Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực
BẤT ĐẲNG THỨC LUYỆN THI ĐẠI HỌC
MỘT SỐ BĐT ĐƠN GIẢN HAY DÙNG
1. Với a, b, c tùy ý ta luôn có
2 2 2
a b c ab bc ca+ + ≥ + +
. Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c.
CM. Ta có (a−b)
2
+ (b−c)
2
+ (c−a)
2
≥ 0. Khai triển, chuyển vế ta được ngay BĐT này.
2. Với a, b, c tùy ý ta luôn có
2
( ) 3( )a b c ab bc ca+ + ≥ + +
. Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c.
CM. Ta có
2 2 2 2
( ) 2 2 2 ( ) 2 2 2 3( )a b c a b c ab bc ca ab bc ca ab bc ca ab bc ca+ + = + + + + + ≥ + + + + + = + +
3. Với a, b, c, d, e, f tùy ý ta luôn có |a.d + b.e + c.f| ≤
2 2 2 2 2 2
( )( )a b c d e f+ + + +
. Đẳng thức xảy ra
kvck a : b : c = d : e : f.
CM. Xét
( ; ; )u a b c=
r
,
( ; ; )v d e f=
r
ta có
. . . .u v a d b e c f= + +
r r
và
2 2 2 2 2 2
| | ,| |u a b c v d e f= + + = + +
r r
.
Mặt khác,
| . | | |.| |.| cos( , ) | | |.| | | . | | | .| |u v u v u v u v u v u v= ≤ ⇒ ≤
r r r r r r r r r r r r
. Đẳng thức xảy ra kvck
,u v
r r
cùng phương. Do đó, |a.d
+ b.e + c.f| ≤
2 2 2 2 2 2
( )( )a b c d e f+ + + +
. Đẳng thức xảy ra kvck a : b : c = d : e : f.
4. Với a , b dương ta luôn có
1 1 1 1 4
( )( ) 4a b
a b a b a b
+ + ≥ ⇔ + ≥
+
. Đẳng thức xảy ra kvck a = b.
CM. Ta có
2a b ab+ ≥
và
1 1 2
a b
ab
+ ≥
nên
1 1
( )( ) 4a b
a b
+ + ≥
.
5. Với a , b, c dương ta luôn có
1 1 1 1 1 1 9
( )( ) 9a b c
a b c a b c a b c
+ + + + ≥ ⇔ + + ≥
+ +
. Đẳng thức xảy ra kvck a = b
= c.
CM. Ta có
3
3a b c abc+ + ≥
và
3
1 1 1 3
a b c
abc
+ + ≥
nên
1 1 1 1 1 1 9
( )( ) 9a b c
a b c a b c a b c
+ + + + ≥ ⇔ + + ≥
+ +
.
6. Với mọi x, y, không âm ta luôn có
2
(1 )(1 ) (1 )x y xy+ + ≥ +
.
CM. Ta có (1+x)(1+y) = 1 + (x + y) + xy. Áp dụng BĐT Cô-si ta được
22
(1 )(1 ) 1 2 ( ) (1 )x y xy xy xy+ + ≥ + + = +
.
Đẳng thức xảy ra kvck x = y.
Tổng quát, với a, b, c không âm ta có
2
( )( ) ( )a b a c a bc+ + ≥ +
. Từ đây suy ra
2a b a c a bc+ + + ≥ +
.
7. Với mọi x, y, z không âm ta luôn có
3
3
(1 )(1 )(1 ) (1 . . )x y z x y z+ + + ≥ +
.
CM. Ta có (1+x)(1+y)(1+z) = 1 + (x + y + z) + (xy + yz + zx) + xyz. Áp dụng BĐT Cô-si ta được
2 3 3
3 3
3 3
(1 )(1 )(1 ) 1 3 . . 3 ( . . ) ( . . ) (1 . . )x y z x y z x y z x y z x y z+ + + ≥ + + + = +
. Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z.
Tổng quát, với a, b, c, d không âm ta có
3
3
( )( )( ) ( )a b a c a d a bcd+ + + ≥ +
. Từ đây suy ra
3
3
3a b a c a d a bcd+ + + + + ≥ +
.
8. Với mọi x, y, z không âm ta luôn có
3 3 3 3
( ) 9( )x y zx y z+ ++ ≤ +
.
