dấu bằng chỉ xảy ra khi và chỉ khi a1  kb1 ,..., an  kbn
- Bất đẳng thức sắp thứ tự
Cho hai dãy số tăng a1 �a2 �... �an và b1 �b2 �... �bn ( n �2 )
Nếu 1 ,  2 ,...,  n là một hoán vị của dãy 1, 2,..., n thì:
n

n

n

i 1

i 1

i 1

�aibn1i ��aibi ��aibi
- Bất đẳng thức trung bình lũy thừa

Nếu xi  0i  1, n và p �q  0 thì
1
p

1
p

�1
�1
q�
p�
�n �xi � ��n �xi �
� i 1 � � i 1 �
n

n

- Bất đẳng thức SHUR
Cho a, b, c  0, r  0 thì:

a r  a  b   a  c   b r  b  a   b  c   c r  c  a   c  b  �0
- Bất đẳng thức CHEBYCHEP
Nếu hai dãy: a1 �a2 �... �an
www.LuyenThiThuKhoa.vn

; b1 �b2 �... �bn
1

Phone: 094 757 2201

�n �
�n � n
a
bi ��n�ai bi
�
�
i�
�
�
i

1
i

1
�
�
�
� i 1
thì:
- Bất đẳng thức MIN-COP-XKI
Với hai dãy: a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn
n

thì

� ai  bi  �
2

i 1

n

�ai2 
i 1

n

�b
i 1

2
i

Dùng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức:
- Nếu

y  f  x

f  x
có y '  0 trên K thì
đồng biến trên K:

x  a � f  x  f  a ; x  b � f  x  f  b
Đối với y '  0 thì ta có bất đẳng thức ngược lại.
Việc xét dấu y ' đôi khi phải cần đến y '', y ''',... hoặc xét dấu bộ phận, chẳng hạn tử số của một phân số

f ' x 
f  x

có mẫu dương,… Nếu y ''  0 thì y ' đồng biến từ đó ta có đánh giá
rồi
,…
f  b  f  a
f  b  f  a 
 f ' c 
ba
ba
- Bất đẳng thức có biểu thức dạng
là dùng định lý Lagrange
, sự
tồn tại số

c � a; b 

hay giá trị

f ' c 

x � a; b 

- Bất đẳng thức JENSEN:

cũng có đánh giá bất đẳng thức.
và

ai � a; b  i  1, n

1 n
�1 n �

f
a
�
f


�
i
�n �ai �
f ''  x   0, x � a; b 
n
i

1
� i 1 �
Nếu
thì
�1 n � 1 n
f � �ai �� �f  ai 
f ''  x   0, x � a; b 
Nếu
thì �n i 1 � n i 1
- Phương pháp tiếp tuyến: Cho n số ai thuộc K có tổng a1  a2  ...  an  nb không đổi.
Bất đẳng thức có dạng

f  a1   f  a2   ...  f  an  �nf  b 

.

Lập phương trình tiếp tuyến tại x  b : y  Ax  B .

Nếu

f  x  �Ax  B

Khi đó

trên K, dấu bằng xảy ra khi x  b .

f  a1   f  a2   ...  f  an  �A  a1  a2  ...  an   nB

 Anb  nB  n  Ab  B   nf  b 
Dấu bằng xảy ra khi a1  a2  ...  an  b .
Còn nếu

f  x  �Ax  B

trên K, dấu bằng xảy ra khi x  b thì có ngược lại

www.LuyenThiThuKhoa.vn

2

Phone: 094 757 2201


f  a1   f  a2   ...  f  an  �nf  b 

.

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

Đối với hàm số

y  f  x

trên D. Xét dấu đạo hàm y ' hoặc từ bảng biến thiên có kết luận về GTLN,

GTNN. Nếu cần thì đặt ẩn phụ

t  g  x

y  f  x

Nếu
đồng biến trên đoạn
với hàm nghịch biến.
Nếu

y  f  x

liên tục trên đoạn

với điều kiện đầy đủ của t.

 a; b

 a; b

thì:

min f  x   f  a 

f ' x   0

và

 min  f  a  ; f  b  

1

2

1

2

max f  x   f  b 

. Ngược lại

 a; b

thì GTNN

có nghiệm xi thì:

 f  a  ; f  x  ; f  x  ;...; f  b  
max f  x   max  f  a  ; f  x  ; f  x  ;...; f  b  
 max  f  a  ; f  b  
a; b 
Nếu f lồi trên đoạn 

thì GTLN
min f  x   min

và

và nếu f lõm trên đoạn

.

Đối với các đại lượng, chọn đặt biến x (hoặc t), kèm điều kiện tồn tại. Dựa vào giả thiết, các quan hệ cho
để xác lập hàm số cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

2. CÁC BÀI TOÁN
Bài toán 6.1: Chứng minh các bất đẳng thức:

��
x ��
0; �
� 2�
a) 2sin x  tan x  3 x với mọi
b)

cos  x  y  

y sin x
5
x  2y 
x sin y với x  0, y  0 và
4
Hướng dẫn giải

� �
0; �
�
f  x   2sin x  tan x  3x
a) Hàm số
liên tục trên nửa khoảng � 2 �và:
f '  x   2cos x 

1
1
 3  cos x  cos x 
3  0
2
cos x
cos 2 x

� �
0; �
�
2 �nên f  x   f  0   0
�
Do đó hàm số f đồng biến trên
b) Xét hàm số:

Ta có

f  t 

f ' t  

sin t
5
0t 
t với
4

t cos t  sin t cos t  t  tan t 

t2
t2

www.LuyenThiThuKhoa.vn

3

Phone: 094 757 2201


Nếu


2 thì do tan t  t � f '  t   0 .

