19 phương pháp chứng minh bđt

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
PHẦN 1
CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý
1/Định nghĩa
0
0
A B A B
A B A B
≥ ⇔ − ≥

≤ ⇔ − ≤
2/Tính chất
+ A>B AB <⇔
+ A>B và B >C CA >⇔
+ A>B ⇒ A+C >B + C
+ A>B và C > D ⇒ A+C > B + D
+ A>B và C > 0 ⇒ A.C > B.C
+ A>B và C < 0 ⇒ A.C < B.C
+ 0 < A B > 0 ⇒ An
> Bn
n∀
+ A > B ⇒ An
> Bn
với n lẻ
+ A > B ⇒ An
> Bn
với n chẵn
+ m > n > 0 và A > 1 ⇒ Am
> An
+ m > n > 0 và 0 <A < 1 ⇒ Am
< An
+A 0 ⇒
BA
11
>
3/Một số hằng bất đẳng thức
+ A2
≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ An
≥ 0 với∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ 0≥A với A∀ (dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ - A < A = A
+ A B A B+ ≥ + ( dấu = xảy ra khi A.B > 0)
+ BABA −≤− ( dấu = xảy ra khi A.B < 0)
Sưu tầm và tuyển chọn 1

PHẦN II
CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Phương pháp 1 : Dùng định nghĩa
Kiến thức : Để chứng minh A > B. Ta lập hiệu A –B > 0
Lưu ý dùng hằng bất đẳng thức M2
≥ 0 với∀ M
Ví dụ 1 ∀ x, y, z chứng minh rằng :
a) x2
+ y2
+ z2
≥ xy+ yz + zx
b) x2
+ y2
+ z 2
≥ 2xy – 2xz + 2yz
c) x2
+ y2
+ z2
+3 ≥ 2 (x + y + z)
Giải:
a) Ta xét hiệu : x2
+ y2
+ z2
- xy – yz – zx =
2
1
.2 .( x2
+ y2
+ z2
- xy – yz – zx)
=
2
1
[ ] 0)()()( 222
≥−+−+− zyzxyx đúng với mọi x;y;z R∈
Vì (x-y)2
≥ 0 với∀x ; y Dấu bằng xảy ra khi x=y
(x-z)2
≥ 0 với∀x ; z Dấu bằng xảy ra khi x=z
(y-z)2
≥ 0 với∀ z; y Dấu bằng xảy ra khi z=y
Vậy x2
+ y2
+ z2
≥ xy+ yz + zx. Dấu bằng xảy ra khi x = y =z
b)Ta xét hiệu: x2
+ y2
+ z 2
- ( 2xy – 2xz +2yz ) = x2
+ y2
+ z 2
- 2xy +2xz –2yz
= ( x – y + z)2
0≥ đúng với mọi x;y;z R∈
Vậy x2
+ y2
+ z 2
≥ 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z R∈
Dấu bằng xảy ra khi x+y=z
c) Ta xét hiệu: x2
+ y2
+ z 2
+3 – 2( x+ y +z ) = x2
- 2x + 1 + y2
-2y +1 + z 2
-2z +1
= (x-1)2
+ (y-1) 2
+(z-1)2
≥ 0. Dấu(=)xảy ra khi x=y=z=1
Ví dụ 2: chứng minh rằng :
a)
222
22





 +
≥
+ baba
; b)
2222
33





 ++
≥
++ cbacba
c) Hãy tổng quát bài toán
Giải:
a) Ta xét hiệu
222
22





 +
−
+ baba
=
( )
4
2
4
2 2222
bababa ++
−
+
= ( )abbaba 222
4
1 2222
−−−+ = ( ) 0
4
1 2
≥− ba
Vậy
222
22





 +
≥
+ baba
. Dấu bằng xảy ra khi a=b
b)Ta xét hiệu

2222
33





 ++
−
++ cbacba
= ( ) ( ) ( )[ ] 0
9
1 222
≥−+−+− accbba .Vậy
2222
33





 ++
≥
++ cbacba
Dấu bằng xảy ra khi a = b =c
c)Tổng quát
2
21
22
2
2
1 ........





 +++
≥
+++
n
aaa
n
aaa nn
Tóm lại các bước để chứng minh A≥ B theo định nghĩa
Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B
Bước 2:Biến đổi H=(C+D)2
hoặc H=(C+D)2
+….+(E+F)2
Bước 3:Kết luận A ≥ B
Ví dụ 1: Chứng minh ∀m,n,p,q ta đều có : m2
+ n2
+ p2
+ q2
+1≥ m(n+p+q+1)
Giải:
01
4444
2
2
2
2
2
2
2
≥





+−+





+−+





+−+





+−⇔ m
m
qmq
m
pmp
m
nmn
m
01
2222
2222
≥





−+





−+





−+





−⇔
m
q
m
p
m
n
m
(luôn đúng)
Dấu bằng xảy ra khi











=−
=−
=−
=−
01
2
0
2
0
2
0
2
m
q
m
p
m
n
m
⇔









=
=
=
=
2
2
2
2
m
m
q
m
p
m
n
⇔



===
=
1
2
qpn
m
Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta luôn có : )(444
cbaabccba ++≥++
Giải: Ta có : )(444
cbaabccba ++≥++ , 0,, >∀ cba
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0
0)2(
)2()2(
0222
222
0222222
0
222222222222
22222
2222222222222222222
222
222222222222222
222444
222444
≥−+−+−+−+−+−⇔
≥−++
−++−++−+−+−⇔
≥−−−
+−++−++−⇔
≥−−−++⇔
≥−−−++⇔
acabacbcbcabaccbba
abaacba
abcaccbacbcbbaaccbba
abcacbbca
caaccbcbbaba
abcacbbcacba
abcacbbcacba
Đúng với mọi a, b, c.
Phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đương

Kiến thức:
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng
hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh là đúng.
Nếu A < B ⇔ C < D , với C < D là một bất đẳng thức hiển nhiên, hoặc đã biết là đúng thì có
bất đẳng thức A < B .
Chú ý các hằng đẳng thức sau:
( ) 222
2 BABABA ++=+
( ) BCACABCBACBA 2222222
+++++=++
( ) 32233
33 BABBAABA +++=+
Ví dụ 1: Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng
a) ab
b
a ≥+
4
2
2
b) baabba ++≥++ 122
c) ( )edcbaedcba +++≥++++ 22222
Giải:
a) ab
b
a ≥+
4
2
2
abba 44 22
≥+⇔ 044 22
≥+−⇔ baa ( ) 02
2
≥−⇔ ba
(BĐT này luôn đúng). Vậy ab
b
a ≥+
4
2
2
(dấu bằng xảy ra khi 2a=b)
b) baabba ++≥++ 122
) )(21(2 22
baabba ++>++⇔
012122 2222
≥+−++−++−⇔ bbaababa
0)1()1()( 222
≥−+−+−⇔ baba Bất đẳng thức cuối đúng.
Vậy baabba ++≥++ 122
. Dấu bằng xảy ra khi a=b=1
c) ( )edcbaedcba +++≥++++ 22222
⇔ ( ) ( )edcbaedcba +++≥++++ 44 22222
⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) 044444444 22222222
≥+−++−++−++− cacadadacacababa
⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) 02222
2222
≥−+−+−+− cadacaba
Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: ( )( ) ( )( )4488221010
babababa ++≥++
Giải:
( )( ) ( )( )4488221010
babababa ++≥++ ⇔ 128448121210221012
bbabaabbabaa +++≥+++
⇔ ( ) ( ) 022822228
≥−+− abbababa ⇔ a2
b2
(a2
-b2
)(a6
-b6
)≥ 0
⇔ a2
b2
(a2
-b2
)2
(a4
+ a2
b2
+b4
) ≥ 0
Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 3: cho x.y =1 và x〉 y Chứng minh
yx
yx
−
+ 22
≥ 22
Giải:
yx
yx
−
+ 22
≥ 22 vì :x〉 y nên x- y 〉 0 ⇒ x2
+y2
≥ 22 ( x-y)
⇒ x2
+y2
- 22 x+ 22 y ≥ 0⇔ x2
+y2
+2- 22 x+ 22 y -2 ≥ 0
⇔ x2
+y2
+( 2 )2
- 22 x+ 22 y -2xy ≥ 0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2
⇒ (x-y- 2 )2
≥ 0 Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 4: Chứng minh rằng:
a/ P(x,y)= 01269 222
≥+−−+ yxyyyx Ryx ∈∀ ,

b/ cbacba ++≤++ 222
(gợi ý :bình phương 2 vế)
c/ Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn:




++<++
=
zyx
zyx
zyx
111
1..
Chứng minh rằng :có đúng một trong ba số x,y,z lớn hơn 1
Giải: Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1
=(xyz-1)+(x+y+z)-xyz( zyx
111
++ )=x+y+z - ( 0)
111
>++
zyx
(vì zyx
111
++ < x+y+z
theo gt)
⇒ 2 trong 3 số x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dương.
Nếu trường hợp sau xảy ra thì x, y, z >1 ⇒ x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt
buộc phải xảy ra trường hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1
Ví dụ 5: Chứng minh rằng : 21 <
+
+
+
+
+
<
ca
c
cb
b
ba
a
Giải:
Ta có : )1(
11
cba
a
ba
a
cbaba
cbaba
++
>
+
⇒
++
>
+
⇒++<+
Tương tự ta có : )2(
cba
b
cb
b
++
>
+
, )3(
cba
c
ca
c
++
>
+
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được :
1>
+
+
+
+
+ ca
c
cb
b
ba
a
(*)
Ta có : )4(
cba
ca
ba
a
baa
++
+
<
+
⇒+<
Tương tự : )5(
cba
ba
cb
b
++
+
<
+
, )6(
cba
bc
ac
c
++
+
<
+
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (4), (5), (6), ta được :
2<
+
+
+
+
+ ca
c
cb
b
ba
a
(**)
Từ (*) và (**) , ta được : 21 <
+
+
+
+
+
<
ca
c
cb
b
ba
a
(đpcm)
Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức phụ
Kiến thức:
a) xyyx 222
≥+
b) xyyx ≥+ 22
dấu( = ) khi x = y = 0
c) ( ) xyyx 4
2
≥+
d) 2≥+
a
b
b
a
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: ( ) xyyx 4
2
≥+