CM. Ta có
3 3 3 3 2 2 2 2 2 2
( ) 3 3 3 3 3 3 6x y z x y z x y x z xy xz y z yz xyz+ + = + + + + + + + + +
1
Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực
Mà
2 3 3 3
2 3 3 3
2 3 3 3
2 3 3 3
2 3 3 3
2 3 3 3
3 3 3
3 . .
3 . .
3 . .
3 3 . .
3 3 . .
3
3
3 3 . .
3
6 2( )
x y x x y x x y
x z x x z x x z
xy x y y
xz x z z
y z y y z y y z
y
x
z z z
y y
x z z
y z
xyz z
y
y
z
x
= ≤ + +
= ≤ + +
+ +
+ +
= ≤ + +
+ +
≤ + +
= ≤
= ≤
= ≤
nên
3 3 3 3
( ) 9( )x y zx y z+ ++ ≤ +
. Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z.
9. Với mọi x, y mà (x + y) ≥ 0 ta luôn có
3 3 3
( ) 4( )yy xx + +≤
. Đẳng thức xảy ra kvck x = y.
CM. Với mọi số x, y ta có
2
( )
4
x y
xy
+
≤
. Đẳng thức xảy ra kvck x = y. Do (x + y) ≥ 0 nên
3
( )
( )
4
x y
xy x y
+
+ ≤
. Do đó,
2 3
3 3 3 3
( ) ( )
( ) 3 ( ) ( ) 3 ( )
4 4
x y x y
x y x y xy x y x y x y
+ +
+ = + − + ≥ + − + =
.
10. Cho a, b, c không âm, f(x) xác định trên [0 ; + ∞). CMR nếu
( ) ( ) 2 ( )f a f b f ab+ ≥
thì
3
( ) ( ) ( ) 3 ( ).f a f b f c f abc+ + ≥
BT 1) Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa xyz = 1. Tìm GTNN của biểu thức:
2 2 2
x y z
M
y z z x x y
= + +
+ + +
Giải. Ta có
2
4
x y z
x
y z
+
+ ≥
+
,
2
4
y z x
y
z x
+
+ ≥
+
và
2
4
z x y
z
x y
+
+ ≥
+
nên
2
x y z
M x y z
+ +
+ ≥ + +
Do đó,
3
3
3
2 2 2
xyz
x y z
M
+ +
≥ ≥ =
. Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z = 1.
BT 2) Chứng minh rằng với
∀
x
∈
[
−
1 ; 1] thì
2 2
3 3
(1 ) (1 ) 2x x− + + ≤
.
Giải. Xét
2 2
3 3
( ) (1 ) (1 )f x x x= − + +
ta có
/
3 3
2 2
( )
3 1 3 1
f x
x x
−
= +
− +
và
/
( ) 0 0f x x= ⇔ =
.
Vì f(−1) = f(1) =
3
4
, f(0) = 2 nên
[ 1;1]
max ( ) (0) 2f x f
−
= =
. Vậy, f(x) ≤ 2, ∀x ∈ [−1 ; 1].
BT 3) Cho 2 số thực dương x, y. Chứng minh
2
9
(1 ) 1 1 256
y
x
x
y
+ + + ≥
÷
÷
÷
.
Giải. Áp dụng BĐT
2
(1 )(1 ) (1 )a b ab+ + ≥ +
, đẳng thức xảy ra kvck a = b.
2 2 2
2 2 4
9 9 9
(1 ) 1 1 (1 ) 1 (1 ) 1 (1 3) 256
y y
x x y
x x
y y y
+ + + ≥ + + = + + ≥ + =
÷ ÷ ÷
÷
÷ ÷ ÷
.
BT 4) Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa
3
4
x y z+ + =
. Chứng minh rằng:
3
3 3
3 3 3 3x y y z z x+ + + + + ≤
.
Giải. Ta có
3
( 3 ) 1 1
( 3 )1.1
3
x y
x y
+ + +
+ ≤
,
3
( 3 ) 1 1
( 3 )1.1
3
y z
y z
+ + +
+ ≤
và
3
( 3 ) 1 1
( 3 )1.1
3
z x
z x
+ + +
+ ≤
.