0t 


�t �
sin t �0 � f '  t   0
2

Nếu
thì cos t �0 và
Nếu

 t 

5
5
f
'
t

0,0

t



4 nên f là hàm số
4 thì do cos t  0; tan t  t � f '  t   0 . Do đó

� 5 �
0; �
�
nghịch biến trên khoảng � 4 �

0  x  x  2y 
Từ giả thiết có

sin  x  2 y  sin x

5
�

4
x  2y
x .

Do x  0 và x  2 y  0 nên từ đó có

x sin  x  2 y   x sin x  2 y sin x � x.2cos  x  y  sin y  2 y sin x
� đpcm (vì x  0 và

x  2y 

5
5
�y
� sin y  0
4
8
)

Bài toán 6.2: Chứng minh các bất đẳng thức


�sin x �
��
0; �
�
� �cos x, x ��

x
2 �với mọi  �3 .
�
�
�
a)
b)

 x  1 cos



 x cos  1, x � 3
x 1
x
.
Hướng dẫn giải

��
sin x
x ��
0; �
0
1
2
�
�
0

sin

x

x
x
a) Khi
thì có
nên
3

�sin x �
��
0; �
�
��cos x, x ��
x
2�
�
�
�
Suy ra

Xét hàm số

Ta có

F  x 

F ' x  

3

sin x
��
 x, x ��
0; �
cos x
� 2�

2cos 2 x  3cos x. 3 cos x  1
3cos x. 3 cos x

Xét

G  t   2t 2  3t 3 t  1, t � 0;1

nên

G t

nghịch biến do đó

www.LuyenThiThuKhoa.vn

thì





G '  t   4 t  3 t �0, t � 0;1

G  t  �G  1  0, t � 0;1

4

Phone: 094 757 2201


� �
F '  x  �0, x ��
0; �
2 �nên F  x  đồng biến
�
Suy ra
� �
F  x  �F  0   0, x ��
0; �
� 2�
Do đó
� 2 x sin
b) BĐT

� x sin

  2 x  1



.sin
 1  cos

 2sin 2
2 x  x  1
2 x  x  1
x 1
2  x  1

  2 x  1


.sin
 sin 2
2 x  x  1
2 x  x  1
2  x  1

x� 3 �0
Vì

  2 x  1 



2  x  1 2 x  x  1 2

sin   2 x  1

 sin
0
2 x  x  1
2  x  1

�

x sin
Ta sẽ chứng minh:

t
Đặt
Xét
Vì


,t  0
2 x  x  1



 sin
2 x  x  1
2  x  1

thì

 2  � x sin t  sin xt

f  t   x sin t  sin xt , t �0, f '  t   x cos t  x cos xt  x  cos t  cos xt 

0  t  xt 

� f  t


� f ' t   0
2
với t  0

đồng biến trên

 0; � � f  t   f  0   0 � đpcm.

Bài toán 6.3: Chứng minh bất đẳng thức với n nguyên dương:
a)

b)

n

x n  y n �n 1 x n1  y n 1 với n �2 và x, y �0 .

x 2 x3
xi
x2n
1  x    ...   1  ... 
�0
2! 3!
i!
 2n  !

với mọi x.

Hướng dẫn giải
a) Với x  0 hoặc y  0 , bất đẳng thức đúng.
n

Với xy  0 , BĐT:

Xét hàm số

f  t 

n 1

�x �
�x �
n 1
� � �n1 1  � �
�y �
�y �
n
n 1

1 tn

1  t n 1 với t � 0; �

www.LuyenThiThuKhoa.vn

5

Phone: 094 757 2201

f ' t  

t n 1  1  t 
n 1

Ta có

1 t 

n 1 n  2 n

1 t 

n n 1

;

f ' t   0 � t  1

.

BBT

x

0

f ' t 

0

�

1
+

0

−

f  t
1
Suy ra

f  t  �1

với mọi

t � 0; � �

1

đpcm.

i
x 2 x3
x2n
i x

f  x   1  x   ...   1
 ... 
, x ��
2! 3!
i!
 2n  !

b) Xét

f  x  �1 �0
Với x  0 thì
: đúng. Với x  2n thì:
�x 2 n
�x 2
� �x 4 x 3 �
x 2 n1 �
f  x   1  �  x � �  � ...  �
� 2 n  !   2 n  1 ! �
�
�2!
� �4! 3! �
�
�

x
x3
x 2 n1
 1   x  2    x  4   ... 
 x  2n  �1 �0
2!

4!
 2n  !

: đúng

0;2n 
Với 0 �x �2n thì f liên tục trên đoạn 
nên tồn tại giá trị bé nhất tại x0 . Nếu x0  0 hay
x0  2n thì f  x  �f  x0  �1 �0 .
Nếu

x0 � 0; 2n 

thì f đạt cực tiểu tại đó.

x2
x 2 n1
x2n
f '  x   1  x   ... 

 f  x
2!
 2n  1 !  2n  !
x02 n
0
 2n  !

f '  x0  
0 �f  x0 
Vì

f  x

f  x0 

0
: đúng

Bài toán 6.4: Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a)
b)

a 4  b 4  c 4  d 4  2abcd   a 2b 2  a 2c 2  a 2 d 2  b 2c 2  b 2 d 2  c 2d 2   0
27c  2a 3  9ab  2

a

2

 3b 

với 4 số a, b, c, d dương.

3

với a, b, c là 3 số mà phương trình:

x 3  ax 2  bx  c  0 có 3 nghiệm phân biệt.
Hướng dẫn giải
a) Không mất tính tổng quát, giả sử a �b �c �d  0

www.LuyenThiThuKhoa.vn

6

Phone: 094 757 2201


Xem vế trái là hàm số

f  a  , a �0

f '  a   4a 3  2bcd  2a  b 2  c 2  d 2 
f ''  a   12a 2  2  b 2  c 2  d 2   0

f ' a 

a �
b

 0;� : a  0

. Vì

f '  b   2b  b 2  c 2   2bd  c  d  �0

� f  a   f  0  0

f  x  0

nên

f  a

đồng biến trên

: đpcm.

f  x   x3  ax 2  bx  c, D  �, f '  x   3 x 2  2 ax  b

b) Đặt
Vì

f ' b 

 0;� :
nên f ' đồng biến trên

f ' x   0

có 3 nghiệm phân biệt nên

.

có 2 nghiệm phân biệt:

a  a 2  3b
a  a 2  3b
x1 
, x2 
2

3
3
với a  3b  0
Và vì hệ số cao nhất của f dương nên

yC Ð  f  x1   0

và

f  x2   yCT  0

.