Tacó ( ) abba 4
2
≥+ ; ( ) bccb 4
2
≥+ ; ( ) acac 4
2
≥+
⇒ ( )2
ba + ( )2
cb + ( )2
ac + ≥ ( )2222
864 abccba = ⇒ (a+b)(b+c)(c+a)≥ 8abc
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Phương pháp 4: Bất đẳng thức Cô sy
Kiến thức:
a/ Với hai số không âm : 0, ≥ba , ta có: abba 2≥+ . Dấu “=” xảy ra khi a=b
b/ Bất đẳng thức mở rộng cho n số không âm :
n
n
n
n
nn
n
aaa
aaa
aaanaaa





 +++
≤⇔
≥+++
...
..
.....
21
21
2121
Dấu “=” xảy ra khi naaa === ...21
Chú ý : ta dùng bất đẳng thức Côsi khi đề cho biến số không âm.
Ví dụ 1 : Giải phương trình :
2
3
42
2
12
4
14
2
=
+
+
+
+
+ xx
x
x
x
x
x
Giải : Nếu đặt t =2x
thì pt trở thành pt bậc 6 theo t nên ta đặt 0,,
4
2
>




=
=
ba
b
a
x
x
Khi đó phương trình có dạng : 2
31
11
=
+
+
+
+
+ baa
b
b
a
Vế trái của phương trình:
( )
( ) ( ) ( )[ ] 3
1
1
1
1
1
11
3
1
1
1
1
1
3
1
1
1
1
1
31
1
1
1
1
1
−





+
+
+
+
+
+++++
−





+
+
+
+
+
++=
−





+
++
+





+
++
+





+
++
=
−





+
+
+





+
+
+





+
+
=
baab
baab
baab
cba
ba
ba
a
ba
b
ba
baa
b
b
a
( )( )( )
( )( )( ) 2
3
3
11
3
.113
2
1
3
3 =−
+++
+++≥
baba
baba
Vậy phương trình tương đương với :
0142111 =⇔==⇔==⇔+=+=+ xbababa xx
.
Ví dụ 2 : Cho x, y , z > 0 và x + y + z = 1. Tìm GTLN của P = 111 +
+
+
+
+ z
z
y
y
x
x
Giải : P = 3- ( 1
1
1
1
1
1
+
+
+
+
+ zyx ) = 3 – Q. Theo BDT Côsi , nếu a, b, c > 0 thì

( )
cbacba
cba
cba
abccba
abccba
++
≥++⇒
≥





++++⇒
≥++
≥++
9111
9
111
1
3
111
3
3
3
Suy ra Q = 1
1
1
1
1
1
+
+
+
+
+ zyx 4
9
≥ ⇒ -Q 4
9
−≤ nên P = 3 – Q ≤ 3- 4
9
= 4
3
Vậy max P = 4
3
.khi x = y = z = 3
1
.
Ví dụ 3: Cho a, b, c >0 . Chứng minh rằng:
abc
cba
abcacbbca 2
111
222
++
≤
+
+
+
+
+
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :






+≤≤
++
⇒≥++
acabbcabca
bcabca
11
2
112
2 2
2
Tương tự :
abc
cba
abcacbbca
bcacabcabc
abbcacbacb
2
222
11
2
112
11
2
112
222
2
2
++
≤
++
+
++
+
+
⇒






+≤≤
++






+≤≤
++
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
Ví dụ 4 : CMR trong tam giác ABC : 3≥
−+
+
−+
+
−+ cba
c
bac
b
acb
a
(*)
Giải : Theo bất đẳng thức Côsi :
)1(
))()((
33
cbabacacb
abc
cba
c
bac
b
acb
a
−+−+−+
≥
−+
+
−+
+
−+
Cũng theo bất đẳng thức Côsi :
)2()(
2
1
))(( cbacacbbacacb =−++−+≤−+−+
Viết tiếp hai BDT tương tự (2) rồi nhân với nhau sẽ được
)3(1
))()((
))()((
≥
−+−+−+
→
≤−+−+−+
cbabacacb
abc
abccbabacacb
Từ (1),(3) suy ra (*). Dấu “=” xảy ra khi a = b = c hay ABC là đều .
Ví dụ 5:
Cho



<
≤≤<
zyx
cba
,,0
0
. Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( )2
2
4
zyx
ac
ca
c
z
b
y
a
x
czby ++
+
≤





++++
Giải: Đặt 0)()( 2
=++−= acxcaxxf có 2 nghiệm a,c
Mà: 0)(0)( 2
≤++−⇔≤⇒≤≤ acbcabbfcba

( )
( ) ( )
( )( )zyxca
c
z
b
y
a
x
aczcybxa
zcaycaxca
c
z
aczc
b
y
acyb
a
x
acxa
yca
b
y
acybca
b
ac
b
+++≤





+++++⇒
+++++≤++++





+⇒
+≤+⇔+≤+⇔
)()()(
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
( ) ( )( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) )(
4
4
2
2
2
22
đpcmzyx
ac
ca
c
z
b
y
a
x
aczcybxa
zyxca
c
z
b
y
a
x
aczcybxa
zyxca
c
z
b
y
a
x
aczcybxa
++
+
≤





++++⇔
+++≤





++++⇔
+++≤





++++⇒
Phương pháp 5 Bất đẳng thức Bunhiacopski
Kiến thức:
Cho 2n số thực ( 2≥n ): nn bbbaaa ,...,,,,..., 2121 . Ta luôn có:
)...)(...()...( 22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211 nnnn bbbaaabababa ++++++≤+++
Dấu “=” xảy ra khi
n
n
b
a
b
a
b
a
===⇔ ....
2
2
1
1
Hay
n
n
a
b
a
b
a
b
=== ....
2
2
1
1
(Quy ước : nếu mẫu = 0 thì tử = 0 )
Chứng minh:
Đặt




+++=
+++=
22
2
2
1
22
2
2
1
...
...
n
n
bbbb
aaaa
• Nếu a = 0 hay b = 0: Bất đẳng thức luôn đúng.
• Nếu a,b > 0:
Đặt: ( )ni
b
b
a
a i
i
i
i ,...2,1, === βα , Thế thì: 22
2
2
1
22
2
2
1 ...... nn βββααα +++=+++
Mặt khác: ( )22
2
1
iiii βαβα +≤
Suy ra:
babababa nn
nnnn
....
1)...(
2
1
)....(
2
1
...
2211
22
2
2
1
22
2
2
12211
≤+++⇒
≤+++++++≤+++ βββαααβαβαβα
Lại có: nnnn babababababa +++≤+++ ...... 22112211
Suy ra: )...)(...()...( 22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211 nnnn bbbaaabababa ++++++≤+++
Dấu”=” xảy ra
( )
n
n
nn
ii
b
a
b
a
b
a
dáucùng
ni
===⇔


 =∀=
⇔ ....
....
,...,2,1
2
2
1
1
11 βαβα
βα
Ví dụ 1 :
Chứng minh rằng: Rx ∈∀ , ta có: 8
1
cossin 88
≥+ xx
Giải: Ta có: Rxxx ∈∀=+ ,1cossin 22
Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:

( ) ( )( )
( )244
44
224422
cossin
4
1
cossin
2
1
11cossin1.cos1.sin1
xx
xx
xxxx
+≤⇒
+≤⇔
++≤+=
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski một lần nữa:
( )
( )( )
( ) 8
1
cossin
11cossin
4
1
1.cos1.sin
4
1
44
2288
244
≥+⇔
++≤⇔
+≤⇔
xx
xx
xx
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có các góc A,B,C nhọn. Tìm GTLN của:
ACCBBAP tan.tan1tan.tan1tan.tan1 +++++=
Giải:
* Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng
Cho m bộ số, mỗi bộ số gồm n số không âm: ),....,2,1)(,...,,( micba iii =
Thế thì:
)...)(...)(...()............( 222111
2
212121
m
m
m
m
m
m
mmmmmm
mmm cbacbacbacccbbbaaa +++++++++≤+++
Dấu”=” xảy ra ∃⇔ bô số (a,b,….,c) sao cho: với mỗi i = 1,2,…,m thì ∃ it sao
cho: iiiiii ctcbtbata === ,...,, , Hay nnn cbacbacba ...:::...:::...:: 222111 ==
Ví dụ 1: Cho



≥∈
=+++
2,
3... 22
2
2
1
nZn
aaa n
Chứng minh rằng: 2
1
....
32
21
<
+
+++
n
aaa n
Giải:
*
Nk ∈∀ ta có: 





+





−
=
−
<
2
1
2
1
1
4
1
11
2
2
kkk
k
3
2
2
1
1
2
3
1
2
1
1
2
1
1
...
2
7
1
2
5
1
2
5
1
2
3
11
...
3
1
2
1
2
1
1
2
1
11
222
2
<
+
−=