Cộng 3 BĐT này ta được ĐPCM.
BT 5) Cho x, y, z dương và x + 2y + 4z = 12. Tìm GTLN của biểu thức:
2 8 4
2 2 4 4
xy yz zx
P
x y y z z x
= + +
+ + +
.
2
Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực
Đặt a = x, b = 2y, c = 4z ta được a + b + c = 12 và
6
4 4 4
ab bc ca a b b c c a
P
a b b c c a
+ + +
= + + ≤ + + =
+ + +
. Đẳng thức xảy
ra kvck a = b = c = 4.
BT 6) Cho 3 số thực x, y, z không âm thỏa
3 3 3
3x y z+ + =
. Tìm GTLN của tổng S = x + y + z.
Giải. Theo BĐT Cô−si ta có
3
3
3
3 1 1
3 1 1
3 1 1
x x
y y
zz
≤ + +
≤ + +
+ +≤
nên x + y + z ≤ 3. Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z =1.
Cách 2 : Ta có
3 3 3 3 2 2 2 2 2 2
( ) 3 3 3 3 3 3 6x y z x y z x y x z xy xz y z yz xyz+ + = + + + + + + + + +
Mà
2 3 3 3
2 3 3 3
2 3 3 3
2 3 3 3
2 3 3 3
2 3 3 3
3 3 3
3 . .
3 . .
3 . .
3 3 . .
3 3 . .
3
3
3 3 . .
3
6 2( )
x y x x y x x y
x z x x z x x z
xy x y y
xz x z z
y z y y z y y z
y
x
z z z
y y
x z z
y z
xyz z
y
y
z
x
= ≤ + +
= ≤ + +
+ +
+ +
= ≤ + +
+ +
≤ + +
= ≤
= ≤
= ≤
nên
33 3 3
9( ) 27x y zS + =+≤
. Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z = 1.
BT 7) Cho
∆
ABC có
0
A 90≤
và
sin 2sin sin tan
2
A
A B C=
. Tính GTNN của
1 sin
2
sin
A
M
B
−
=
.
sin 2sin sin tan
2
A
A B C=
⇔
sin
2
2sin cos 2sin sin
2 2
cos
2
A
A A
B C
A
=
⇔
2
2cos 2sin sin
2
A
B C=
⇔
1 cos cos( ) cos( )A B C B C+ = − − +
⇔ cos(B − C) =1 ⇔ B = C. Mặt khác,
0
A 90≤
nên 45
0
≤ B = C < 90
0
.
0
1 cos
1 cos 45
2
tan tan 2 1
sin sin 2 2
B C
B B
M
B B
+
−
−
= = = ≥ = −
. Đẳng thức xảy ra kvck A = 2B = 2C = 90
0
.
BT 8) Cho 3 số thực không âm x, y, z thỏa
3x y z+ + ≤
. Chứng minh rằng :
1 1 1 3
1 1 1 2x y z
+ + ≥
+ + +
.
Cách 1: Ta có
1 1
1
1 4
x
x
+
+ ≥
+
,
1 1
1
1 4
y
y
+
+ ≥
+
,
1 1
1
1 4
z
z
+
+ ≥
+
nên
3 ( )
3
4
x y z
VT
+ + +
+ ≥
.
Vì x + y + z ≤ 3 nên
3 3 3 ( )
3
4 4
x y z
VT VT
+ + + +
+ ≥ + ≥
⇒ ĐPCM.
Cách 2 : Với các số dương a, b, c, ta có
1 1 1 9
a b c a b c
+ + ≥
+ +
nên
9 9 3
.
3 ( ) 3 3 2
VT
x y z
≥ ≥ =
+ + + +
BT 9) Cho
ABC
∆
có 3 góc nhọn. Chứng minh
2 2 2
tan cot tan cot tan cot tan tan tanA B B C C A A B C+ + ≥ + +
.
Với x, y dương, theo BĐT Cô si ta có
2
2
x
y x
y
+ ≥
. Do đó ta được
2
2
x
x y
y
≥ −
.
Vì A, B, C nhọn nên tgA, tgB, tgC, cotgA, cotgB, cotgC là các số dương. Áp dụng BĐT vừa nêu ta được
2 2 2
2 2 2
tan tan tan
tan cot tan cot tan cot
tan tan tan
A B C
A B B C C A
B C A
+ + = + +
2(tan tan tan ) (tan tan tan )A B C B C A≥ + + − + +
.
