BDT ON THI VAO 10

một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức
Phơng pháp 1 : dùng định nghĩa
Kiến thức : Để chứng minh A > B. Ta chøng minh A –B > 0
Lu ý dùng hằng bất đẳng thức M 2 0 víi M
VÝ dơ 1  x, y, z chøng minh r»ng :
a) x ❑2 + y ❑2 + z ❑2
xy+ yz + zx
b) x ❑2 + y ❑2 + z ❑2
2xy – 2xz + 2yz
c) x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 +3
2 (x + y + z)
Gi¶i: a) Ta xÐt hiÖu: x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - xy – yz – zx = 1 .2 .( x ❑2 + y
2
2

❑2

y− z¿
2
x
−
z ¿ +¿ ≥ 0
+ z ❑2 - xy – yz – zx)
= 1
®óng víi mäi x;y;z  R
x − y ¿ 2+¿
2
¿
¿
V× (x-y)2 0 víix ; y DÊu b»ng x¶y ra khi x=y; (x-z)2 0 víix ; z DÊu b»ng x¶y ra

khi x=z

(y-z)2 0 víi z; y DÊu b»ng x¶y ra khi z=y
VËy x ❑2 + y ❑2 + z ❑2
xy+ yz + zx. DÊu b»ng x¶y ra khi x = y =z
b)Ta xÐt hiÖu: x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x ❑2 + y ❑2 + z
❑2 - 2xy +2xz –2yz
=( x – y + z) ❑2 0 ®óng víi mäi x;y;z  R
VËy x ❑2 + y ❑2 + z ❑2
2xy – 2xz + 2yz ®óng víi mäi x;y;z  R . DÊu b»ng
x¶y ra khi x+y=z
c) Ta xÐt hiƯu: x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 +3 – 2( x+ y +z ) = x ❑2 - 2x + 1 + y
2
❑ -2y +1 + z ❑2 -2z +1
= (x-1) ❑2 + (y-1) ❑2 +(z-1) ❑2
0. DÊu(=)x¶y ra khi x=y=z=1
VÝ dô 2: chøng minh r»ng :
a)

a2 +b2 a+ b
≥
2
2

2

( )

a2 +b2 +c 2 a+ b+c

3
3

(

; b)

2

)

c) HÃy tổng quát bài to¸n
2
2
2
2
a2 +b2 a+b 2
= 2 ( a + b ) − a + 2ab+ b = 1 ( 2 a2 +2 b2 − a2 −b 2 −2 ab )
−
4
2
2
4
4
2
2
2
= 1 ( a −b )2 ≥ 0 . VËy a +b ≥ a+ b ; DÊu b»ng x¶y ra khi a=b
4
2

2
2
2
2
2
b)Ta xÐt hiÖu: a +b +c − a+b+ c
= 1 [ ( a − b ) 2 + ( b − c )2 + ( c − a )2 ] ≥ 0
9
3
3
2
2
2
2
VËy a +b +c ≥ a+ b+c ; DÊu b»ng x¶y ra khi a = b =c
3
3
2
2
a +a +. .. .+a2n a1 +a2 +. .. .+an 2
c)Tỉng qu¸t: 1 2
≥
n
n

( )

Giải: a) Ta xét hiệu

( )

(
)

(

)

(

)

phơng pháp 2 : Dùng phép biến đổi tơng đơng
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức
đà đợc chứng minh là đúng.
A B
Chú ý các hằng đẳng thức sau:

2

A2 2 AB  B 2

( A + B+C )2=A 2 +B 2+C 2 +2 AB+2 AC+2 BC

 A B 

3

 A3 3 A2 B  3 AB 2 B 3
2

VÝ dô 1:Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh r»ng: a) a2 + b ≥ ab
4


b) a2 +b 2+1 ≥ ab+a+ b
c) a2 +b 2+ c 2+ d2 + e2 ≥ a ( b +c +d +e )
2
Gi¶i: a) a2 + b ≥ ab ⇔ 4 a2 +b 2 ≥ 4 ab ⇔ 4 a2 4 a+b 2 0

4
(bất đẳng thức này luôn ®óng)
⇔ ( 2 a −b ) ≥ 0
2
VËy a2 + b ≥ ab
(dÊu b»ng x¶y ra khi 2a=b)
4
2
2
2
2
b)
a +b +1 ≥ ab+a+ b ⇔2(a +b +1)> 2(ab+ a+b)
⇔ a2 − 2ab+ b2 +a2 −2 a+1+b 2 − 2b +1≥ 0
2
b 1 0
2
a 1 +
Bất đẳng thức cuối đúng.
2

a −b ¿ + ¿
⇔¿
VËy a2 +b 2+1 ≥ ab+a+ b . DÊu b»ng x¶y ra khi a=b=1
c)
a2 +b 2+ c 2+ d2 + e2 ≥ a ( b +c +d +e )
⇔ 4 (a 2+ b2+ c 2+ d 2+ e2 )≥ 4 a ( b+c + d+ e )
⇔ ( a 2 − 4 ab+ 4 b 2) + ( a2 − 4 ac+ 4 c 2 ) + ( a2 − 4 ad + 4 d 2 ) + ( a 2 − 4 ac +4 c2 ) ≥ 0
⇔ ( a −2 b )2 + ( a− 2 c )2 + ( a− 2 d )2+ ( a 2 c )2 0
2

Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 2: Cho a, b là hai số dơng có tổng bằng 1 . Chứng minh rằng :
Giải: Dùng phép biến đổi tơng đơng ;
3(a + 1 + b + 1)
4(a + 1) (b + 1)  9

4(ab + a + b + 1)

1
1
4
+
≥
a+1 b+1 3

(v× a + b = 1)