1 �
1
ab
�1
f  x   � x  a �f '  x    3b  a 2  x  c 
9 �
9
9
�3
Ta có
� f  xi  

Từ

2
ab
3b  a 2  xi  c 


9
9

f  x1   0 � 2

a

2

 3b   2a3  27c  9ab
3

f  x2   0 � 2a 3  27c  9ab  2
2a 3  27c  9ab  2

Do vậy:

a

2

a

 3b 

2

 3b 

3

3

Bài toán 6.5: Chứng minh bất đẳng thức:

1
x2
1
1 x   1 x  1 x
2
8
2 , với x  0 .
a)
1
b)

1  x2

1



1 y2

�

2
1  xy

với

x, y � 0;1

.

Hướng dẫn giải
a) Xét hàm số

f ' x  

f  x  1

1
x  1 x
0;�
2
trên 
. Ta có:

1
1

�0
f  x
0;�
2 2 1 x
với x �0 nên
đồng biến trên nửa khoảng 

www.LuyenThiThuKhoa.vn

7

Phone: 094 757 2201


Do đó

f  x   f  0  0

với mọi x �0 .

1 x2
g  x  1 x 1 
2 8 trên  0;� .
Xét hàm số
g ' x  
Ta có:

1
1 x
1
1
  , g ''  x   
�0
4 4 1 x 1 x
2 1 x 2 4

g ' x   g '  0  0

đó
đpcm.

. Suy ra g đồng biến trên

f  x 
b) Giữ y cố định, xét hàm số

f ' x  
Ta có

x

1 x 

2 3/2

Như vậy dấu của

f ' x 



 0;�

nên

0;�
nên g ' đồng biến trên 

, do

g  x   g  0  0

với mọi

x � 0; � �

2
1
1


2
1  xy
1 x
1  y 2 trên đoạn  0;1 .

y

 1  xy 

3/2

là dấu của

x 2  1  xy   y 2  1  x 2    x  y   x  y  3x 2 y  x 5 y 2 
3

3

Do x, y thuộc

 0;1

nên thừa số thứ hai luôn dương, như thế

ra y là điểm cực đại, suy ra

f  x  �f  y   0

f ' x 

đổi dấu từ âm sang dương tại y, suy

: đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y .
Bài toán 6.6: Cho x, y , z �0 và x  y  z  1 . Chứng minh:

7
0 �xy  yz  zx  2 xyz �
27
a)

��1 1 � �1 1 � �1 1 � � 7
xyz �
x �  � y �  � z �  � 1��
�y z � �z x � �x y � � 27
�

b)
Hướng dẫn giải

1
0 �z �
3 . Ta có
a) Giả sử z là số bé nhất thì
1
T  xy  yz  zx  2 xyz  xy  1  2 z    x  y  z � xy  x  y  z �0
3
2

�x  y �
T ��
� 1  2 z    x  y  z
2
�
�
Và có


1
1
2
 1  z   1  2 z    1  z  z   2 z 3  z 2  1
4
4

www.LuyenThiThuKhoa.vn

8

Phone: 094 757 2201


1
f  z   2 z 3  z 2  1,0 �z �
3 thì
Xét
� 1�
0; �
�
f  z
f '  z   6 z  2 z  2 z  1  3 z  �0
trên
đồng biến trên � 3 �, do đó:
2

�1 � 7
T  f  z  �f � �
�3 � 27 .

��1 1 � �1 1 � �1 1 � �
xyz �
x �  � y �  � z �  � 1�
��y z � �z x � �x y � �
b) Ta có:
 x 2 y  x 2 z  y 2 x  z 2 x  z 2 y  yz 2  xyz

  x  y  z   xy  yz  zx   2 xyz  xy  yz  zx  2 xyz

1
1
x, y , z �
z�
3 . Giả sử
3
Vì x  y  z  1 �  ít nhất 1 trong 3 số

� S  x, y, z   xy  yz  zx  2 xyz  xy  1  2 z    x  y  z
2

2

1 z �
2 z 3  z 2  1
�x  y �
�
��
� 1  2 z    x  y  z  � � 1  2 z    1  z  z 
4
�2 �
�2 �

Xét

f  z 

2 z 3  z 2  1
4
trong

� 1�
3 z 2  z
0;
f
'
z

�0


� �
� 3 �thì
2
trên

� 1�
0;
�
� 3�
�nên f đồng biến, do đó

�1 � 7
max f  z   f � �
�3 � 27
7
1
S  x, y , z  �
xyz
27 dấu đẳng thức xảy ra khi

3.
Vậy
Bài toán 6.7: Chứng minh bất đẳng thức:
a)

cos b  cos a �b  a
1

b)

1   x  1

2

 arctan

với a, b tùy ý.

1
1

x  x  1 1  x2
2

với mọi x  0 .
Hướng dẫn giải

a) Nếu a  b thì bất đẳng thức đúng.

cos b  cos a

�1
b

a
a
�
b
Nếu
thì bất đẳng thức tương đương:
. Không mất tính tổng quát, giả sử b  a .
Hàm số

f  x   cos x

liên tục trên

Theo định lý Lagrange, tồn tại
www.LuyenThiThuKhoa.vn

 a; b

c � a; b 

và có đạo hàm

f '  x    sin x

.

sao cho:

9

Phone: 094 757 2201


f  b  f  a 
cos b  cos a
 f ' c  �
  sin c
ba
ba
�

cos b  cos a
  sin c �1
ba
: đpcm.