+
−
−
++








−+








−<+++⇒
+
−
−
<⇒
n
nn
n
kk
k
Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski:
2
3
2
3
1
...
3
1
2
1
...
1
....
32 222
22
2
2
1
21
<<++++++≤
+
+++
n
aaa
n
aaa
n
n
(đpcm)
Ví dụ 2: Cho 4 số a,b,c,d bất kỳ chứng minh rằng:
222222
)()( dcbadbca +++≤+++
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski: Tacó ac+bd≤ 2222
. dcba ++

mà ( ) ( ) ( ) 222222
2 dcbdacbadbca +++++=+++ ( ) 22222222
.2 dcdcbaba ++++++≤
⇒ 222222
)()( dcbadbca +++≤+++
Ví dụ 3: Chứng minh rằng : acbcabcba ++≥++ 222
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta có ( ) ( )2222222
.1.1.1)(111 cbacba ++≥++++
⇒ 3( ) ( )acbcabcbacba +++++≥++ 2222222
⇒ acbcabcba ++≥++ 222
Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
Phương pháp 6: Bất đẳng thức Trê- bư-sép
Kiến thức:
a)Nếu



≤≤≤
≤≤≤
n
n
bbb
aaa
.....
.....
21
21
thì
n
bababa
n
bbb
n
aaa nnnn +++
≤
++++++ ........
.
... 22112121
.
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi


===
===
n
n
bbb
aaa
....
....
21
21
b)Nếu



≥≥≥
≤≤≤
n
n
bbb
aaa
.....
.....
21
21
thì
n
bababa
n
bbb
n
aaa nnnn +++
≥
++++++ ........
.
... 22112121
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi


===
===
n
n
bbb
aaa
....
....
21
21
Ví dụ 1: Cho ∆ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn bán kính R = 1 và
.
3
2
sinsinsin
2sin.sin2sin.sin2sin.sin S
CBA
CCBBaA
=
++
++
S là diện tích tan giác. chứng minh rằng ∆ABC là tam giác đều.
Giải: Không giảm tính tổng quát ta giả sư .
2
0
π
<≤≤< CBA Suy ra:



≤≤
≤≤
CBa
CBA
2sin2sin2sin
sinsinsin
Áp dụng BĐT trebusep ta được:
( )( )
( )
)2sin2sin2(sin
3
1
sinsinsin
2sin.sin2sin.sin2sin.sin
2sin.sin2sin.sin2sin.sin3
2sin2sin2sinsinsinsin
CBA
CBA
CCBBAA
CCBBAA
CBACBA
++≤
++
++
⇔
++≥
≥++++
Dấu ‘=’ xảy ra dêuABC
CBA
CBA
∆⇔


==
==
⇔
2sin2sin2sin
sinsinsin
Mặt khác:

[ ] [ ]
)2(2sin..sin).sin2)(sin2(
sinsinsin4sin.sin2.sin2
)cos()cos(sin2cos)cos(sin2
2sin)cos().sin(22sin2sin2sin
SCbaCBRAR
CBABAC
BABACCBAC
CBABACBA
===
==
+−−=+−=
+−+=++
Thay (2) vào (1) ta có
.
3
2
sinsinsin
2sin.sin2sin.sin2sin.sin S
CBA
CCBBaA
≤
++
++
Dấu ‘=’ xảy ra ∆⇔ ABC đều.
Ví dụ 2(HS tự giải):
a/ Cho a,b,c>0 và a+b+c=1 CMR: 9
111
≥++
cba
b/ Cho x,y,z>0 và x+y+z=1 CMR:x+2y+z )1)(1)(1(4 zyx −−−≥
c/ Cho a>0 , b>0, c>0
CMR:
2
3
≥
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
d)Cho x 0≥ ,y 0≥ thỏa mãn 12 =− yx ;CMR: x+y
5
1
≥
Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 và 1222
=++ cba . Chứng minh rằng
3 3 3
1
2
a b c
b c a c a b
+ + ≥
+ + +
Giải:
Do a,b,c đối xứng ,giả sử a≥ b≥ c ⇒




+
≥
+
≥
+
≥≥
ba
c
ca
b
cb
a
cba 222
Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có






+
+
+
+
+
++
≥
+
+
+
+
+ ba
c
ca
b
cb
acba
ba
c
c
ca
b
b
cb
a
a .
3
...
222
222
=
2
3
.
3
1
=
2
1
Vậy
2
1333
≥
+
+
+
+
+ ba
c
ca
b
cb
a
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=
3
1
Ví dụ 4: Cho a,b,c,d>0 và abcd =1 .Chứng minh rằng :
( ) ( ) ( ) 102222
≥+++++++++ acddcbcbadcba
Giải: Ta có abba 222
≥+
cddc 222
≥+
Do abcd =1 nên cd =
ab
1
(dùng
2
11
≥+
x
x )
Ta có 4)
1
(2)(2222
≥+=+≥++
ab
abcdabcba (1)
Mặt khác: ( ) ( ) ( )acddcbcba +++++ = (ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)
= 222
111
++≥





++





++





+
bc
bc
ac
ac
ab
ab
Vậy ( ) ( ) ( ) 102222
≥+++++++++ acddcbcbadcba
Phương pháp7 Bất đẳng thức Bernouli
Kiến thức:

a)Dạng nguyên thủy: Cho a ≥-1, ∈≤ n1 Z thì ( ) naa
n
+≥+ 11 . Dấu ‘=’ xảy ra khi
và chỉ khi 


=
=
1
0
n
a
b) Dạng mở rộng:
- Cho a > -1, 1≥α thì ( ) naa +≥+ 11
α
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0.
- cho 10,1 <<−≥ αa thì ( ) naa +≤+ 11
α
. Dấu bằng xảy ra khi va chỉ khi 


=
=
1
0
α
a
.
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng 0,,1 >∀>+ baba ab
.
Giải
- Nếu 1≥a hay 1≥b thì BĐT luôn đúng
- Nếu 0 < a,b < 1
Áp dụng BĐT Bernouli:
( )
.
1
1
1
1
1
ba
a
a
a
ba
a
ab
a
a
a
b
bb
+
>⇒
+
<
−
+<




 −
+=





Chứng minh tương tự: ba
b
ba
+
> . Suy ra 1>+ ab
ba (đpcm).
Ví dụ 2: Cho a,b,c > 0.Chứng minh rằng
5555
33





 ++
≥
++ cbacba
. (1)
Giải
( ) 3
333
1
555
≥





++
+





++
+





++
⇔
cba
c
cba
b
cba
a
Áp dụng BĐT Bernouli:
( )
cba
acb
cba
acb
cba
a
++
−+
+≥





++
−+
+=





++
25
1
2
1
3
55
(2)
Chứng minh tương tự ta đuợc:
( )
cba
bac
cba
b
++
−+
+≥





++
25
1
3
5
(3)
( )
cba
cba
cba
c
++
−+
+≥





++
25
1
3
5
(4)
Cộng (2) (3) (4) vế theo vế ta có
⇒≥





++
+





++
+





++
3
333
555
cba
c
cba
b
cba
a
(đpcm)
Chú ý: ta có bài toán tổng quát sau đây:
“Cho .1;0,..., 21 ≥> raaa n Chứng minh rằng
r
n
r
n
rr
n
aaa
n
aaa





 +++
≥
+++ ........ 2121
.
Dấu ‘=’ naaa ===⇔ ....21 .(chứng minh tương tự bài trên).
Ví dụ 3: Cho 1,,0 ≤≤ zyx . Chứng minh rằng
( )( ) 8
81
222222 ≤++++ −−− zyxzyx
.
Giải
Đặt ( )2,,12,2,2 ≤≤=== cbacba zyx
.

( )( )
)1(3
2
023
02121
2
≤+⇒≤+−⇒
≤−−⇒≤≤
a
aaa
aaa
Chứng minh tương tự:
)3(3
2
)2(3
2
≤+
≤+
c
c
b
b
Cộng (1) (2) (3) vế theo vế ta được
( ) ( )
)(
111
)(
8
81
111
22
111
29
đpcm
cba
cba
cba
cba
cba
cba
côsi
⇒





++++≥⇒






++++





+++++≥ ≥
Chú ý: Bài toán tổng quát dạng này
“ Cho n số [ ] 1,,,....,, 21 >∈ cbaxxx n
Ta luôn có:
( )( ) ( )[ ]
ba
ba
xxxxxx
c
ccn
cccccc nn
+
−−− +
≤++++++
4
........
2
2121
Phương pháp 8: Sử dụng tính chất bắc cầu
Kiến thức: A>B và B>C thì A>C
Ví dụ 1: Cho a, b, c ,d >0 thỏa mãn a> c+d , b>c+d
Chứng minh rằng ab >ad+bc
Giải:
Tacó



+>
+>
dcb
dca
⇒



>>−
>>−
0
0
cdb
dca
⇒ (a-c)(b-d) > cd
⇔ ab-ad-bc+cd >cd ⇔ ab> ad+bc (điều phải chứng minh)
Ví dụ 2: Cho a,b,c>0 thỏa mãn
3
5222
=++ cba . Chứng minh
abccba
1111
<++
Giải: Ta có :( a+b- c)2
= a2
+b2
+c2
+2( ab –ac – bc) 〉 0
⇒ ac+bc-ab 〈
2
1
( a2
+b2
+c2
)
⇒ ac+bc-ab
6
5
≤ 〈 1 Chia hai vế cho abc > 0 ta có
cba
111
−+ 〈
abc
1
Ví dụ 3: Cho 0 < a,b,c,d <1 Chứng minh rằng (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d
Giải: Ta có (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab
Do a>0 , b>0 nên ab>0⇒ (1-a).(1-b) > 1-a-b (1)
Do c <1 nên 1- c >0 ta có ⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c) > 1-a-b-c
⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > (1-a-b-c) (1-d) =1-a-b-c-d+ad+bd+cd
⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d (Điều phải chứng minh)
Ví dụ 4: Cho 0 <a,b,c <1 . Chứng minh rằng: accbbacba 222333
3222 +++<++