9
4ab + 8
1

4ab  (a + b)2
4ab
Bất đẳng thức cuối đúng . Suy ra ®iỊu ph¶i chøng minh .
2

VÝ dơ 3: cho x.y =1 và x>y
2
2
Giải: Ta có: x + y

Chứng minh

2a2 + 2b2 - 1
0

y nªn x- y

2 √2

0  2a2 + 2(1-a)2 - 1

0

⇒ x2+y2

2 √ 2 ( x-y)
x− y
0 ⇔ x2+y2+2- 2 √ 2 x+ 2 √ 2 y -2 0
⇒ x2+y2- 2 √ 2 x+ 2 √ 2 y
2

2
2
0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2
x +y +( 2 ) - 2 √ 2 x+ 2 √ 2 y -2xy
2
0 Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều ph¶i chøng minh
⇒ (x-y- √ 2 )
1
VÝ dơ 4: Cho 2 sè a, b tho¶ m·n a + b = 1 . CMR a3 + b3 + ab
2
1
Gi¶i : Ta cã : a3 + b3 + ab
<=> a3 + b3 + ab - 1
0
2
2
<=> (a + b)(a2 - ab + b2) + ab - 1
0 <=> a2 + b2 - 1
0 . V× a + b = 1
2
2
2 √2

v× : x

2

x +y
x− y

0 ( v× b = a -1 ) 4a2 - 4a + 1

Bất đẳng thức cuối cùng ®óng . VËy a3 + b3 + ab

1
2

DÊu '' = '' xảy ra khi a = b = 1
2
Phơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc
A/ một số bất đẳng thức hay dùng
1) Các bất đẳng thức phụ:

0 ( 2a - 1 )2


b) ( x+ y )2 ≥ 4 xy

a) x 2+ y 2 ≥ 2 xy

c) a + b ≥2
b a

a +a +a +. . ..+ an
2)Bất đẳng thức Cô sy: 1 2 3
≥ √ a1 a2 a3 . .. . an
n
+2n

x 21+ x 22 +.. . .

3)Bất đẳng thức Bunhiacopski:
2
( a1 x 1+ a2 x 2 +. .. .+an x n )

Víi

ai >0

( a 2 + a22+ .. ..+ a2n ) .
2



4) Bất đẳng thức Trê- b-sép:
Nếu
Nếu

{Aa bB cC
{AabBCc





aA+ bB+cC a+b+ c A+ B+C
≥
.
3
3
3

aA+ bB+cC a+b+ c A+ B+C
≤
.
. DÊu bằng xảy ra khi
3
3
3

a=b=c
{A=B=C

b/ Các ví dụ
Ví dụ 1: Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng: (a+b)(b+c)(c+a) 8abc
Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: ( x+ y )2 ≥ 4 xy
Tacã
;
( a+b )2 ≥ 4 ab ;
( b+ c )2 ≥ 4 bc
( c +a )2 ≥ 4 ac
2 2 2
2
⇒ ( a+b )2 ( b+ c )2 ( c +a )2
⇒ (a+b)(b+c)(c+a)
64 a b c =( 8 abc )
8abc
DÊu “=” x¶y ra khi a = b = c
VÝ dơ 2: Gi¶ sư a, b, c là các số dơng , chứng minh rằng:
a
b
c

+
+
>2
b+ c
c+ a
a+ b



Giải: áp dụng BĐT Cauchy , ta có : a + (b + c) 2 √ a(b+ c)
T¬ng tự ta thu đợc :



b
2b

c +a a+ b+c



,





a
2a

b+ c a+ b+c

c
2c

a+ b a+b+ c

Dấu bằng của ba BĐT trên không thể đồng thời xảy ra , vì khi đó có :
a = b + c , b = c + a , c = a + b nªn a + b + c = 0 ( trái với giả thiết a, b, c đều là số dơng ).
Từ đó suy ra :

a
b
c
+
+
>2
b+ c
c+ a
a+ b

√ √ √

VÝ dô 2 : Cho x , y là 2 số thực thoả mÃn : x2 + y2 = x √ 1− y 2+ y √ 1 − x 2
Chøng minh r»ng : 3x + 4y
5
Giải : áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta cã :
(x2 + y2)2 = ( x √ 1− y 2+ y √ 1 − x 2 )2 ( |x|≤1 ; | y|≤1 )
(x2 + y2)(1 - y2 + 1 - x2) => x2 + y2
1

Ta l¹i cã : (3x + 4y)2
(32 + 42)(x2 + y2)
25 => 3x + 4y
5
Đẳng thøc x¶y ra 

2

2

x + y =1
x >0 , y >0
x y
=
3 4

{



{

3
5
. §iỊu kiƯn :
4
y=
5
x=

3
5
≤x ≤
2
2


VÝ dô 3: Cho a, b, c
0 ; a + b + c = 1 . Chøng minh r»ng :
a, √ a+b+ √b +c + √ c+ a ≤ √ 6
b, √ a+1+ √ b+1+ √ c +1<3,5
Gi¶i : a, áp dụng bất dẳng thức Bunhiacôpxki với 2 bộ 3 sè ta cã :
2

2

2

( √ a+b . 1+ √ b+c .1+ √ c +a . 1 ) ≤ ( 1+1+1 ) [ ( √ a+b ) + ( √ b+ c ) + ( √ c+ a ) ]
=> ( √ a+b+ √ b+c + √ c+ a )2 ≤3 .(2 a+2 b+ ac)=6 => √ a+b+ √b +c + √ c+ a ≤ √ 6 .