1
b) BĐT:

1   x  1

Hàm số

2



arctan  x  1  arctan x

1

1  x2
 x  1  x

f  x   arctan x

liên tục trên

Theo định lý Lagrange, tồn tại

 x; x  1

c � x; x  1

và có

f ' x  

1
1  x2

sao cho:

f  b  f  a 
arctan  x  1  arctan x
1
 f ' c  �

ba

1  c2
 x  1  x
1
Vì

c � x; x  1

nên

1   x  1

2



1
1

�
2
1 c
1  x2

đpcm.

Bài toán 6.8: Cho các số thực dương. Chứng minh.

a2
b2
c2

abc


�
2
a) b  c c  a a  b
1 1 1 1
63
   �a 2  b 2  c 2  d 2 
4 với tổng a  b  c  d  1
b) a b c d
Hướng dẫn giải
a) Bất đẳng thức thuần nhất nên ta chuẩn hóa: a  b  c  3 . Do đó

a2
b2
c2
3
x2
f  x 


�
3  a 3  b 3  c 2 . Xét hàm số
3  x với 0  x  3 .
f ' x  
Ta có
Vì

f ''  x   0

6x  x2

 3  x
trên

2

; f ''  x  

 0;3

18

 3  x

3

nên f lõm, theo bất đẳng thức Jensen thì có

�a  b  c � 3
 f  a   f  b   f  c  �3 f �
�
� 3
� 2.
VT
1 1 1 1
63
   �a 2  b 2  c 2  d 2 
4

b) Ta có a b c d
�

1
1
1
1
63
 a 2   b2   c2   d 2 �
a
b
c
d
4

www.LuyenThiThuKhoa.vn

10

Phone: 094 757 2201


Xét hàm số
Ta có

f ' x  

f ''  x   0

Vì

1
 x2
x
với 0  x  1 .

f  x 

1
2

2
x
;
f
''
x

2


x2
x3
trên

 0;1

nên f lõm, theo bất đẳng thức Jensen thì có

�a  b  c  d � 63

f  a   f  b   f  c   f  d  �4 f �
�
4
�
� 4
VT =
Dấu = xảy ra khi

abcd 

1
4.

Bài toán 6.9: Chứng minh:

a b c  a 

a)
a b c 2

 bc 

b

 c  a 

c

  a b 



3

�27

với a, b, c  0

a b

�a  b �
a b ��
�
� 2 � với a, b  0
b)
b a

Hướng dẫn giải
a) Với a, b, c  0 , trước hết ta chứng minh rằng

a b c 

a b c 2

�a bc .b c  a .c a b

� 2  a ln a  b ln b  c ln c  � b  c  ln a   c  a  ln b   a  b  ln c

� ln a  2a  b  c   ln b  2b  c  a   ln c  2c  a  b  �0
�  a  b   ln a  ln b    b  c   ln b  ln c    c  a   ln c  ln a  �0

: đúng

Ta cần chứng minh rằng



a b c .b c  a .c a b a

 b  c 

b

 c  a 

c

 a b 



3

�27

bc
c a
a b
Đặt x  a , y  b , z  c , x, y, z  0

3

�1 1 1 �
1 1 1
3
� xyz �   ��27 �   �
3
x y z
xyz : đúng
�x y z �
BĐT
�a  b �
b ln a  a ln b � a  b  ln �
�
�2 �
b) BĐT:

�
� �2a �
�
a
2 � �b �
� 2b �
� 2a �
� a ln �

b
ln
�
0

�
ln
�
� ln �
��0
�
�
�
b �a  1 � �a  1 �
�a  b �
�a  b �
�b
� �b
�
www.LuyenThiThuKhoa.vn

11

Phone: 094 757 2201


Giả sử a �b , đặt

t

a
b thì 0  t �1 .

� 2 � �2t �
t ln � � ln � ��0,0  t �1

�t  1 � �t  1 �
Bất đẳng thức tương đương:
.
� 2 � �2t �
f  t   t ln � � ln � �
,0  t �1
t

1
t

1
�
�
�
�
Xét hàm số
.
2
1
�2 � t
�2 � 1 t
f '  t   ln � �

 ln � �
�t  1 � t  1 t  t  1
�t  1 � t  t  1

�2 � 1 t
 ln � �

0
�t  1 � t
nên f là hàm đồng biến.
Ta có

f  t  �f  1  0 �

đpcm.

Bài toán 6.10: Chứng minh rằng

4 x 4 y 4 z


�5
4

x
4

y
4

z
a)
với x, y, z  0 khác 4.
ln
b)

x y

2y

x
2 x  y với x, y  0
Hướng dẫn giải

a) Xét hàm

y

f  x 

4 x
13
f
'
1



18 nên tiếp tuyến tại x  1 là:
4  x trên  0;3 . Ta có

13
5
13
17
y  x
 x  1 
18

3 hay
18
18

Bằng biến đổi tương đương hoặc sử dụng đạo hàm ta chứng minh được:

4  x 13
17
� x
4  x 18
18 , với mọi x � 0;3
4  y 13
17
4  z 13
17
� y
� z
18
18 và 4  z 18
18
Tương tự: 4  y
Cộng 3 bất đẳng thức trên và x  y  z  3 ta được đpcm.

x y
2y
t 1
 t  1 � y  x  t  1 �
2
2x  y
t 1

b) Đặt x
Ta cần chứng minh

ln t  2

www.LuyenThiThuKhoa.vn

t 1
t 1
, t  1 � ln t  2
 0, t  1
t 1
t 1

12

Phone: 094 757 2201


Xét hàm số

f  t   ln t  2

t 1
, t � 1; �
t 1
. Ta có:

 t  1  0, t  1
1

4
f ' t   

t  t  1 2 t  t  1 2
2

Suy ra

f  t   f  1  0 �

đpcm.