Giải:
Do a < 1 ⇒ 12
<a và
Ta có ( )( ) 01.1 2
<−− ba ⇒ 1-b- 2
a + 2
a b > 0⇒ 1+ 2
a 2
b > 2
a + b
mà 0< a,b <1 ⇒ 2
a > 3
a , 2
b > 3
b
Từ (1) và (2) ⇒ 1+ 2
a 2
b > 3
a + 3
b . Vậy 3
a + 3
b < 1+ 2
a 2
b
Tương tự 3
b + 3
c cb2
1+≤
c 3
+ 3
a ≤ ac2
1+
Cộng các bất đẳng thức ta có : accbbacba 222333
3222 +++≤++
Ví dụ 5 Chứng minh rằng : Nếu 19982222
=+=+ dcba thì ac+bd =1998
Giải:
Ta có (ac + bd)2
+ (ad – bc )2
= a2
c2
+ b 2222
2 daabcdd ++
22
cb+ - abcd2 =
= a2
(c2
+d2
)+b2
(c2
+d2
) =(c2
+d2
).( a2
+ b2
) = 19982
rõ ràng (ac+bd)2
≤ ( ) ( ) 222
1998=−++ bcadbdac ⇒ 1998≤+ bdac
Ví dụ 6 (HS tự giải) :
a/ Cho các số thực : a1; a2;a3 ….;a2003 thỏa mãn : a1+ a2+a3 + ….+a2003 =1
chứng minh rằng : a2
1 +
2
2003
2
3
2
2 .... aaa +++
2003
1
≥
b/ Cho a;b;c 0≥ thỏa mãn :a+b+c=1
Chứng minh rằng: ( 8)1
1
).(1
1
).(1
1
≥−−−
cba
Phương pháp 9: Dùng tính chất của tỷ số
Kiến thức
1) Cho a, b ,c là các số dương thì
a – Nếu 1>
b
a
thì
cb
ca
b
a
+
+
>
b – Nếu 10 thì từ
d
c
db
ca
b
a
d
c
b
a
<
+
+
<⇒<
`
Ví dụ 1: Cho a,b,c,d > 0 .Chứng minh rằng
21 <
++
+
++
+
++
+
++
<
bad
d
adc
c
dcb
b
cba
a
Giải: Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có
dcba
da
cba
a
cba
a
+++
+
<
++
⇒<
++
1 (1)
Mặt khác :
dcba
a
cba
a
+++
>
++
(2)
Từ (1) và (2) ta có
dcba
a
+++
<
cba
a
++
<
dcba
da
+++
+
(3)

Tương tự ta có
dcba
ab
dcb
b
dcba
b
+++
+
<
++
<
+++
(4)
dcba
cb
adc
c
dcba
c
+++
+
<
++
<
+++
(5)
dcba
cd
bad
d
dcba
d
+++
+
<
++
<
+++
(6)
cộng vế với vế của (3); (4); (5); (6) ta có
21 <
++
+
++
+
++
+
++
<
bad
d
adc
c
dcb
b
cba
a
điều phải chứng minh
Ví dụ 2 :Cho:
b
a
<
d
c
và b,d > 0 .Chứng minh rằng
b
a
<
d
c
db
cdab
<
+
+
22
Giải: Từ
b
a
<
d
c
22
d
cd
b
ab
<⇒ ⇒
d
c
d
cd
db
cdab
b
ab
=<
+
+
< 2222
Vậy
b
a
<
d
c
db
cdab
<
+
+
22 điều phải chứng minh
Ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000
tìm giá trị lớn nhất của
d
b
c
a
+
Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử :
c
a
d
b
≤ Từ :
c
a
d
b
≤
d
b
dc
ba
c
a
≤
+
+
≤⇒
1≤
c
a
vì a+b = c+d
a/ Nếu :b 998≤ thì
d
b
998≤ ⇒
d
b
c
a
+ ≤ 999
b/Nếu: b=998 thì a=1 ⇒
d
b
c
a
+ =
dc
9991
+ Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c=999
Vậy giá trị lớn nhất của
d
b
c
a
+ =999+
999
1
khi a=d=1; c=b=999
Phương pháp 10: Phương pháp làm trội
Kiến thức:
Dùng các tính bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính được
tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn.
(*) Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = nuuu +++ ....21
Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát uk về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau:
1+−= kkk aau
Khi đó :S = ( ) ( ) ( ) 1113221 .... ++ −=−++−+− nnn aaaaaaaa
(*) Phương pháp chung về tính tích hữu hạn: P = nuuu ....21
Biến đổi các số hạng ku về thương của hai số hạng liên tiếp nhau: ku =
1+k
k
a
a
Khi đó P =
1
1
13
2
2
1
......
++
=
nn
n
a
a
a
a
a
a
a
a

Ví dụ 1: Với mọi số tự nhiên n >1 chứng minh rằng
4
31
....
2
1
1
1
2
1
<
+
++
+
+
+
<
nnnn
Giải: Ta có
nnnkn 2
111
=
+
>
+
với k = 1,2,3,…,n-1
Do đó:
2
1
22
1
...
2
1
2
1
...
2
1
1
1
==++>++
+
+
+ n
n
nnnnn
Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
( )112
1
....
3
1
2
1
1 −+>++++ n
n
Với n là số nguyên
Giải: Ta có ( )kk
kkkk
−+=
++
>= 12
1
2
2
21
Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có
1 > 2( )12 −
( )232
2
1
−>
………………
( )nn
n
−+> 12
1
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có ( )112
1
....
3
1
2
1
1 −+>++++ n
n
Ví dụ 3: Chứng minh rằng 2
1
1
2
<∑=
n
k k
Zn ∈∀
Giải: Ta có ( ) kkkkk
1
1
1
1
11
2
−
−
=
−
<
Cho k chạy từ 2 đến n ta có
1
1
....
3
1
2
1
1
1
11
.................
3
1
2
1
3
1
2
1
1
2
1
222
2
2
2
<+++⇒
−
−
<
−<
−<
n
nnn
Vậy 2
1
1
2
<∑=
n
k k
Phương pháp 11: Dùng bất đẳng thức trong tam giác
Kiến thức: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác thì : a;b;c> 0

MN
MK
H
y
Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| (a+b-c).(b+c-a).(c+a-b)
Giải
1/Vì a,b,c là số đo 3 cạnh của một tam giác nên ta có





+<<
+<<
+<<
bac
cab
cba
0
0
0
⇒





+<
+<
+<
)(
)(
)(
2
2
2
bacc
cabb
cbaa
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có: a2
+b2
+c2
< 2(ab+bc+ac)
2/ Ta có a > b-c  ⇒ 222
)( cbaa −−> > 0
b > a-c  ⇒ 222
)( acbb −−> > 0
c > a-b  ⇒ 0)( 222
>−−> bacc
Nhân vế các bất đẳng thức ta được
( )[ ] ( )[ ] ( )[ ]
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )bacacbcbaabc
bacacbcbacba
bacacbcbacba
−+−+−+>⇒
−+−+−+>⇒
−−−−−−>⇒
..
222222
222222222
Ví dụ2 (HS tự giải)
1/ Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác
Chứng minh rằng )(2222
cabcabcbacabcab ++<++<++
2/Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2
Chứng minh rằng 22222
<+++ abccba
Phương pháp 12: Sử dụng hình học và tọa độ
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng : 0,)()( ≥≥∀≤−+− baabcbccac và cb ≥
Giải
Trong mặt phẳng Oxy, chọn ),( cbcu −= ; ),( ccav −=
Thì bu = , av = ; )()(. cbccacvu −+−=
Hơn nữa: ⇒≤−+−⇒≤= abcbccacvuvuvuvu )()(.),cos(... (ĐPCM)
Ví dụ 2:
Cho 2n số: niyx ii ,...,2,1,; = thỏa mãn: .1
11
=+ ∑∑ ==
n
i
i
n
i
i yx Chứng minh rằng:
2
2
1
22
≥+∑=
n
i
ii yx
Giải:
Vẽ hình

x + y = 1O
M
1
x
Trong mặt phẳng tọa độ, xét:
),( 111 yxM : ),( 21212 yyxxM ++ ;…; ),( 11 nnn yyxxM ++++ 
Giả thiết suy ra ∈nM đường thẳng x + y = 1. Lúc đó:
2
1
2
11 yxOM += , 2
2
2
221 yxMM += , 2
3
2
332 yxMM += ,…, 22
1 nnnn yxMM +=−
Và 1OM 21MM+ 32 MM+
2
2
1 =≥≥++ − OHOMMM nnn
⇒≥+⇒ ∑= 2
2
1
22
n
i
ii yx (ĐPCM)
Phương pháp 13: Đổi biến số
Ví dụ1: Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng
2
3
≥
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
(1)
Giải: Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta có a=
2
xzy −+
; b =
2
yxz −+
; c =
2
zyx −+
ta có (1) ⇔
z
zyx
y
yxz
x
xzy
222
−+
+
−+
+
−+
2
3
≥
⇔ 3111 ≥−++−++−+
z
y
z
x
y
z
y
x
x
z
x
y
⇔ ( 6)()() ≥+++++
z
y
y
z
z
x
x
z
y
x
x
y
Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì ( ;2≥+
y
x
x
y
2≥+
z
x
x
z
; 2≥+
z
y
y
z
nên ta có điều
phải chứng minh
Ví dụ2:
Cho a,b,c > 0 và a+b+c <1. Chứng minh rằng
9
2
1
2
1
2
1
222
≥
+
+
+
+
+ abcacbbca
(1)
Giải: Đặt x = bca 22
+ ; y = acb 22
+ ; z = abc 22
+ . Ta có ( ) 1
2
<++=++ cbazyx
(1) 9
111
≥++⇔
zyx
Với x+y+z < 1 và x ,y,z > 0
Theo bất đẳng thức Côsi ta có: ≥++ zyx 3.3 xyz , và: ≥++
zyx
111
3.3
1
xyz
⇒ ( ) 9
111
. ≥