DÊu '' = '' x¶y ra khi : a = b = c = 1
3

b, áp dụng bất đẳng thức Côsi , ta có : √ a+1 ≤ (a+1)+1 = a +1
2

T¬ng tù : √ b+1 ≤ b +1
2

;

2

c
√ c+ 1≤ +1
2

Céng tõng vÕ của 3 bất đẳng thức trên ta đợc : a+1+ b+1+ c +1 a+b+ c +3=3,5
2

Dấu đẳng thøc x¶y ra khi a = b = c =0 trái với giả thiết : a + b + c =
VËy : √ a+1+ √ b+1+ √ c +1<3,5

1

VÝ dô 4 : Cho các số dơng a , b , c tho¶ m·n : a + b + c = 1 . Chøng minh r»ng : 1 + 1 + 1 ≥ 9
a b c

Gi¶i : Ta cã : a + b >0 , a , b > 0

b a
1 1 1
1 1 1
1 1 1
Ta cã :
+ + =¿ ( + + ) .1 = ( + + ) .(a + b + c)
a b c
a b c
a b c

= 1+ a + a + b +1+ b + c + c + 1 = 3+( a + b )+( b + c )+( c + a ) ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9
b c a
c a b
b a
c b
a c
=> 1 + 1 + 1 ≥ 9 DÊu ''='' x¶y ra khi : a = b = c = 1
a b c
3
VÝ dô 5: Cho x , y > 0 . Chøng minh r»ng : 1 + 1 4
x y x+ y
2
Giải: áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : x+ y ≥ 2 √ xy  1 + 1
x y
√ xy
4
=> (x + y)( 1 + 1 )
4 => 1 + 1
x y
x y
x+ y

VÝ dô 6: Cho 4 sè a,b,c,d bÊt kú chøng minh r»ng:
b+d ¿2
¿
a+c ¿2 +¿
¿
√¿

Gi¶i: Dïng bÊt ®¼ng thøc Bunhiacopski

tacã ac+bd
√ a2 +b2 . √c 2 +d 2
mµ ( a+ c )2 +( b+ d )2=a 2+ b2+ 2 ( ac + bd ) + c2 +d 2
( a 2+b 2 ) +2 √ a2+ b2 . √ c 2+ d 2+ c 2+ d 2


2

⇒

b+d ¿
¿
a+ c ¿2 +¿
¿
√¿

VÝ dô 7: Chøng minh r»ng: a2 +b 2+ c 2 ≥ ab+ bc+ac
Gi¶i: Dïng bÊt đẳng thức Bunhiacopski
Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta cã
( 12 +12+12 ) (a2 +b 2+ c2 )≥ ( 1 .a+ 1. b+1 . c )2
3 ( a 2+b 2+ c 2 ) ≥ a2 +b 2+ c 2+2 ( ab+ bc+ ac )

Điều phải chứng minh Dấu b»ng x¶y ra khi a=b=c
⇒ a2 +b 2+ c 2 ab+ bc+ac
Phơng pháp 4:dùng tính chấtcủa tỷ số
Kiến thức
1) Cho a, b ,c là các số dơng thì
a NÕu a >1 th× a > a+ c
b
a

<1
b

b – NÕu
th×
2) NÕu b, d >0 th× tõ

b b+ c
a a+ c
<
b b+ c

a c a a+c c
< ⇒ <
<
b d b b+ d d

`

a
b
c
d
+
+
+
<2
a+b+ c b+c +d c+ d+ a d +a+ b
a
a

a+ d
<1 ⇒
<
(1)
a+b+ c
a+b+c a+b+ c+ d

VÝ dô 1 : Cho a,b,c,d > 0 .Chøng minh r»ng: 1<
Gi¶i : Theo tÝnh chÊt cđa tØ lƯ thøc ta cã:

a
a
>
(2)
a+b+ c a+b+ c+ d
a
a
a+d
Tõ (1) vµ (2) ta cã:
<
<
a+b+ c+ d
a+b+ c
a+b+ c+ d
b
b
b+ a
T¬ng tù ta cã:
<
<

(4)
a+b+ c+ d b+c +d a+b+ c+ d
c
c
b +c
<
<
(5)
a+b+ c+d c +d +a a+b+ c+d
d
d
d+ c
<
<
(6)
a+b+ c+ d d +a+b a+ b+c +d

Mặt khác :

(3)

céng vÕ víi vÕ cđa (3); (4); (5); (6) ta có

a
b
c
d
+
+
+

<2 điều phải chứng minh
a+b+ c b+c +d c+ d+ a d +a+ b
ab+cd c
VÝ dô 2 : Cho: a < c vµ b,d > 0 .Chøng minh r»ng a < 2 2 <
b
d
b
b +d d
ab
cd
ab
ab+cd
cd
c
<
< =
Gi¶i: Tõ a < c ⇒ 2 < 2
⇒
b
d
b d
b2 b 2+ d 2 d 2 d
ab+cd c
a
Vậy
< 2 2<
điều phải chứng minh
b
b +d d
1<

Ví dụ 3: Cho a;b;c;d là các số nguyên dơng thỏa mÃn : a+b = c+d =1000
tìm giá trị lớn nhất của a + b
c d
Phơng pháp 5: Phơng pháp lµm tréi


Dùng các tính bất đẳng thức để đa một vế của bất đẳng thức về dạng tính đợc tổng hữu hạn
hoặc tích hữu hạn.
(*) Phơng pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = u1 +u2 +.. . .+ un
Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u k về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau:
uk =ak −a k+1

Khi ®ã :
S = ( a1 − a2 ) + ( a2 − a3 ) +.. . .+ ( an an+1 ) =a1 a n+1
(*) Phơng pháp chung về tính tích hữu hạn: P = u1 u 2 . .. .u n
Biến đổi các số hạng uk về thơng của hai số hạng liên tiếp nhau: uk =
Khi ®ã P =

ak
ak+ 1

a1 a 2
an
a1
. .. . ..
=
a2 a 3
an+1 an +1

VÝ dơ 1 :Víi mäi sè tù nhiªn n >1 chøng minh r»ng : 1 < 1 + 1 +. .. .+ 1 < 3
2 n+1 n+2

n+ n 4

1
1
1
>
=
víi k = 1,2,3,…,n-1
n+k n+ n 2n
1
1
1
1
1
n 1
+
+.. .+ > +. ..+ = =
n+1 n+2
2n 2n
2 n 2n 2