Bài toán 6.11: Cho 0  a1 �a2 �... �an và

n
n

Chứng minh rằng:

nên f là hàm đồng biến.

1  n �ai

an a�n 1��1
�2 �
� �

n
1
��

i 1 1  ai

i 1

Hướng dẫn giải
Với a1 , a2  0 và a1 , a2 �1 . Ta chứng minh:

2
1
�۳
1  a1a2 1  a1

1
1  a2





a1  a2



 1
2

a1a2



1  a1a2  1  a1   1  a2 

0
(đúng)

Dấu bằng xảy ra khi a1  a2 hoặc a1a2  1
n

Áp dụng ta có:

1

�1  a
i 1

i

n 1 �
�
�
�2 �
�

2
��
i 1 1  a1an 1i

Dấu bằng xảy ra khi n chẵn và: a1  a2  ...  an hoặc a1an 1i  1

Xét

e x  e x  1
1
e x
f  x 
, x �0, f '  x  
; f ''  x  
�0
x 2
x 3
1  ex
1 e 
1 e 

Áp dụng bất đẳng thức Jensen vào hàm lõm với các xi �0 và:
n 1 �
�
�2 �
� �

n

1
2
n
e xi  ai an1i �1: �
��
�
n
i 1 1  ai

i 1 1  ai an 1i
1  n �ai
i 1

Bài toán 6.12: Chứng minh với mọi số nguyên dương n:

2
a)





n 1  n �

1
2
n



n  n 1



1
1
f n  x   sin x  sin 2 x  ...  sin x �0, x � 0;  
2
n

b)
Hướng dẫn giải
www.LuyenThiThuKhoa.vn

13

Phone: 094 757 2201


f  x  x

a) Hàm số

liên tục trên

 0;�

và có

f ' x  

1

2 x trên  0; � .

x � n  1; n 
x � n; n  1
Theo định lý Lagrange, với mọi n �1 tồn tại 1
và 2
sao cho:

f '  x1  

Hay

f  n   f  n  1
f  n  1  f  n 
, f '  x2  
n   n  1
 n  1  n

1
1
 n  n  1,
 n 1  n
2 x1
2 x2

Vì 0  x1  n  x2 nên

n 1  n 
Do đó

1
1
1


2 x1 2 n 2 x2
1

2 n

 n  n 1 �
đpcm.

f  x  0
b) Xét x  0, x   thì n
: đúng.
f  x  �0
Xét 0  x   . Ta chứng minh qui nạp n
Khi

n  1: f1  x   sin x  0, x � 0;  

Giả sử công thức đúng đến n:
Ta chứng minh:

: đúng

f n  x  �0, x � 0; 

f n1  x  �0, x � 0; 

. Giả sử có số

x0 � 0;  

mà

f n1  x0   0

. Vì

f n1  x 

liên

f  x   0,0  x1  
tục và có đạo hàm nên tồn tại điểm cực tiểu x1 để: n 1 1
. Ta có
f n/1  x   cos x  cos 2 x  ...  cos  n  1 x 

Mà

f n/1  x1   0 � sin

cos
Do đó:

Vì

 sin

2n  3
x
x  sin
2
2
x
2sin

2

2n  3
x
x1  sin 1  0
2
2

2n  3
x
x
x1  cos 1  cos 1  0
2
2
2

f n1  x   f n  x  

 n  1 .

sin

sin  n  1 x
n 1
nên

x �
�2n  3
f n1  x1   f n  x1    sin  n  1 x1  sin �
x1  1 �

2�
� 2

2n  3
x
2n  3
x
x1.cos 1  cos
x1.sin 1
2
2
2
2

www.LuyenThiThuKhoa.vn

14

Phone: 094 757 2201


�sin

2n  3
x
2n  3
x
x1.cos 1  cos
x1 .sin 1
2

2
2
2

 sin

x1
x
x
x
.cos 1  cos 1 .sin 1  0
2
2
2
2

f n 1  x1  �f n  x1  � f n  x1   0

Do đó:

: vô lý � đpcm.

Bài toán 6.13: Cho a, b, c là những số thực dương sao cho abc  1 .

Chứng minh:

a3
b3
c3
3



�
 1  b  1  c  1  c  1  a   1  a   1 b 4
Hướng dẫn giải

3
� a 4  b3  b 4  b3  c 4  c 3 �  a  1  b  1  c  1
4
BĐT
Ta chứng minh bất đẳng thức sau:

1
3
3
3
a 4  a 3  b 4  b3  c 4  c 3 � �
�a  1   b  1   c  1 �
�
4
Xét hàm:

f  t   t4  t3 

1
3
 t  1
4

g  t    t  1  4t 2  3t  1

Vì

g  t

thì

f  t 

là hàm số tăng trong khoảng

1
 t  1 .g  t 
4

 0; �

và

g  t   0, t  0

.

1
3
3
3
a 4  a 3  b 4  b3  c 4  c 3  �
�a  1   b  1   c  1 �
�
4

Do đó
 f  a   f  b  f  c 

1
1
1
 a  1 g  a    b  1 g  b    c  1 g  c 
4
4
4

g  a  �g  b  �g  c   0
Giả sử a �b �c thì
Vì abc  1 nên ta có: a �1, c �1
Từ đó:

 a  1 g  a  � a  1 g  b 

và

 c  1 g  b  � c  1 g  c 

1
1
1
 a  1 g  a    b  1 g  b    c  1 g  c 
4
4
Nên: 4
1

1
� �
g  b    a  b  c  3 g  b 
 a  1   b  1   c  1 �
�
�
4
4





1
� 3 3 abc  3 g  b   0
4
. Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  1
Từ đó � đpcm.
www.LuyenThiThuKhoa.vn

15

Phone: 094 757 2201


Bài toán 6.14: Chứng minh bất đẳng thức sau:

x a  y b  z b   y a  z b  xb   z a  xb  y b  �0

với x �y �z  0; a �b  0 .