3
Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực
BT 10) Cho x, y, z không âm và
3x y z+ + ≤
. Tìm GTLN của biểu thức:
2 2 2P xy yz zx xy yz zx xy yz zx= + + + + + + + +
.
Giải. Cách 1 : Ta có
(1 1 1)[(2 ) ( 2 ) ( 2 )] 2 3.P xy yz zx xy yz zx xy yz zx xy yz zx≤ + + + + + + + + + + = + +
≤
2
1
2 3. ( ) 2( ) 6
3
x y z x y z+ + = + + ≤
. Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z = 1.
Cách 2 : Ta có
4 (2 )
4.(2 )
2
4 ( 2 )
4.( 2 )
2
4 ( 2 )
4.( 2 )
2
xy yz zx
xy yz zx
xy yz zx
xy yz zx
xy yz zx
xy yz zx
+ + +
+ + ≤
+ + +
+ + ≤
+ + +
+ + ≤
nên 2.P ≤ 6 + 2(xy + yz + zx) ≤ 12 ⇔ P ≤ 6.
Cách 3 : Áp dụng BĐT
2 2 2 2
( ) 3( )a b c a b c+ + ≤ + +
ta được P
2
≤ 3.4(xy + yz + zx) ≤ 36.
BT 11) Cho
ABC∆
có 3 góc nhọn thỏa
1 1 1 1 1 1
cos cos cos
sin sin sin
2 2 2
A B C
A B C
+ + = + +
. CMR
ABC∆
đều.
CM. A, B, C nhọn nên
cos ,cos ,cos 0A B C >
. Áp dụng BĐT
1 1
( )( ) 4,a b
a b
+ + ≥
với a , b > 0. Ta được
1 1 4 2 2
cos cos cos cos
sin cos sin
2 2 2
C A B C
A B A B
+ ≥ = ≥
−
+
.
Tương tự cho các cặp còn lại, ta được VT VP. Dấu “” xảy ra khi và chỉ khi
cos cos cos
cos cos cos 1
2 2 2
A B C
A B C
A B B C C A
= =
⇔ = =
− − −
= = =
. Vậy ABC đều.
BT 12) Cho a, b, c >0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng :
2 2 2
1 1 1
1
2 2 2a bc b ac c ab
+ + ≥
+ + +
.
CM. Áp dụng BĐT
1 1 1 1 1 1 9
( )( ) 9x y z
x y z x y z x y z
+ + + + ≥ ⇔ + + ≥
+ +
với x , y, z > 0. Ta được
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 9 9
1
2 2 2 2 2 2 ( )a bc b ac c ab a bc b ac c ab a b c
+ + ≥ = =
+ + + + + + + + + +
.
BT 13) Cho x, y, z không âm, thỏa x + y + z = 4. Tìm GTLN của
2 2 2P x y y z z x= + + + + +
.
Giải. Áp dụng BĐT
2 2 2 2
( ) 3( )a b c a b c+ + ≤ + +
ta được P
2
≤ 3.(2x + y + 2y + z + 2z + x) = 36. Đẳng thức xảy ra kcvk
x = y = z = 4/3.
BT 14) Cho 2 số thực x, y thỏa x
2
+ y
2
+ xy = 3. Tìm GTLN
−
NN của biểu thức :
4 4 2
( )M x y xy x y= + + +
.
Giải. Đặt S = x + y, P = xy, ĐK :
2
4S P≥
.
x
2
+ y
2
+ xy = 3 ⇔
2 2
3 3 0 3S P S P P− = ⇔ = + ≥ ⇒ ≥ −
. Đẳng thức có thể xảy ra, chẳng hạn khi x = − y =
3
.
ĐK :
2
4S P≥
⇔ P + 3 ≥ 4P ⇔ P ≤ 1. Đẳng thức có thể xảy ra, chẳng hạn khi x = y = 1.
Tóm lại, tập giá trị của P là [−3 ; 1].