++++
zyx
zyx . Mà x+y+z < 1. Vậy 9
111
≥++
zyx
(đpcm)
Ví dụ3: Cho x 0≥ , y 0≥ thỏa mãn 12 =− yx CMR
5
1
≥+ yx
Gợi ý: Đặt ux = , vy = ⇒ 2u-v =1 và S = x+y = 22
vu + ⇒ v = 2u-1

thay vào tính S min
Bài tập tự giải
1) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0 CMR: 8
1625
>
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0
CMR
( ) ( )pnmpnm
ba
pc
ac
nb
cb
ma
++−++≥
+
+
+
+
+
2
2
1
Phương pháp 14: Dùng tam thức bậc hai
Kiến thứ: Cho f(x) = ax2
+ bx + c
Định lí 1:
f(x) > 0,



<∆
>
⇔∀
0
0a
x



≤∆
<
⇔∀≤



<∆
<
⇔∀<



≤∆
>
⇔∀≥
0
0
,0)(
0
0
,0)(
0
0
,0)(
a
xxf
a
xxf
a
xxf
Định lí 2:
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm ( ) 0.21 <⇔<< αα faxx
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :
( )







<
>∆
>
⇔<<
α
α
α
2
0
0.
21
S
fa
xx
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :

( )







>
>∆
>
⇔<<
α
α
α
2
0
0.
21
S
fa
xx
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm ( ) ( ) .0.
21
21
<⇔


<<<
<<<
βα
βα
βα
ff
xx
xx
Ví dụ 1:Chứng minh rằng ( ) 036245, 22
>+−+−+= yxxyyxyxf (1)
Giải: Ta có (1) ⇔ ( ) 0365122 22
>+−+−− yyyxx
( ) 36512 22
−+−−=∆′ yyy
( ) 011
365144
2
22
<−−−=
−+−+−=
y
yyyy
Vậy ( ) 0, >yxf với mọi x, y
Ví dụ2: Chứng minh rằng: ( ) ( ) 322242
44.22, xyxxyyxyxyxf >++++=
Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
( ) 044.22 322242
>−++++ xyxxyyxyx ( ) 0414.)1( 22222
>+−++⇔ yxyyxy
Ta có ( ) ( ) 0161414 2222222
<−=+−−=∆′ yyyyy
Vì a = ( ) 01
22
>+y vậy ( ) 0, >yxf (đpcm)
Phương pháp 15: Dùng quy nạp toán học
Kiến thức:
Để chứng minh bất đẳng thức đúng với 0nn > ta thực hiện các bước sau :
1 – Kiểm tra bất đẳng thức đúng với 0nn =
2 - Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh được gọi là
giả thiết quy nạp )
3- Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cần
chứng minh rồi biến đổi để dùng giả thiết quy nạp)
4 – kết luận BĐT đúng với mọi 0nn >
Ví dụ1: Chứng minh rằng :
nn
1
2
1
....
2
1
1
1
222
−<+++ 1; >∈∀ nNn (1)
Giải: Với n =2 ta có
2
1
2
4
1
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
Thật vậy khi n =k+1 thì (1) ⇔
1
1
2
)1(
11
....
2
1
1
1
2222
+
−<
+
++++
kkk
Theo giả thiết quy nạp

⇔
( ) 1
1
2
1
11
2
)1(
11
....
2
1
1
1
22222
+
−<
+
+−<
+
++++
kkkkk
⇔
( ) kkkk
1
1
1
1
1
)1(
1
....
1
1
222
<
+
+
+
<
+
++
⇔
2
2
)1()2(
1
)1(
11
+<+⇔<
+
++
kkk
kk
k
⇔ k2
+2k<k2
+2k+1 Điều này đúng .Vậy bất
đẳng thức (1)được chứng minh
Ví dụ2: Cho Nn∈ và a+b> 0. Chứng minh rằng
n
ba





 +
2
≤
2
nn
ba +
(1)
Giải: Ta thấy BĐT (1) đúng với n=1
Giả sử BĐT (1) đúng với n=k ta phải chứng minh BĐT đúng với n=k+1
Thật vậy với n = k+1 ta có
(1) ⇔
1
2
+





 +
k
ba
≤
2
11 ++
+ kk
ba
⇔
2
.
2
baba
k
+





 +
≤
2
11 ++
+ kk
ba
(2)
⇔ Vế trái (2) ≤
242
.
2
1111 ++++
+
≤
+++
=
++ kkkkkkkk
babbaabababa
⇔ 0
42
1111
≥
+++
−
+ ++++ kkkkkk
bbaababa
⇔ ( )( ) 0. ≥−− baba kk
(3)
Ta chứng minh (3)
(+) Giả sử a ≥ b và giả thiết cho a ≥ -b ⇔ a ≥ b
⇔ kkk
bba ≥≥ ⇒ ( )( ) 0. ≥−− baba kk
(+) Giả sử a < b và theo giả thiết - a<b ⇔ kkkk
baba <⇔< ⇔ ( )( ) 0. ≥−− baba kk
Vậy BĐT (3)luôn đúng ta có (đpcm)
Ví dụ 3: Cho Ν∈≤−≥ na 1,1 . Chứng minh rằng : ana n
.1)1( +≥+
Giải
n=1: bất đẳng thức luôn đúng
n=k ( Ν∈k ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: aka k
.1)1( +≥+
n= k+1 . Ta cần chứng minh: aka k
).1(1)1( 1
++≥+ +
Ta có: akakakakaaaa kk
)1(1.)1(1).1).(1()1).(1()1( 21
++≥+++≥++≥++=+ +
⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1
V ậy theo nguyên lý quy nạp: ana n
.1)1( +≥+ , Ν∈∀n
Ví dụ 4: Cho Ν∈≤ n1 0,,, 21 ≥naaa  thoả mãn 2
1
21 ≤+++ naaa  . Chứng minh
rằng: 2
1
)1()1)(1( 21 ≥−−− naaa 
Giải n=1: ⇒≤
2
1
1a ⇒≥−
2
1
1 1a Bài toán đúng
n=k ( Ν∈k ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: 2
1
)1()1)(1( 21 ≥−−− kaaa 

n= k+1 . Ta cần chứng minh: 2
1
)1()1)(1( 121 ≥−−− +kaaa 
Ta có: =−−− + )1()1)(1( 121 kaaa  ])(1)[1()1)(1( 11121 ++− ++−−−− kkkkk aaaaaaa 
2
1
)](1)[1()1)(1( 1121 ≥+−−−−≥ +− kkk aaaaa  (Vì 2
1
)( 1121 ≤+++++ +− kkk aaaaa  )
⇒Bất đẳng thức đúng với n= k+1
Vậy theo nguyên lý quy nạp: 2
1
)1()1)(1( 21 ≥−−− naaa 
Ví dụ 5: Cho Ν∈≤ n1 , niRba ii ,...,2,1,, =∈ . Chứng minh rằng:
))(()( 22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211 nnnn bbbaaabababa ++++++≤+++ 
Giải n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
n=k ( Ν∈k ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là:
))(()( 22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211 kkkk bbbaaabababa ++++++≤+++ 
n= k+1 . Ta cần chứng minh:
))(()( 2
1
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
112211 ++++ ++++++≤+++ kkkk bbbaaabababa  (1)
Thật vậy: 222
1
22
2
2
1
22
2
2
1 ).())(()1( baabbbaaaVP kkk +++++++++=  +
2
1
2
1
22
2
2
1
2
.)( +++++++ kkk babbba  ++++++≥ ++++ 112211112211 22)( kkkkkk bababababababa 
2
1
2
1112 ++++ +++ kkkkkk bababa
2)( 2
2211 ++++≥ kk bababa  )( 2211 kk bababa +++  11 ++ kk ba 2
1
2
1. +++ kk ba
2
112211 )( +++++≥ kk bababa 
Vậy (1) được chứng minh
Ví dụ 6: Cho Ν∈≤ n1 , niRba ii ,...,2,1,, =∈ . Chứng minh rằng:
n
aaa
n
aaa nn
22
2
2
1221
)(
+++
≤
+++ 
Giải:
n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
n=k ( Ν∈k ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là:
k
aaa
k
aaa kk
22
2
2
1221
)(
+++
≤
+++ 
n= k+1 . Ta cần chứng minh:
1
)
1
(
2
1
2
2
2
12121
+
+++
≤
+
+++ ++
k
aaa
k
aaa kk 
(1)
Đặt:
k
aaa
a k 132 ++++
=

)2(
1
1
)1( 1
222
1 akaaka
k
VP ++
+
=





 +++
++
+++
+
+
≥ ++
k
aaa
kak
k
aaa
ka
k
kk
2
1
2
3
2
22
1
2
1
2
3
2
222
12
.
)1(
1 
1
2
1
2
2
2
1
+
+++
= +
k
aaa k
Vậy (1) đựơc chứng minh
Ví dụ 7: Chứng minh rằng: 2,,)1( 1
≥Ζ∈∀+> −
nnnn nn
Giải: n=2