Hướng dẫn giải

a
�1
f  x  x
b
Đặt
với
a
b

a ab 1
a �a � ba 2
� f '  x   x � f ''  x   �  1�x  0
b
b �b �

f ' x 

Do đó

 z ;y 
tăng trên

Theo định lý Lagrange:

b

b

b
b
f  y b   f  z b   f '  c1  �
, c1 � z b , y b 
�y  z �
�

y a  z a  f '  c1  �
yb  z b �
�
�
Tương tự:

x
nên:
y

a

a

x a  y a  f '  c2  �
xb  y b �
, c2 � y b , x b 
�
�

 y a   y b  z b   f '  c2  �
xb  y b �

yb  zb �
�
��
�
�

 z a   x b  y b   f '  c1  �
xb  y b �
yb  zb �
�
��
�
�

f '  c2  �f '  c1  �  x a  y a   y b  z b  � y a  z a   xb  y b 
c
�
c
2
1
Và
nên
� x a  y b  z b   y a  z b  xb   z a  x b  y b  �0

(đpcm)

Bài toán 6.15: Cho 4 số không âm a, b, c, d thỏa a  b  c  d  1 . Chứng minh:

1 176
abc  bcd  cda  dab � 

abcd
27 27
.
Hướng dẫn giải
Đặt

F  a, b, c, d   abc  bcd  cda  dab 

176
abcd
27

Không mất tổng quát ta giả sử a là số lớn nhất, d là số bé nhất trong 4 số a, b, c, d. Ta có:

176 �
�
F  a, b, c, d   bc  a  d   ad �
bc
bc �
27 �
�
Nếu

bc

176
bc �0
27
thì:
3

�b  c  a  d � 1
F  a, b, c, d  �bc  a  d  ��
�
3
�
� 27

www.LuyenThiThuKhoa.vn

16

Phone: 094 757 2201


Nếu

bc

176
bc  0
27
thì:
2

176 �
�a  d ��
F  a, b, c, d  �bc  a  d   �
bc
bc �

��
27 �
� 2 ��
ad �
�a  d
 F�
, b, c ,
�
2 �
�2
ad
ad
, b, c,
2 theo thứ tự giảm dần.
Đặt a0  a, b0  b, c0  c, d 0  d và gọi a1 , b1 , c1 , d1 là 4 số 2
Nếu

b1  c1 

176
b1c1 �0
27
thì tương tự lí luận trên:

F  a1 , b1 , c1 , d1  �F  a2 , b2 , c2 , d 2 

a1  d1
a d
, b1 , c1 , 1 1
2

2
với a2 , b2 , c2 , d 2 là 4 số
theo thứ tự giảm dần.

Tiếp tục quá trình này ta lập được dãy

 an , bn , cn , dn 

vô hạn (vì nếu hữu hạn thì ta có

1
F  a , b, c , d  �
27 ) thỏa 2 tính chất sau đây:

 1

an1 , bn  2 , cn1 , d n1

là 4 số theo thứ tự giảm dần của 4 số

an  d n
a  dn
, bn , cn , n
2
2

 2  F  an , bn , cn , d n  �F  an1 , bn1 , cn1 , d n1 
a  dn
0 �an  2  d n  2 � n
, n �0

2
Từ tính chất (1) ta suy ra:
1
Và vì thế an , bn , cn , d n cùng có giới hạn là 4 .
Do tính liên tục của hàm

F  a, b, c, d 

ta có:

�1 1 1 1 � 1
F  a, b, c, d   lim F  an , bn , cn , d n   F � , , , �
n��
�4 4 4 4 � 27
1
1
Đẳng thức xảy ra khi: bốn số bằng 4 khi dãy vô hạn, hay một số bằng 0 và ba số còn lại bằng 3 khi
dãy hữu hạn.
Bài toán 6.16: Cho a, b, c �1, a  b  c  1 .

a
b
c
9


�
2
1  b 2 1  c 2 10 .
Chứng minh bất đẳng thức: 1  a

Hướng dẫn giải
www.LuyenThiThuKhoa.vn

17

Phone: 094 757 2201


Bổ đề: Xét hàm số

f  x 

x
1  x2

�x  y �
f  x   f  y  �2 f �
�
 x  y   xy  3 �0 thì
�2 �
Nếu
�x  y �
f  x   f  y  �2 f �
�
�2 �
Chứng minh: Ta có:





2
2
2
�
�
��
x  1  y2   y  1  x2  �
�
��4   x  y  ��4  x  y   1  x   1  y 

�  x  y �
4  1  x 2   1  y 2    1  xy   4  x 2  y 2  2 xy  �
�
��0
�  x  y �
2 x 2 y 2  3  x 2  y 2   6 xy   x 2  y 2 xy  �
�
��0
�  x  y   3  xy   x  y  �0
2

. Từ đó suy ra đpcm

Trở lại bài toán. Ta xét hai trường hợp

1
 �c �1
- Tồn tại 1 trong 3 số, chẳng hạn c, sao cho 3
. Khi đó:

 a  b
a  b �0, ab �
4

2

1 c

4

2

 3; c 

1
c
�0,  3
3
3
2

�
� �
1�
� 1�
� 1�
c �
c �
abc �

�
�
�
�
�
 a  b   � 3 ��0, � a  b  ��� 3 ����
3� 4
 3
�
�
2
2
4
9
� 2 �� 2 �
�
�
�
�
Áp dụng bổ đề ta có:

1
�
c

�
ab
� 1�
3
c �


�
�
1
a

b
��
�
�
3
2
2
f  a   f  b   f  c   f � ��2 f �
��4 f �
� 2 f �
2
�3 �
�2 �
�
�2 �
�
�
�
�
�

�
�
�

�
�
�
�
�

�1 � 12
 4 f � �
�3 � 10 . Từ đó suy ra đpcm.
�1 �
 ;1�
�
3 �. Khi đó do điều kiện a, b, c �1 , ta phải có hai số
�
- Cả ba số a, b, c đều không nằm trong đoạn
âm và 1 số dương (Nếu ngược lại, giả sử b, c  0 thì ta có a  b  c  1  1  1  1 , vô lý). Giả sử,
chẳng hạn a, b  0 .

www.LuyenThiThuKhoa.vn

18

Phone: 094 757 2201


1 9
f  a   f  b   f  c  �f  c  � 
2 10 .
Khi đó
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

abc

1
3.