Gi¶i: Ta cã
Do ®ã:

1
1
1

VÝ dơ 2: Chøng minh r»ng: 1+ + +.. . .+ >2 ( √ n+ 1− 1 )
√2 √ 3
√n
1
2
2
=
>
=2 ( √ k +1 − √ k )
Gi¶i : Ta cã
√k 2 √ k √ k + √k + 1
Ta cã: 1 > 2 ( √ 2− 1 )
1
>2 ( √3 − √ 2 )
√2

………………
1
>2 ( √ n+1− n )
n
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta cã
1
1
1
1+ + +.. . .+ >2 ( √ n+ 1− 1 )
√2 √ 3
√n
n
VÝ dô 3 : Chøng minh r»ng ∑ 12 < 2
k

1
1
1
1
<
=
−
k 2 k ( k −1 ) k −1 k
1
1
<1 −
2
2
2
1 1 1
< −
32 2 3
.. . .. .. . .. .. .. . ..
1
1
1
<
−
2
n n −1 n
1 1
1
⇒ 2 + 2 +. .. .+ 2 <1
2 3
n

n Z

k=1

Giải: Ta có

Ta có:

n

Vậy

k12 < 2
k=1

Phơng pháp 6: Dùng bất đẳng thức trong tam giác

Với n là số nguyên


Nếu a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác thì : a;b;c> 0; vµ |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c
b| < c < b+a
VÝ dô 1: Cho a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác chứng minh rằng
a, a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)
b, abc>(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b)
Giải: a)Vì a,b,c là số đo 3 cạnh của một tam giác nên ta có
000

{

; |a-

a2 b2 c 2< c (a+b)

{



Cộng từng vế các bất đẳng thức trªn ta cã
a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)
2

b) Ta cã

a > b-c 
b > a-c 

b−c¿
>0
2
2
a >a − ¿
2
 c2 −a2 ¿ > 0
b >b − ¿

¿ 2> 0
 a −b
2
2
c >c − ¿



c > a-b
Nhân vế các bất đẳng thức ta đợc

a 2 b2 c 2 > [ a2 − ( b − c )2 ][ b 2 − ( c − a )2 ] [ c 2 − ( a −b )2 ]
2
2
2
⇒ a 2 b 2 c 2 > ( a+b − c ) ( b +c − a ) ( c +a −b )
⇒ abc> ( a+b − c ) . ( b+c −a ) . ( c +a −b )

VÝ dơ 1: Cho tam gi¸c ABC cã chu vi 2p = a + b + c (a, b , c là độ dài các cạnh của tam giác) .
1
1
1
+
+
2
p a p b p c
Giải: Ta cã : p - a = b+c − a >0
2

Chøng minh r»ng :

1 1 1
( + + )
a b c

T¬ng tù : p - b > 0 ; p - c > 0 ;
áp dụng bất đẳng thức 1 + 1 4
x

y

ta đợc ;

1
1
4
4
+

=
p a p b ( p − a)+( p −b) c

x+ y
1
1
4
1
1
4
+

≥
+
≥
T¬ng tù :
;
p − b p −c a
p − a p −c b
=> 2( 1 + 1 + 1 )≥ 4 ( 1 + 1 + 1 ) => điều phải chứng minh .
pa p−c p−c
a b c

DÊu '' = '' x¶y ra khi : p - a = p - b = p - c  a = b = c. Khi ®ã tam giác ABC là tam giác đều .
Phơng pháp 7: ®ỉi biÕn sè
VÝ dơ1: Chøng minh r»ng : NÕu a , b , c > 0 th× : a + b + c ≥ 3
b+c c +a b+ a 2
Gi¶i: §Ỉt : b +c = x , c + a = y , a + b = z => a + b + c = x + y + z
2
=> a = y + z − x , b = z + x − y , c = x + y − z
2
2
2
Khi ®ã : VT = a + b + c
= y + z − x + z + x − y + x+ y − z
b+c c +a b+ a
2x
2y
2z
= 1 ( y + x )+ 1 ( z + x )+ 1 ( z + y ) − 3 ≥ 1+1+ 1− 3 = 3
2 x y 2 x z 2 y z
2

2 2


VÝ dơ2: Cho a,b,c > 0 vµ a+b+c <1. Chøng minh rằng
Giải: Đặt x = a2 +2 bc ; y = b2 +2 ac
Ta cã x+ y+ z=( a+b +c )2< 1
(1)

1 1 1
⇔ + + ≥9
x y z

; z = c 2+ 2ab

1
1
1
+ 2
+ 2
≥9
a +2 bc b +2 ac c +2 ab
2

(1)

Víi x+y+z < 1 vµ x ,y,z > 0

Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x+ y+ z ≥ 3. √3 xyz
1 1 1
1 1 1

+ + ≥ 3. . 3 1
( x+ y+ z ) . + + ≥ 9
⇒
x

y

√

z

(x

xyz
1 1 1
+ + ≥9
x y z

y z

)

Mà x+y+z < 1. Vậy
(đpcm)
Phơng pháp 8: dùng tam thức bËc hai
Cho tam thøc bËc hai f ( x )=ax 2 + bx+ c
NÕu Δ< 0 th× a . f ( x )> 0
∀ x∈R
NÕu Δ=0
NÕu Δ> 0

th×

a . f ( x )> 0

th×

a . f ( x )> 0
a . f ( x )< 0

b
a
víi x< x1 hc
víi x 1< x < x 2
∀ x≠−

x> x2

( x 2> x 1 )