Ta có,
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) 2 ( ) ( 2 ) 2 . ( 3 2 ) 2 .( 3) 9 3M x y x y xy x y S P P P S P P P P P P= + − + + = − − + = + − − + + = −
Vì P ∈ [−3 ; 1] nên M ∈ [6 ; 18].
Min M = 6, đạt khi x = y = 1. Max M = 18, đạt khi x = − y =
3
.
4
Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực
BT 15) Cho x, y, z dương thỏa mãn
4 4 4 4 4 4 4 4 4
3x y y z z x x y z+ + ≤
. Tìm GTLN của
2 2 2
6 4 6 4 6 4 2 2 2
x y z x y z
P
x y y z z x x y z
+ +
= + + +
+ + +
.
Giải. Từ giả thiết ta suy ra
4 4 4 4 4 4
(1)
4 4 4 4 4 4
1 1 1
3 3
x y y z z x
x y z x y z
+ +
≤ ⇔ + + ≤
.
Ta có
6 4 3 2
2 0x y x y+ ≥ >
nên
6 4 2 2
1
2
x
x y x y
≤
+
. Tương tự ta được
6 4 2 2
1
2
y
y z y z
≤
+
và
6 4 2 2
1
2
z
z x z x
≤
+
.
Từ đây suy ra
2 2 2
6 4 6 4 6 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
2 2 2 2
x y z x y z
x y y z z x x y y z z x x y z
+ +
+ + ≤ + + =
+ + +
.
2 2 2 2 2 2
(2)
6 4 6 4 6 4 2 2 2 2 2 2
3
.
2
x y z x y z x y z
P
x y y z z x x y z x y z
+ + + +
⇒ = + + + ≤
+ + +
.
Mặt khác, theo (1) và BĐT
2 2 2
ab bc ca a b c+ + ≤ + +
ta được
2 2 2 2 2 2 4 4 4
1 1 1 1 1 1
3 (3)
x y y z z x x y z
+ + ≤ + + ≤
.
Từ (2) và (3) ta được P ≤
9
2
. Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z = 1. Vậy max P = 9/2.
BT 16) Cho
3( 2 1 1) 0x y x y+ − − + + + =
. Tìm GTLN và GTNN của
( 2)( 1)A x y= − +
.
Giải.
BT 17) Cho x, y, z dương, thỏa đẳng thức
1 1 1
1
x y z
+ + =
. Chứng minh:
2 2 2
4
x y z x y z
x yz y zx z xy
+ +
+ + ≥
+ + +
.
CM. Ta có
1 1 1
1
x y z
+ + =
⇔ xy + yz + zx = xyz. Do đó,
2 3 3 3
2 2
( )( )
x x x x
x yz x xyz x xy yz zx x y x z
= = =
+ + + + + + +
.
2 3
3
(1)
8 8 ( )( ) 8 8 4
x x y x z x x y x z
x
x yz x y x z
+ + + +
⇒ + + = + + ≥
+ + +
Tương tự:
2
3
(2)
8 8 4
y y z y x
y
y zx
+ +
+ + ≥
+
và
2
3
(3)
8 8 4
z z x z y
z
z xy
+ +
+ + ≥
+
.
Cộng (1), (2) và (3) ta được đpcm.
BT 18) Cho
, 0
2
q
p q> >
. Xác định tam giác
∆
ABC sao cho biểu thức W = p.cosA + q(cosB + cosC) lớn nhất.
Giải. W =
2 2
(1 2sin ) 2 (cos .cos ) 2 sin 2 cos .sin
2 2 2 2 2 2
A B C B C A B C A
p q p q p
+ − −
− + = − + +
=
2 2
2 2 2
2
2 (sin cos .sin cos ) cos
2 2 2 4 2 2 2
A q B C A q B C q B C
p p
p p p
− − −
− − + + +
=
2 2
2
2
2 sin cos cos
2 2 2 2 2 2
A q B C q B C q
p p p
p p p
− −
− − + + ≤ +
÷
.
Đẳng thức xảy ra kvck
sin cos
sin (0;1)
2 2 2
2 2
cos 1
2
A q B C
A q
p
p
B C
B C
−
=
= ∈
⇔
−
=
=
Vậy max W =
2
2q
p
p
+
khi ∆ABC cân đỉnh A và có góc A thỏa
sin
2 2
A q
p
=
.
5