Bài toán 6.17: Cho các số dương a, b, c, d. Chứng minh rằng:

a
b
c
d
2



�
b  2c  3d c  2d  3a d  2a  3b a  2b  3c 3
Hướng dẫn giải
Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki:

b
c
d
� a
�



�

b  2c  3d c  2d  3a d  2a  3b a  2b  3c �
�
�

�
a 
c 2d
 b 2c 3d  �b 
�

3a 

c d

2a 3b 

d  a 2b 3c  �  a b c d 

2

a
b
c
d



Do đó: b  2c  3d c  2d  3a d  2a  3b a  2b  3c

 abc  d

2

�
4  ab  ac  ad  bc  bd  cd 

 abcd

Ta chứng minh:

2

2
�
4  ab  ac  ad  bc  bd  cd  3

� 3  a  b  c  d  �8  ab  ac  ad  bc  bd  cd 
2

�  a  b    a  c    a  d    b  c    b  d    c  d  �0
2

2

2

2

2

2

: Đúng

Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  d .
Bài toán 6.18: Cho 3 số không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

1
1
1


4  2 ln  1  x   y 4  2 ln  1  y   z 4  2ln  1  z   x
Hướng dẫn giải

4  2ln  x  1  y  0
Từ giả thiết suy ra 0 �x, y , z �3 nên
và

4  2ln  y  1  z  0

và

4  2ln  z  1  x  0

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

9

P�
12  2ln  x  1  x  2ln  y  1  y  2ln  z  1  z

www.LuyenThiThuKhoa.vn

19

Phone: 094 757 2201


Xét

f  t   2ln  1  t   t

f ' t   0

f ' t  

với 0 �t �3 với

1 t
1 t

có một nghiệm t  1 .

Lập bảng biến thiên thì được:

1  f  t  �1  ln 4

3  f  x   f  y   f  z  �3  3ln 4

, suy ra:

3
3
P�
.min P 
3  ln 4
3  ln 4 đạt được khi x  y  z  1 .
Do đó:

y  x  1
Bài toán 6.19: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

2
x 1 .

Hướng dẫn giải

y  x  1
Ta có

2
x 1
 x
x 1
x  1 . Điều kiện x �1 .

x2  1
y

1 x .
Khi 1 �x �0 thì hàm số
y' 
Ta có

 x2  2x  1

 x  1

2

, y '  0 � x  1 2
.





y  1  1, y  0   1, f 1  2  2 2  2
So sánh thì

min y  2 2  2

1�x �0

tại x  1  2

Khi x  1 hoặc x  1 thì y  1  2 2  2
Khi 0  x  1 thì y  1  2 2  2
Vậy min y  2 2  2 tại x  1  2 .

Bài toán 6.20: Cho các số nguyên dương p, q, n.


0 �x �
2
a) Tìm giá trị lớn nhất của y  cos x.sin qx với
p

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của

y  tan n x  cot n x  n 2 cos 2 2 x, 0  x 


2.

Hướng dẫn giải


0 �x �
2 thì sin x �0,cos x �0 nên y �0 .
a) Với
y 2   cos 2 x  .  sin 2 x 
p

Ta có

www.LuyenThiThuKhoa.vn

p

2
. Đặt t  cos x,0 �t �1 thif

20

Phone: 094 757 2201


y 2  f  t   t p . 1  t  , f '  t   t p 1.  1  t 
q

f ' t   0 � t  0

nên

t
hoặc

q 1

.�
�
�p   p  q  t �

p
p  q hoặc t  1 .

� p � p p .q q
f  0   f  1  0, f �
0

�
pq
�p  q �  p  q 

Ta có

max y 
nên suy ra

p p .q q

 p  q

pq


0 x�
4 thì cot x  tan x  0,sin 4 x  0
b) Xét
y '  n tan n 1 x  1  tan 2 x   n.cot n1 x  1  cot 2 x 

Ta có

 n  tan n 1 x  cot n 1 x   n  tan n 1 x  cot n 1 x   2n 2 sin 4 x  0

� �
min f � � 2
��
0; �
��

4�
�
x� 0; � �
� 4�
� hàm số nghịch biến trên � 4 �nên �
.
Vậy min y  2 .
Bài toán 6.21: Cho các số thực x, y thỏa mãn

A  3 x4  y 4  x2 y 2   2  x2  y 2   1

 x  y

3

 4 xy �2

. Tìm giá trị nhỏ nhất của

.
Hướng dẫn giải

 x  y
Kết hợp
 x  y

3

3

 4 xy �2

 x  y
với

  x  y  �2 � x  y �1

2

�4 xy

suy ra:

2

.

A  3 x4  y 4  x2 y 2   2  x 2  y 2   1
2
3 2
3
x  y 2    x4  y 4   2  x2  y 2   1

2
2
2
2
3
3
�  x2  y 2    x2  y 2   2  x2  y 2   1

2
4





A

x

2

9 2
x
4

y2 

2  x2

2

 x  y
�
y �

2

2

2

1
2

y2  1

t

2
2
. Đặt t  x  y , ta có

1
9
A � t 2  2t  1
4
2 , do đó

9
9
1
f  t   t 2  2t  1; f '  t   t  2  0
t�
4
2
2
Xét
với mọi

www.LuyenThiThuKhoa.vn

21

Phone: 094 757 2201


�1 � 9
� min f  t   f � �
1
�
�
�2 � 16
t�� ;��
2
�

�

9
1
A�
x y
16 dấu = xảy ra khi
2.
. Do đó

9
Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 16 .