VÝ dô: Chøng minh r»ng: f ( x , y ) =x 2+5 y 2 −4 xy +2 x −6 y +3> 0
Gi¶i:Ta cã (1) ⇔
x 2 −2 x ( 2 y −1 ) +5 y 2 − 6 y+ 3>0

(1)
2

2
2
'

2
2
Δ =( 2 y −1 ) −5 y + 6 y − 3 4 y  4 y  1  5 y  6 y  3   y  1  1  0

VËy f ( x , y ) > 0 với mọi x,
Phơng pháp 9: dùng quy nạp toán học
Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n>n 0 ta thực hiện các bớc sau :
1 Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n=n0
2 - Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh đợc gọi là giả thiết quy
nạp )
3- Ta chứng minh bất đẳng thức ®óng víi n = k +1 (thay n = k+1vµo BĐT cần chứng minh
rồi biến đổi để dùng giả thiết quy nạp)
4 kết luận BĐT đúng với mọi n>n 0
VÝ dô1: Chøng minh r»ng
1 1
1
1
+ 2 +.. . .+ 2 <2 −
2
n
1 2
n
Gi¶i : Víi n =2 ta cã 1+ 1 <2 1
4
2

n N ; n>1

(đúng)

Vậy BĐT (1) đúng với n =2
Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh
BĐT (1) đúng với n = k+1
ThËt vËy khi n =k+1 th× (1) ⇔

k +1¿
¿
¿

1 1
1 1
+ 2 +.. . .+ 2 + ¿
2
1 2
k

Theo giả thiết quy nạp


k +1



2

1 1
1 1
+ 2 +.. . .+ 2 + ¿
2
1 2

k

⇔

2

k + 1¿
¿
¿

2

1
1
+.. . .+ ¿
2
1

(1)




k +1 2

k +1 2

k +1+1

k2+2k
Ví dụ2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n
3 thì : 2n > 2n + 1 (*)
Gi¶i : + Víi n = 3 , ta cã : 2n = 23 = 8 ; 2n + 1 = 2.3 + 1 = 7 ; 8 > 7 . Vậy đẳng thức (*) đúng
với n = 3 .
+ Giả sử (*) đúng với n = k (k
N;k
3) , tøc lµ : 2k > 2k + 1
ta ph¶i chøng minh : 2k+1 > 2(k + 1) + 1
hay : 2k+1 > 2k + 3 (**)
+ ThËt vËy : 2k+1 = 2.2k , mµ 2k > 2k + 1 ( theo giả thiết quy nạp )
do đó : 2k +1 > 2(2k + 1) = (2k + 3) +(2k - 1) > 2k + 3 ( V× : 2k - 1 > 0)
VËy (**) ®óng víi mäi k
3.
n
+ KÕt luËn : 2 > 2n + 1 víi mọi số nguyên dơng n
3.
Ví dụ 3: Chứng minh rằng :

1
. 3 . 5 ...
2
4
6

2 n −1
2n

1

√ 3 n+1

(*) (n là số nguyên dơng

)
Giải : + Với n = 1 , ta cã : VT = VP = 1 . Vậy (*) đúng với n = 1 .
2

+ Giả sử (*) ®óng víi n = k

1 ta cã :

1
. 3 . 5 ...
2
4
6

2 k −1
2k

1
√ 3 k +1

Ta cÇn chøng minh (*) ®óng víi n = k + 1 , tøc lµ :
2 k +1
2 k −1
≤
.
2k

2( k +1)
2 k +1
1
do đó chỉ cần chứng minh :
3 k +1 2(k +1)
1
. 3 . 5 ...
2
4
6

1
2 k +1
.
2( k +1)
√3 k +1
1
3(k +1)+1

dùng phép biến đổi tơng đơng , ta có :
(2k + 1)2(3k + 4)
(3k + 1)4(k +1)2
 12k3 + 28k2 + 19k + 4
12k3 + 28k2 + 20k +4
k
0 . => (**) ®óng víi mäi k
1.
VËy (*) dóng víi mọi số nguyên dơng n .
Phơng pháp 10: Chứng minh phản chứng
Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng , ta hÃy giả sử bất đẳng thức đó sai và kết

hợp với các giả thiết để suy ra điều vô lý , điều vô lý có thể là điều trái với giả thiết , có thể là
điều trái ngợc nhau .Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh là đúng
Ví dụ 1: Cho ba số a,b,c tháa m·n a +b+c > 0 , ab+bc+ac > 0 , abc > 0. CMR: a > 0, b>0, c>0
Giải : Giả sử a
0 thì từ abc > 0 a 0 do đó a < 0
Mà abc > 0 vµ a < 0 ⇒ cb < 0
Tõ ab+bc+ca > 0 ⇒ a(b+c) > -bc > 0
V× a < 0 mµ a(b +c) > 0 ⇒ b + c < 0
a < 0 vµ b +c < 0 ⇒ a + b +c < 0 trái giả thiết a+b+c > 0
VËy a > 0 t¬ng tù ta cã b > 0 , c > 0
VÝ dô 2: Cho 4 sè a , b , c , d tháa m·n ®iỊu kiƯn: ac
2.(b+d). Chøng minh r»ng cã Ýt nhÊt
2
2
mét trong các bất đẳng thức sau là sai: a < 4 b
,
c <4 d