=+
=
⇒ −
3)1(
4
1n
n
n
n 1
)1( −
+>⇒ nn
nn
n=k 2≥ : giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: 1
)1( −
+> kk
kk
n= k+1:Ta c ó: 111
)1()1()1( +−+
++≥+ kkkk
kkkk 212222
)1(])1[()1()1( ++=++= −−
kkkk kk

)2()2( 212
kkkk k
++> −
(vì kkkkk 212)1( 222
+>++=+ )
kk
kk )2( +≥ kk
kk )2()1( 1
+>+⇒ +
⇒Bất đẳng thức đúng với n= k+1
Vậy 2,,)1( 1
≥Ζ∈∀+> −
nnnn nn
Ví dụ 8: Chứng minh rằng: Rxnxnnx ∈∀Ν∈∀≤ ∗
,,sinsin
Giải: n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
n=k :giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: xkkx sinsin ≤
n= k+1 . Ta cần chứng minh: xkxk sin)1()1sin( +≤+
Ta có:




∈∀≤
∈∀+≤+
Rxxx
Rbababa
,1cos,sin
,,
Nên: xkxxkxxk sincoscossin)1sin( +=+
xkxxkx sin.coscos.sin +≤ xkx sin..sin +≤ xxk sin..sin +≤ xk sin)1( +=
⇒Bất đẳng thức đúng với n= k+1. Vậy: Rxnxnnx ∈∀Ν∈∀≤ ∗
,,sinsin
Phương pháp 16: Chứng minh phản chứng
Kiến thức:
1) 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 ngược nhau .Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh
là đúng
2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “p ⇒ q”
Muốn chứng minh qp ⇒ (với p : giả thiết đúng, q : kết luận đúng) phép chứng
minh được thực hiên như sau:
Giả sử không có q ( hoặc q sai) suy ra điều vô lý hoặc p sai. Vậy phải có q
(hay q đúng)
Như vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định kết
luận của nó .
Ta thường dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng sau :
A - Dùng mệnh đề phản đảo : “P ⇒ Q”
B – Phủ định rôi suy trái giả thiết
C – Phủ định rồi suy trái với điều đúng
D – Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ngược nhau
E – Phủ định rồi suy ra kết luận :
Ví dụ 1: Cho ba số a,b,c thỏa mãn a +b+c > 0 , ab+bc+ac > 0 , abc > 0
Chứng minh rằng a > 0 , b > 0 , c > 0
Giải:
Giả sử a ≤ 0 thì từ abc > 0 ⇒ a≠ 0 do đó a < 0. Mà abc > 0 và a < 0 ⇒ cb < 0
Từ ab+bc+ca > 0 ⇒ a(b+c) > -bc > 0
Vì a < 0 mà a(b +c) > 0 ⇒ b + c < 0
a < 0 và b +c < 0 ⇒ a + b +c < 0 trái giả thiết a+b+c > 0

Vậy a > 0 tương tự ta có b > 0 , c > 0
Ví dụ 2:Cho 4 số a , b , c ,d thỏa mãn điều kiện
ac ≥ 2.(b+d) .Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai:
ba 42
< , dc 42
<
Giải:
Giả sử 2 bất đẳng thức : ba 42
< , dc 42
< đều đúng khi đó cộng các vế ta được
)(422
dbca +<+ (1)
Theo giả thiết ta có 4(b+d) ≤ 2ac (2)
Từ (1) và (2) ⇒ acca 222
<+ hay ( ) 0
2
<− ca (vô lý)
Vậy trong 2 bất đẳng thức ba 42
< và dc 42
< có ít nhất một các bất đẳng thức sai
Ví dụ 3:Cho x,y,z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng
Nếu x+y+z > zyx
111
++ thì có một trong ba số này lớn hơn 1
Giải :Ta có (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1
=x + y + z – ( zyx
111
++ ) vì xyz = theo giả thiết x+y +z > zyx
111
++
nên (x-1).(y-1).(z-1) > 0
Trong ba số x-1 , y-1 , z-1 chỉ có một số dương
Thật vậy nếu cả ba số dương thì x,y,z > 1 ⇒ xyz > 1 (trái giả thiết)
Còn nếu 2 trong 3 số đó dương thì (x-1).(y-1).(z-1) < 0 (vô lý)
Vậy có một và chỉ một trong ba số x , y,z lớn hơn 1
Ví dụ 4: Cho 0,, >cba và a.b.c=1. Chứng minh rằng: 3≥++ cba (Bất đẳng thức
Cauchy 3 số)
Giải: Giả sử ngược l ại:
3<++ cba ababcba 3)( <++⇒ abcababba 322
<++⇔ 01)3( 22
<+−+⇔ baaba
Xét : 1)3()( 22
+−+= baababf
Có aaa 4)3( 22
−−=∆ = aaaa 496 234
−+− )496( 23
−+−= aaaa = 0)4()1( 2
≤−−= aaa
(Vì



<++
>
3
0,,
cba
cba
30 <<⇒ a ) ⇒≥⇒ 0)(bf vô lý. Vậy: 3≥++ cba
Ví dụ 5:
Chứng minh rằng không tồn tại các số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3):
cba −< (1)
acb −< (2)
bac −< (3)
Giải: Giả sử tồn tại các số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3), lúc đó:
cba −< 22
)( acb >−⇒ 0))(( >+−−+−⇒ cbacba (1’)
acb −< 22
)( bac >−⇒ 0))(( >−+++−−⇒ cbacba (2’)
bac −< 22
)( cba >−⇒ 0))(( >++−−+−⇒ cbacba (3’)
Nhân (1’), (2’) và (3’) vế với vế ta được: 0)])()([( 2
>++−+−−+−⇒ cbacbacba
⇒ Vô lý. Vậy bài toán được chứng minh
Phương pháp 17 : Sử dụng biến đổi lượng giác

1. Nếu Rx ≤ thì đặt x = Rcosα , [ ]πα ,0∈ ; hoặc x = Rsin 




−
∈
2
,
2
,
ππ
αα
2. Nếu Rx ≥ thì đặt x = αcos
R
[ ) 




∪∈
2
3,,0
π
πα c
3.Nếu ( ) ( ) )0(,222
>=−+− Rbyax thì đặt )2(,
sin
cos
πα
α
α
=



+=
+=
Rby
Rax
4. Nếu 0,2
22
>=




 −
+




 −
baR
b
y
a
x βα
thì đặt )2(,
sin
cos
πα
αβ
αα
=



+=
+=
bRy
aRx
5. Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức :( ) ( )0,,22
>+ babax
Thì đặt: 





−∈=
2
,
2
,
ππ
ααtg
a
b
x
Ví dụ 1: Cmr : ( )( )( ) [ ]1,1,,211311 2222
−∈∀≤−−−+−+− baabababba
Giải : 1,1 ≤≤ ba
Đặt :



=
=
β
α
cos
cos
b
a
[ ]( )πβα ,0, ∈
Khi đó :
( )( )( )
( )
[ ] )(2,2)
6
cos(2
)cos(.3)sin(
sin.sincos.cos3sin.cossin.cos
11311 2222
dpcm
abababba
⇒−∈−+=
+++=
−++=
−−−+−+−
π
βα
βαβα
βαβααββα
Ví dụ 2 : Cho 1, ≥ba .Chứng minh rằng : ababba ≤+− 11
Giải :
Đặt : 









∈






=
=
2
,0,
cos
1
cos
1
2
2 π
βα
β
α
b
a
ab
in
tgtgtgtg
tgtgabba
=≤
−+
=
+
=
+
=+=
+=−+−⇒
αβ
αβ
βαβα
αβ
αβ
αβ
ααββ
β
α
α
β
α
β
β
α
22
2222
22
22
22
2
2
2
2
cos.cos
1
cos.cos
)(cos)sin(
cos.cos
)2sin2(sin
2
1
cos.cos
)cos.cos.(
coscos
cos
1
cos
1
11

Ví dụ 3: Cho 0≠ab .Chứng minh rằng : 222
4
)4(
222 22
22
−≤
+
−−
≤−−
ba
baa
Giải :
Đặt: 





−∈=
22
,
2
,2
ππ
ααbtga
[ ]222,2222)
2
2sin(22
2)2cos2(sin2
)2cos1(22sin2
cos).1(4
1
)2(
4
)4(
2
2
22
22
22
−−−∈−−=
−−=
+−=
−=
+
−−
=
+
−−
⇒
π
α
αα
αα
αα
α
αα
tg
tg
tgtg
ba
baa
Phương pháp 18: Sử dụng khai triển nhị thức Newton.
Kiến thức:
Công thức nhị thức Newton
( ) RbaNnbaCba
n
k
kknk
n
n
∈∀∈∀+ ∑=
−
,,, *
0
.
Trong đó hệ số )0(
!)!(
!
nk
kkn
n
C k
n ≤≤
−
= .
Một số tính chất đặt biệt của khai triển nhị thức Newton:
+ Trong khai triển (a + b)n
có n + 1 số hạng.
+ Số mũ của a giảm dần từ n đến 0, trong khi đó số mũ của b tăng từ 0 đến n.
Trong mỗi số hạng của khai trtiển nhị thức Newton có tổng số mũ của a và b bằng n.
+Các hệ số cách đều hai đầu thì bằng nhau
kn
n
k
n CC −
= .
+ Số hạng thứ k + 1 là )0(. nkbaC kknk
n ≤≤−
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng ( ) *
,0,11 Nnanaa
n
∈∀≥∀+≥+ (bất đẳng thức bernoulli)
Giải
Ta có: ( ) naaCCaCa nn
n
k
kk
n
n
+=+≥=+ ∑=
11 10
0
(đpcm)
Ví dụ 2:
Chứng minh rằng:
a) *
,0,,
22
Nnba
baba
nnn
∈∀≥∀