4 a  b  c  9  0

Bài toán 6.22: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn



S  a  a2  1


a

b  b2  1


b

c  c2  1

. Tìm GTNN của

.
c

Hướng dẫn giải
Ta có







x  1  , x ��



ln S  a ln a  a 2  1  b ln b  b 2  1  c ln c  c 2  1

Xét hàm số



f  x   x ln x 

2





f '  x   ln x  x 2  1 

Suy ra

f  x



x

x 1
2

; f ''  x  

x2  2

x

2

 1

 0, x

3

.

là hàm lõm trên � nên có tiếp tuyến tại mọi điểm luôn nằm dưới đồ thị. Tiếp tuyến của



f  x   x ln x  x 2  1

 tại x  34 là

3� 9
�
y�

ln 2  �x 
5 � 20 .
�





3� 9
�
3
x ln x  x 2  1 ��
ln 2  �x  , x ��
x
5 � 20
�
4 . Từ đó, ta được
Do đó
và đẳng thức xảy ra khi
3�
27
�
M  f  a   f  b   f  c  ��
ln 2  �
 a  b  c 
5�
20
�
3 �9 27 9ln 2
�

9ln 2
�
ln 2  � 

ln S �۳
5 �4 20
4 nên
�
4
4

Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 4 2 , đạt được khi

9

S

24

abc

44 2

3
4.

Bài toán 6.23: Cho x  0 và y tùy ý. Tìm GTLN, GTNN của

M

x

2



xy 2

 3 y 2  x  x 2  12 y 2



Hướng dẫn giải
Xét y  0 thì M  0 . Xét y �0 thì:
www.LuyenThiThuKhoa.vn

22

Phone: 094 757 2201






12 y 2
1  2 1
xy
x  12 y  x
x

M

2
2
2
� 12 y 2 �
 x  3 y  .12 y
3�
4 2 �
x �
�
2

2

2

1  t 1
12 y 2
M  f  t 
t  2 ,t  0
3 t  4
x
Đặt
thì

f ' t  
Ta có

2  t  2 1 t

6  t  4 . 1  t
2

www.LuyenThiThuKhoa.vn

, f ' t   0 � t  8
.

23

Phone: 094 757 2201


BBT

x

0

�

1

f'

+

0

f

+

1/18
0

0

1
1
0M �
0 �M �
18 . Kết hợp thì
18 .
Do đó:
Vậy

max M 

1
2
2
18 khi 2 x  3 y , min M  0 khi y  0 .

Bài toán 6.24: Cho các số thực x, y, z không âm thỏa mãn điều kiện:

x3  y 3  z 3  2  3xyz
2
2

2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  2 y  3 z

Hướng dẫn giải
3
3
3
Từ giả thiết x  y  z  2  3xyz

�  x  y  z   x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx   2
3
1
2�
�
�  x  y  z  �  x 2  y 2  z 2    x  y  z  � 2
2
2
�
�
Đặt t  x  y  z . Khi đó t  0 và

Xét hàm

f  t 

x2  y 2  z 2 

t2 4

3 3t

t2 4

3 3t trên  0;�

2  t 3  2 4
2
4
f ' t   t  2 
, f ' t   0 � t  3 2
2
3 3t
3t
Ta có
Lập BBT thì

min f  t   f

t� 0; �

 2 
3

3

4

3
, đạt được khi t  2

2
2
2
3
Ta có P �x  y  z � 4
3
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  2, y  z  0 .

Vậy min P 

3

4 , đạt được khi x  3 2, y  z  0 .

Bài toán 6.25: Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện:

x  y  x 1  2 y  2 .
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
www.LuyenThiThuKhoa.vn

24

Phone: 094 757 2201


P  x 2  y 2  2  x  1  y  1  8 4  x  y
Hướng dẫn giải
Điều kiện x �y �1 . Suy ra x  y �0 .

 au  bv 

Áp dụng bất đẳng thức

 x  y

2





� a 2  b 2   u 2  v 2 

2

x 1  2 y  2

 
2

ta có:

x  1  2. y  1



2

�3  x  y 

t � 0;3

Suy ra 0 �x  y �3 . Đặt t  x  y thì
P   x  y   2  x  y   8 4   x  y   2  t 2  2t  8 4  t  2
2

Xét hàm

f  t   t 2  2t  8 4  t  2

f '  t   2t  2 

4
; f ''  t   2 
4t

Suy ra

f ' t 

Do đó

f '  t   f ' 0  0

Suy ra

f  t

Vậy

trên

đồng biến trên

2



4t



3

0
với mọi

t � 0;3

 0;3

với mọi

đồng biến trên

 0;3

t � 0;3

 0;3

max P  max f  t   f  3  25

 0;3

min P  min f  t   f  0   18
 0;3

, đạt khi t  3 � x  2, y  1

, đạt khi t  0 � x  1, y  1

Bài toán 6.27: Cho các số thực x, y, z không âm thỏa mãn:

x 2  y2  y 2  x2  2
Hướng dẫn giải

b
 a �

2

Ta có

0

ab

a2  b2
2
với mọi a, b. Áp dụng:

x2  2  y 2

y 2  2  x2
x 2  y2 �
, y 2  x2 �
2
2
Suy ra

2  x 2  y 2  y 2  x 2 �2 .

Do đó dấu đẳng thức xảy ra nên

x  2  y 2 và y  2  x 2 .

2
2
Suy ra x, y �0 và x  y  2

0 �t � 2  x 2  y 2   2
t

x

y
Đặt
. Khi đó
www.LuyenThiThuKhoa.vn

25

Phone: 094 757 2201