Giải : Giả sử 2 bất đẳng thức : a2 < 4 b , c 2< 4 d ®Ịu ®óng khi đó cộng các vế ta đợc
a2 +c 2 <4 (b +d) (1)
Theo gi¶ thiÕt ta cã 4(b+d)
2ac (2)
Tõ (1) vµ (2) ⇒ a2 +c 2 <2 ac hay ( a c )2 <0
(vô lý)
2
2
Vậy trong 2 bất đẳng thøc a < 4 b vµ c < 4 d có ít nhất một các bất đẳng thức sai
Ví dụ 3: Cho x,y,z > 0 vµ xyz = 1. Chøng minh r»ng
NÕu x+y+z > 1 + 1 + 1 th× có một trong ba số này lớn hơn 1

x

y

z

Giải :Ta cã (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1 =x + y + z – ( 1 + 1 + 1 ) v×
x y z
xyz = 1
theo gi¶ thiÕt x+y +z > 1 + 1 + 1 nªn (x-1).(y-1).(z-1) > 0
x y z
Trong ba sè x-1 , y-1 , z-1 chØ cã mét sè d¬ng. ThËt vËy nếu cả ba số dơng thì x,y,z > 1
xyz > 1 (trái giả thiết). Còn nếu 2 trong 3 số đó dơng thì (x-1).(y-1).(z-1) < 0 (vô lý)
Vậy có mét vµ chØ mét trong ba sè x , y,z lớn hơn 1
các bài tập nâng cao
i / Dùng biến đổi tơng đơng
2
2 2
1) Cho x > y và xy =1 .Chøng minh r»ng: ( x + y )

≥8
( x − y )2
2
2
2
2
Gi¶i :Ta cã
x + y =( x − y ) +2 xy =( x − y ) +2 (v× xy = 1) ⇒
2
( x 2+ y 2) =( x − y )4 +4 . ( x − y )2 +4

Do đó BĐT cần chứng minh tơng đơng với
( x − y )4 +4 ( x − y )2 +4 ≥ 8. ( x − y )2
2

( x − y )4 −4 ( x − y )2 + 4 ≥ 0

⇔

⇔

2

[ ( x − y ) − 2] ≥ 0
BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh
1
1
2
+

2
2
1+
xy
1+ x 1+ y
1
1
1
1
1

1
2
−
+
−
≥0
+
≥
Gi¶i : Ta cã
⇔
2
2
2
2
2
1+
xy
1+
xy
1+ x 1+ y
1+ y
1+ x 1+ y
2
2
x(y −x)
y(x− y)
xy − x
xy − y
+
≥0 ⇔

+
≥0 ⇔
⇔
2
2
2
( 1+ x ) . (1+ xy ) ( 1+ y 2 ) . ( 1+ xy )
( 1+ x ) . (1+ xy ) ( 1+ y ) . ( 1+ xy )
( y − x )2 ( xy −1 )
≥0
( 1+ x 2 ) . ( 1+ y 2) . ( 1+xy )

2) Cho xy

1 .Chøng minh r»ng:

(

)(

)

B§T cuối này đúng do xy > 1 .Vậy ta có điều phải chứng minh
ii / dùng bất đẳng thức phụ
1) Cho a , b, c là các số thực và a + b +c =1. Chøng minh r»ng: a2 +b 2+ c 2 1
3
Giải : áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho 3 sè (1,1,1) vµ (a,b,c)
Ta cã
( 1. a+1 . b+1 . c )2 ≤ ( 1+1+1 ) . ( a2 +b2 +c 2 ) ⇔
( a+b +c )2 ≤ 3 . ( a2 +b2 +c 2 )

⇔

2

2

2

a +b + c

1
3

(vì a+b+c =1 ) (đpcm)

2) Cho a,b,c là các sè d¬ng. Chøng minh r»ng: ( a+b +c ) . 1 + 1 + 1 ≥ 9
Gi¶i : (1) ⇔

a a b
b c c
1+ + + +1+ + + +1≥ 9
b c a
c a a

⇔

(1)
(a b c)
a b
a c

b c
3+( + )+ ( + )+ ( + )≥ 9
b a
c a
c b


¸p dơng B§T phơ

x y
+ ≥2
y x

Víi x,y > 0
( a+b +c ) .

Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng. VËy

( 1a + 1b + 1c )≥ 9

(®pcm)

Iii / dïng phơng pháp bắc cầu
So sánh 31 11 và 17 14
Giải : Ta thÊy

31

11

<

256 24.14  24

3211  25

 

 

14

11

255 256

1614 1714

Mặt khác
Vậy 31 11 < 17 14
iv/ dïng tÝnh chÊt tØ sè

(®pcm)

1) Cho a ,b ,c ,d > 0 .Chứng minh rằng :
Giải : Vì a ,b ,c ,d > 0 nªn ta cã

2

a b

b c
c d
d a



3
a b c b c d c d a d a b

a b
a b
a b d


a b c  d a b c a b c d
b  c
bc
bca


a b c d b c  d a b c d
d a
d a
d a c


a b c  d d a b a b c d

Céng c¸c vÕ cđa 4 bÊt đẳng thức trên ta có :
2

(1)
(2)
(3)

a b
b c
cd
d a



3
a b c b c  d c  d  a d a b

2) Cho a ,b,c là số đo ba cạnh tam giác
1

(đpcm)

a
b
c


2
b c c a a b

Chứng minh rằng:
Giải :Vì a ,b ,c là số đo ba cạnh của tam giác nên ta có a,b,c > 0

Và a < b +c ; b a
a a
2a
a
a



b  c a  b  c a  b c . Mặt khác b c a b  c
Tõ (1)
a
a
2a
b
b
2b




VËy ta cã a  b  c b  c a  b  c T¬ng tù ta cã a  b  c a  c a  b  c
c
c
2c


a b c b a a b c

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta cã :
1

a
b
c


2
b  c c  a a b

V/ phơng pháp làm trội :

(đpcm)

1
1
1
1

...

(2n 1).(2n 1) 2 ; b)
1) Chøng minh B§T sau: a) 1.3 3.5
1
1
1
1

 ... 

2
1.2 1.2.3
1.2.3.....n

Gi¶i : a) Ta cã
1
1  2k  1  (2k  1) 1  1
1 
 .
 