 +
≥
+
b) *
,0,,,
33
Nncba
cbacba
nnnn
∈∀≥∀




 ++
≥
++
Giải
Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:

( )
( )
( )
( )( )
( )
n
baba
baCCCCba
abCbaCbaCbaCba
bababababa
niba
abCabbaCabbaCbaCba
aCabCabCbCba
bCbaCbaCaCba
nnn
nnnn
n
n
nnn
nn
nnn
n
nnn
n
nn
n
nn
n
n
iniiinnniiinin
nnn
n
nnn
n
nn
n
nn
n
n
nn
n
nn
n
n
n
n
n
n
nn
n
nn
n
n
n
n
n
n
+
≤




 +
⇒
+=+++++=
++++++++≤+⇒
−≥+⇒≥−−
−=∀≥∀
++++++++=+⇒
++++=+
++++=+
−
−
−−−−
−−−−−
−−−
−−−
2
)(2)....)((
)()(....)()(2
0
:1,...,2,1,0,
)()..(....)()(2
.....
.....
110
110
1111110
11110
11110
b) Đặt 0
3
≥
++
=
cba
d
Theo câu (a) ta có:
n
n
nnn
nnnnnnnnn
nn
nn
nn
nnnn
cba
d
cba
dcbaddcba
d
dcba
dcba
dcba
dcba





 ++
=≥
++
⇒
≥++⇒≥+++⇒
≥
+++
≥





 +
+




 +
=





 +
+




 +
≥
+++
33
34
)
4
(
2
22
4
2
2
2
2
4
Phương pháp 19: Sử dụng tích phân
Hàm số: [ ] Rbagf →,:, liên tục, lúc đó:
* Nếu [ ]baxxf ,,0)( ∈∀≥ thì ∫ ≥
b
a
dxxf 0)(
* Nếu [ ]baxxgxf ,),()( ∈∀≥ thì ∫ ∫≥
b
a
b
a
dxxgdxxf )()(
* Nếu [ ]baxxgxf ,),()( ∈∀≥ và [ ] )()(:, 000 xgxfbax >∈∃ thì
∫ ∫≥
b
a
b
a
dxxgdxxf )()( .
* ∫∫ ≤
b
a
b
a
dxxfdxxf )()( .
* Nếu [ ]baxMxfm ,,)( ∈∀≤≤ thì ∫ ≤
−
≤
b
a
Mdxxf
ab
m )(
1
(m, M là hằng số)
Ví dụ 1: Cho A, B, C là ba góc của tam giác.
Chưng minh rằng: 3
222
≥++
C
tg
B
tg
A
tg
Giải:
Đặt ),0(,
2
)( π∈= x
x
tgxf
),0(,0)
2
1(
22
1
)(
)
2
1(
2
1
)(
2''
2'
π∈>+=
+=
x
x
tg
x
tgxf
x
tgxf

Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho:
3
222
6
3
222
6
3
222
33
)()()(
≥++
≥++





 ++
≥++





 ++
≥
++
C
tg
B
tg
A
tg
tg
C
tg
B
tg
A
tg
CBA
tg
C
tg
B
tg
A
tg
CBA
f
CfBfAf
π
Ví dụ 2: Chứng minh:
6cos2510
2
0
2
ππ
π
≤
−
≤ ∫ x
dx
Giải
Trên đoạn 





2
,0
π
ta có:
( )đpcm
x
dx
x
dx
x
x
x
x
x
6cos2510
0
23
1
cos25
0
25
1
3
1
cos25
1
5
1
5cos253
0cos22
2cos20
1cos0
2
0
2
2
0
2
2
2
2
2
2
ππ
ππ
π
π
≤
−
≤⇒






−≤
−
≤





−⇒
≤
−
≤⇒
≤−≤⇒
≤−≤−⇒
≤≤⇒
≤≤
∫
∫

PHẦN III : CÁC BÀI TẬP NÂNG CAO
*Dùng định nghĩa
1) Cho abc = 1 và 363
>a . . Chứng minh rằng +
3
2
a
b2
+c2
> ab+bc+ac
Giải: Ta xét hiệu: +
3
2
a
b2
+c2
- ab- bc – ac = +
4
2
a
+
12
2
a
b2
+c2
- ab- bc – ac
= ( +
4
2
a
b2
+c2
- ab– ac+ 2bc) + −
12
2
a
3bc =(
2
a
-b- c)2
+
a
abca
12
363
−
=(
2
a
-b- c)2
+
a
abca
12
363
−
>0 (vì abc=1 và a3
> 36 nên a >0 )
Vậy : +
3
2
a
b2
+c2
> ab+bc+ac Điều phải chứng minh
2) Chứng minh rằng
a) )1.(21 2244
++−≥+++ zxxyxzyx
b) với mọi số thực a , b, c ta có
036245 22
>+−+−+ baabba
c) 024222 22
≥+−+−+ baabba
Giải:
a) Xét hiệu: xxzxyxzyx 22221 222244
−−+−+++ = ( ) ( ) ( )22222
1−+−+− xzxyx = H
H≥ 0 ta có điều phải chứng minh
b) Vế trái có thể viết H = ( ) ( ) 1112
22
+−++− bba ⇒ H > 0 ta có đpcm
c) vế trái có thể viết H = ( ) ( )22
11 −++− bba ⇒ H ≥ 0 ta có điều phải chứng minh
* Dùng biến đổi tương đương
1) Cho x > y và xy =1 .Chứng minh rằng
( )
( )
82
222
≥
−
+
yx
yx
Giải: Ta có ( ) ( ) 22
2222
+−=+−=+ yxxyyxyx (vì xy = 1)
⇒ ( ) ( ) ( ) 4.4
24222
+−+−=+ yxyxyx
Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với ( ) ( ) ( )224
.844 yxyxyx −≥+−+−
⇔ ( ) ( ) 044
24
≥+−−− yxyx ⇔ ( )[ ] 02
22
≥−− yx
BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh
2) Cho xy ≥ 1 .Chứng minh rằng
xyyx +
≥
+
+
+ 1
2
1
1
1
1
22
Giải:
Ta có xyyx +
≥
+
+
+ 1
2
1
1
1
1
22
⇔ 0
1
1
1
1
1
1
1
1
222
≥





+
−
+
+





+
−
+ xyyyx
⇔
( )( ) ( )( )
0
1.11.1 2
2
2
2
≥
++
−
+
++
−
xyy
yxy
xyx
xxy
⇔
( )( ) ( )( )
0
1.1
)(
1.1
)(
22
≥
++
−
+
++
−
xyy
yxy
xyx
xyx

⇔
( ) ( )
( )( )( )
0
1.1.1
1
22
2
≥
+++
−−
xyyx
xyxy
BĐT cuối này đúng do xy > 1 .Vậy ta có đpcm
* Dùng bất đẳng thức phụ
1) Cho a , b, c là các số thực và a + b +c =1 Chứng minh rằng
3
1222
≥++ cba
Giải: áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho 3 số (1,1,1) và (a,b,c)
Ta có ( ) ( ) ( )2222
.111.1.1.1 cbacba ++++≤++ ⇔ ( ) ( )2222
.3 cbacba ++≤++
⇔
3
1222
≥++ cba (vì a+b+c =1 ) (đpcm)
2) Cho a,b,c là các số dương . Chứng minh rằng ( ) 9
111
. ≥





++++
cba
cba (1)
Giải: (1) ⇔ 9111 ≥++++++++
a
c
a
c
c
b
a
b
c
a
b
a
⇔ 93 ≥





++





++





++
b
c
c
b
a
c
c
a
a
b
b
a
áp dụng BĐT phụ 2≥+
x
y
y
x
Với x,y > 0. Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng
Vậy ( ) 9
111
. ≥