 2n  1 . 2n  1 2 (2k  1).(2k  1) 2  2k  1 2k 1 


1
1
1
1 
2  1

 ... 
 . 1 

(2n  1).(2n 1) 2  2 n 1  2
Cho n chạy từ 1 đến k . Sau đó cộng lại ta cã: 1.3 3.5

(®pcm)

1

b) Ta cã:

1
1
1
1
1
1

 ... 
1

 ..... 
1.2 1.2.3
1.2.3.....n
1.2 1.2.3
 n  1 .n

1
1
 1  1 1
 1
1   1        ....  
  2 2
n
 n 1 n
< 2 2 3

(đpcm)
ứng dụng của bất đẳng thức

1- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị .
- Kiến thức : Nếu f(x)
m thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là m .
Nếu f(x)
M thì f(x) có giá trị lớn nhất là M .
Ta thờng hay áp dụng các bất đẳng thức thông dụng nh : Côsi , Bunhiacôpxki , bất đẳng thức
chứa dấu giá trị tuyệt đối .
Kiểm tra trờng hợp xảy ra dấu đẳng thức để tìm cực trị .
Tìm cực trị của một biểu thức có dạng là đa thức , ta hay sử dụng phơng pháp biến đổi tơng đơng , đổi biến số , một số bất đẳng thức ...
Tìm cực trị của một biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối , ta vận dụng các bất đẳng thức
chứa dấu giá trị tuyệt đối
Chú ý :
| A|+|B|| A+ B|
Xảy ra dấu '' = '' khi AB
0
| A|≥ 0 DÊu ''= '' x¶y ra khi A = 0
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc:B = a3 + b3 + ab ; Cho biết a và b thoả mÃn: a +b =1
Gi¶i: B = (a + b)(a2 - ab + b2) + ab = a2 - ab + b2 + ab = a2 + b2
Ta cã : 2(a2 + b2)
VËy min B = 1
2

(a + b)2 = 1 => a2 + b2

1
2

khi a = b = 1
2

Bài 2: a, Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc : A = (x2 + x)(x2 + x - 4)
b, Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc : B = - x2 - y2 + xy + 2x +2y
Gi¶i: a, A = (x2 + x)(x2 + x - 4) . Đặt : t = x2 + x - 2
=> A = (t - 2)(t + 2) = t2 - 4
-4
DÊu b»ng x¶y ra khi : t = 0  x2 + x - 2 = 0  (x - 2)(x + 2) = 0  x = -2 ; x = 1 .
=> min A = - 4 khi x = -2 ; x = 1 ;
b, Tơng tự
Bài 3 : Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc .
a, C = |2 x −3|+|2 x −1| ; b, D = |x 2+ x+3|+|x 2+ x 6|
Giải : a, áp dụng BĐT : | A|+|B|≥| A+ B|
DÊu '' = ''x¶y ra khi AB
0.
=> C = |2 x −3|+|1− 2 x|≥|2 x −3+1 −2 x|=|−2|=2
DÊu '' = '' x¶y ra khi (2x - 3)(1 - 2x)

0



1
3
≤x≤
2
2


1
3
≤x≤

2
2

VËy minC = 2 khi

b, T¬ng tù : minD = 9 khi : -3
c,
minE = 4 khi : 2

x
x

2
3

Bµi 4 : Cho ba sè d¬ng x , y , z thoả mÃn :

1
1+ x

+

1
1+ y

+

1
1+ z

2

Tìm giá trị lớn nhất của tích : P = xyz
Giải :

1
1+ x

Tơng tự :

1
)+(11+ y

(1 1
1+ y

2

1
1+ z

2

Tõ ®ã suy ra : P = xyz
Bµi 5 :

=

√

1
)=
1+ z

y
1+ y

z
1+ z

+

2

√

yz
(1+ y)(1+ z )

zx
(1+ x)(1+ z)

√

xy
(1+ x)(1+ y )
1
. MaxP =
8

1
8

khi x = y = z = 1
2

Cho 3 số dơng a, b, c thảo m·n : a + b + c =1 . T×m giá trị nhỏ nhất của biểu thức : F

1
c+ 2
c
1 2
b+ ¿ +¿
b
1
a+ ¿2 +¿
a
¿

Gi¶i: Ta cã : F = (a2 + b2 + c2) + (

1 1 1
+ 2+ 2 ) + 6
2
a b c

Vận dụng bất đẳng thøc Bunhiac«pxki , ta cã :
(a.1 + b.1 + c.2)2
1 1 1

T¬ng tù : a + b + c ¿

3(a2 + b2 + c2) => a2 + b2 + c2
2

1
3

1 1 1
3 ( 2+ 2+ 2)

a b c

Mặt khác : 1 + 1 + 1 =¿ ( 1 + 1 + 1 ).1 = ( 1 + 1 + 1 )(a + b + c)
a b c
a b c
a b c
= 3 + ( a+b ) + ( b+ c ) + ( c + a )
3+2+2+2=9
b a
c b
a c
1 1 1 2
1 1 1
=> 1 + 1 + 1
9 => a + b + c ¿
81 => ( 2 + 2 + 2 )
a b c
a b c
¿

27 F

+ 6 = 33
1

1

1

Dấu '' = '' xảy ra khi : a = b = c = 3 . Vậy MinF = 33 3 khi : a = b = c = 3 .
Bài 7 : Cho G = yz √ x −1+zx √ y −2+ xy √ z − 3 .Tìm giá trị lớn nhất của G.
xyz

Giải : Tập xác định : x

1 ; y

2; z

3

1
3

+ 27


x−1
y −2

z −3
Ta cã : G = √
+ √
+ √
x

y

z

x − 1+ 1
2
√ z −3 ≤ 1
z
2√ 3

Theo BĐT Côsi ta có : √ x −1 ≤

x−1
=> √
x

1
2

1
1
1
+
+

T¬ng tù : √ y −2 ≤ 1
;
=> G
2 2√ 2 2 √ 3
y
2 2
1
1
1
+
+
Vậy MaxG =
đạt đợc khi x = 2 ; y = 2 ; z = 6
2 2√ 2 2 3
x
Bài 8 a, Tìm giá trị nhỏ nhất của H =
với x > 1 .
x 1
b. Tìm giá trị lín nhÊt cđa K = |x|. √ 1− x 2
HD : áp dụng bất đẳng thức Côsi và làm tơng tự nh bài 5 :
2 - Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình .
Nhờ vào các tính chất của bất đẳng thức , các phơng pháp chứng minh bất ®¼ng thøc , ta biÕn
®ỉi hai vÕ ( VT , VP ) của phơng trình sau đó suy luận để chỉ ra nghiệm của phơng trình . Nếu
VT = VP tại một hoặc một số giá trị nào đó của ẩn ( thoả mÃn TXĐ) => phơng trình có
nghiệm .
Nếu VT > VP hoặc VT < VP tại mọi giá trị của ẩn => phơng trình vô nghiệm .
Bài 1 : Giải phơng trình : 13 x 1 + 9 x+1 = 16x
Giải: Điều kiện : x
1 (*)
áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 13 x −1 + 9 √ x+1

= 13.2. 1 √ x −1 + 3.2. 3 √ x+1
2

2

13( x - 1 + 1 ) + 3(x + 1 + 9 ) =
4

4

16x

{

1
2
3
√ x+1=
2

√ x −1=

DÊu '' = '' x¶y ra 

5

x= 4

tho¶ mÃn (*)

5

Phơng trình (1) có nghiệm dấu '' = '' ë (2) x¶y ra. VËy (1) cã nghiƯm x = 4 .
Bài 2: a, Tìm giá trị lớn nhất cña L = √ 2 x −3 + √ 5− 2 x
b. Giải phơng trình : 2 x 3 + √ 5− 2 x - x2 + 4x - 6 = 0 (*)
Giải : a. Tóm tắt : ( √ 2 x −3 + √ 5− 2 x )2
2(2x - 3 + 5 - 2x) = 4
 √ 2 x −3 + √ 5− 2 x
2 => MaxL = 2 khi x = 2 .
b. TX§ :

3
5
≤x ≤
2
2

(*)  √ 2 x −3 + √ 5− 2 x = x2 - 4x + 6

VP = (x - 2)2 + 2
2 , dÊu '' = '' x¶y ra khi x = 2 .
=> víi x = 2 ( tho¶ m·n TXĐ ) thì VT = VP = 2 . => phơng trình (*) có nghiệm x = 2 .
Bài 3 : Giải phơng trình : 6 x + x+2 = x2 - 6x + 13
Giải : TXĐ : -2
x
6.
2
VP = (x - 3) + 4
4 . DÊu '' = '' x¶y ra khi x = 3 .
2

VT = ( √ 6 − x .1 + √ x+2 .1)2
(6 - x + x + 2)(1 + 1) = 16
=> VT
4 , dÊu '' = '' x¶y ra khi √ 6 − x = √ x+2  x = 2 .


=> không có giá trị nào của x để VT = VP => Phơng trình vô nghiệm
Bài 4 : Giải phơng trình : 3 x 2 12 x +16 + √ y 2 − 4 y +13 = 5
HD:

√ 3 x 2 −12 x +16

√ y 2 − 4 y +13

2;

VT

{xy−− 2=0
2=0

5. DÊu '' = '' x¶y ra khi :



{x=2
y=2
=> phơng trình có nghiệm : x = 2 ; y = 2 .
3. Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngoài ra còn có một số những ứng dụng khác của bất đẳng thức , đòi hỏi học sinh phải linh

hoạt và sáng tạo trong khi giải , học sinh phải nắm chắc đợc các kiến thức về bất đẳng thức thì
mới vận dụng đợc .
Ví dụ : Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình nghiệm nguyên .
Bài 1 : Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình : 1 + 1 + 1
x

Giải : Không mất tính tổng quát, ta giả sử x

y

y

z

=2

z ta có : 2 = 1 + 1 + 1
x

y

z

3
z

=> 2z

3,
mà z nguyên d¬ng. VËy z = 1 . Thay z = 1 vào phơng trình ta đợc :

Theo giả sử , x

y , nªn 1 =

1 1
+
x y

1 1
+ =1
x y

2
; Do y nguyên dơng nên y = 1 hoặc y = 2 .
y

Với y = 1 không thích hợp. Với y = 2 ta cã : x = 2 .
VËy (2 ; 2 ; 1) là một nghiệm của phơng trình .
Hoán vị các số trên , ta đợc nghiệm của phơng trình là: (2 ; 2 ; 1) ; (2 ; 1 ; 2) ; (1 ; 2 ; 2)
Bµi tập áp dụng
1
1

Bài 1: Cho hai số x và y mµ x+y=1 CMR : a) x2 +y2  2 ; b) x4+y4 8

Bµi 2: Cho a,b, c, d ,e lµ các số thực CMR: a2+b2+c2+d2+e2=a(b+c+d+e)
Bài 3: Cho hai số dơng x,y vµ x3+y3 =x-y CMR: x2 +y2 <1
x3  y3
x y 3
(

)
2
Bài 4: Cho hai số dơng x,y CMR : 2
1
1
2


2
2
Bµi 5: Cho ab 1 CMR: 1  a 1  b 1  ab

Bµi 6 : Cho 3 sè x,y,z không âm sao cho x+y+z=a. CMR: (a-x)(a-y)(a-z) 8xyz
Bài 7: Cho a 0,b 0,c 0 . CMR: a4+b4+c4 abc(a+b+c)
Bµi 8: Cho x2+4y2=1 CMR:

x y 

a  1; b  1

5
2

a b 1 ab

Bài 9: CMR: Nếu
thì
Bài 10: CMRvới mọi số nguyên dơng n 3thì 2n > 2n+1