++++
cba
cba (đpcm)
* Dùng phương pháp bắc cầu
1) Cho 0 < a, b,c <1 .Chứng minh rằng : accbbacba 222333
3222 +++<++
Giải: Do a <1 ⇒ 2
a <1 và b <1
Nên ( )( ) 0101.1 2222
>−−+⇒>−− bababa
Hay baba +>+ 22
1 (1)
Mặt khác 0 <a,b <1 ⇒ 32
aa > ; 3
bb > ⇒ 332
1 baa +>+
Vậy baba 233
1+<+
Tương tự ta có
acca
cbcb
233
233
1
1
+<+
+<+
⇒ accbbacba 222333
3222 +++<++ (đpcm)
2) So sánh 3111
và 1714
Giải: Ta thấy 11
31 < ( )
11
11 5 55 56
32 2 2 2= = <
Mặt khác ( )
14
56 4.14 4 14 14
2 2 2 16 17= = = < Vậy 3111
< 1714
(đpcm)
* Dùng tính chất tỉ số
1) Cho a ,b ,c ,d > 0 .Cminh rằng:2 3
a b b c c d d a
a b c b c d c d a d a b
+ + + +
< + + + <
+ + + + + + + +
Giải: Vì a ,b ,c ,d > 0 nên ta có
a b a b a b d
a b c d a b c a b c d
+ + + +
< <
+ + + + + + + +
(1)

b c b c b c a
a b c d b c d a b c d
+ + + + +
< <
+ + + + + + + +
(2)
d a d a d a c
a b c d d a b a b c d
+ + + +
< <
+ + + + + + + +
(3)
Cộng các vế của 4 bất đẳng thức trên ta có :
2 3
a b b c c d d a
a b c b c d c d a d a b
+ + + +
< + + + <
+ + + + + + + +
(đpcm)
2) Cho a ,b,c là số đo ba cạnh tam giác
Chứng minh rằng :1 2
a b c
b c c a a b
< + + <
+ + +
Giải: Vì a ,b ,c là số đo ba cạnh của tam giác nên ta có a,b,c > 0
Và a 
+ + +
Vậy ta có
2a a a
a b c b c a b c
< <
+ + + + +
Tương tự ta có
2b b b
a b c a c a b c
< <
+ + + + +
2c c c
a b c b a a b c
< <
+ + + + +
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có :
1 2
a b c
b c c a a b
< + + <
+ + +
(đpcm)
* Phương pháp làm trội :
1) Chứng minh BĐT sau :
a)
1 1 1 1
...
1.3 3.5 (2 1).(2 1) 2n n
+ + + <
− +
b)
1 1 1
1 ... 2
1.2 1.2.3 1.2.3.....n
+ + + + <
Giải:
a) Ta có :
( ) ( )
( )2 1 (2 1)1 1 1 1 1
.
2 1 . 2 1 2 (2 1).(2 1) 2 2 1 2 1
k k
n n k k k k
+ − −  
= = − ÷
− + − + − + 
Cho n chạy từ 1 đến k .Sau đó cộng lại ta có
1 1 1 1 2 1
... . 1
1.3 3.5 (2 1).(2 1) 2 2 1 2n n n
 
+ + + = − < ÷
− + + 
(đpcm)
b) Ta có: ( )
1 1 1 1 1 1
1 ... 1 .....
1.2 1.2.3 1.2.3..... 1.2 1.2.3 1 .n n n
+ + + + < + + + +
−
<
1 1 1 1 1 1
1 1 .... 2 2
2 2 3 1n n n
     
+ − + − + + − < − < ÷  ÷  ÷
−     
(đpcm)

PHẦN IV : ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC
1/ Dùng bất đẳng thức để tìm cưc trị
Kiến thức:
- Nếu f(x) ≥ A thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là A
- Nếu f(x) ≤ B thì f(x) có giá trị lớn nhất là B
Ví dụ 1 :Tìm giá trị nhỏ nhất của :T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|
Giải: Ta có |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x| ≥ |x-1+4-x| = 3 (1)
Và 2 3 2 3 2 3 1x x x x x x− + − = − + − ≥ − + − = (2)
Vậy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| ≥ 1+3 = 4
Ta có từ (1) ⇒ Dấu bằng xảy ra khi 1 4x≤ ≤
(2) ⇒ Dấu bằng xảy ra khi 2 3x≤ ≤
Vậy T có giá trị nhỏ nhất là 4 khi 2 3x≤ ≤
Ví dụ 2 :
Tìm giá trị lớn nhất của S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) với x,y,z > 0 và x+y+z =1
Giải: Vì x,y,z > 0 ,áp dụng BĐT Côsi ta có
x+ y + z 33 xyz≥ 3
1 1
3 27
xyz xyz⇒ ≤ ⇒ ≤
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3. . 3 . .x y y z z x x y y z x z+ + + ≥ + + + ( ) ( ) ( )32 3 . .x y y z z x⇒ ≥ + + +
Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=
1
3
Vậy S ≤
8 1 8
.
27 27 729
= . Vậy S có giá trị lớn nhất là
8
729
khi x=y=z=
1
3
Ví dụ 3: Cho xy+yz+zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 4 4 4
x y z+ +
Giải: Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho 6 số (x,y,z) ;(x,y,z)
Ta có ( ) ( )
22 2 2 2
xy yz zx x y z+ + ≤ + + ( )
2
2 2 2
1 x y z⇒ ≤ + + (1)
Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho ( 2 2 2
, ,x y z ) và (1,1,1)
Ta có
2 2 2 2 2 2 2 4 4 4
2 2 2 2 4 4 4
( ) (1 1 1 )( )
( ) 3( )
x y z x y z
x y z x y z
+ + ≤ + + + +
→ + + ≤ + +
Từ (1) và (2) 4 4 4
1 3( )x y z⇒ ≤ + + 4 4 4 1
3
x y z⇒ + + ≤
Vậy 4 4 4
x y z+ + có giá trị nhỏ nhất là
1
3
khi x=y=z=
3
3
±
Ví dụ 4 : Trong tam giác vuông có cùng cạnh huyền , tam giác vuông nào có diện
tích lớn nhất
Giải: Gọi cạnh huyền của tam giác là 2a
Đường cao thuộc cạnh huyền là h
Hình chiếu các cạnh góc vuông lên cạnh huyền là x,y
Ta có S = ( ) 21
. . . . .
2
x y h a h a h a xy+ = = =
Vì a không đổi mà x+y = 2a. Vậy S lớn nhất khi x.y lớn nhất x y⇔ =

Vậy trong các tam giác có cùng cạnh huyền thì tam giác vuông cân có diện tích
lớn nhất
2/ Dùng Bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình
Ví dụ 1:Giải phương trình: 2 2 2
4 3 6 19 5 10 14 4 2x x x x x x+ + + + + = − −
Giải : Ta có 2
3 6 19x x+ +
2
3.( 2 1) 16x x= + + + 2
3.( 1) 16 16x= + + ≥
( )
22
5 10 14 5. 1 9 9x x x+ + = + + ≥
Vậy 2 2
4. 3 6 19 5 10 14 2 3 5x x x x+ + + + + ≥ + =
Dấu ( = ) xảy ra khi x+1 = 0 ⇒ x = -1
Vậy 2 2 2
4 3 6 19 5 10 14 4 2x x x x x x+ + + + + = − − khi x = -1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -1
Ví dụ 2: Giải phương trình 2 2
2 4 4 3x x y y+ − = + +
Giải : áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta có :
( )2 2 2 2 2
2 1 1 . 2 2. 2 2x x x x+ − ≤ + + − ≤ = Dấu (=) xảy ra khi x = 1
Mặt khác ( )
22
4 4 3 2 1 2 2y y y+ + = + + ≥ Dấu (=) xảy ra khi y = -
1
2
Vậy 2 2
2 4 4 3 2x x y y+ − = + + = khi x =1 và y =-
1
2
Vậy nghiệm của phương trình là
1
1
2
x
y
=


= −
Ví dụ 3:Giải hệ phương trình sau: 4 4 4
1x y z
x y z xyz
+ + =

+ + =
Giải: áp dụng BĐT Côsi ta có
4 4 4 4 4 4
4 4 4
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
x
2 2 2
2 2 2
x y y z z x
y z
x y y z z x
x y y z z y z z x z y x
+ + +
+ + = + +
≥ + +
+ + +
≥ + +
2 2 2
.( )
y xz z xy x yz
xyz x y z
≥ + +
≥ + +
Vì x+y+z = 1) Nên 4 4 4
x y z xyz+ + ≥ Dấu (=) xảy ra khi x = y = z =
1
3
Vậy 4 4 4
1x y z
x y z xyz
+ + =

+ + =
có nghiệm x = y = z =
1
3
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau
2
2
4 8
2
xy y
xy x
 − = −

= +
(1)
(2)

Từ phương trình (1) 2
8 0y⇒ − ≥ hay 8y ≤
Từ phương trình (2)
2
2 . 2 2x x y x⇒ + = ≤
2 2
2
2 2 2 0
( 2) 0
2
2
x x
x
x
x
⇒ − + ≤
⇒ − ≤
⇒ =
⇒ = ±
Nếu x = 2 thì y = 2 2
Nếu x = - 2 thì y = -2 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm
2
2
x
y
 =

= −
và
2 2
2 2
x
y
 =

= −
3/ Dùng BĐT để giải phương trình nghiệm nguyên
Ví dụ 1: Tìm các số nguyên x,y,z thoả mãn 2 2 2
3 2 3x y z xy y z+ + ≤ + + −
Giải: Vì x,y,z là các số nguyên nên 2 2 2
3 2 3x y z xy y z+ + ≤ + + −
( )
2 2 2
2 2
2 2
3 2 3 0
3
3 3 2 1 0
4 4
x y z xy y z
y y
x xy y z z
⇔ + + − − − + ≤
   
⇔ − + + − + + − + ≤ ÷  ÷
   
( )
2 2
2
3 1 1 0
2 2
y y
x z
   
⇔ − + − + − ≤ ÷  ÷
   
(*)
Mà ( )
2 2
2
3 1 1 0
2 2
y y
x z
   
− + − + − ≥ ÷  ÷
   
,x y R∀ ∈
( )
2 2
2
3 1 1 0
2 2
y y
x z
   
⇔ − + − + − = ÷  ÷
   
0
2 1
1 0 2
2
1
1 0
y
x
x
y
y
z
z

− =
=
 
⇔ − = ⇔ = 
  =− =


Các số x,y,z phải tìm là
1
2
1
x
y
z
=

=
 =
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
1 1 1
2
x y z
+ + =
Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử x y z≥ ≥

Ta có
1 1 1 3
2 2 3z
x y z z
= + + ≤ ⇒ ≤
Mà z nguyên dương vậy z = 1. Thay z = 1 vào phương trình ta được
1 1
1
x y
+ =
Theo giả sử x≥ y nên 1 =
1 1
x y
+
1
y
≤ 2y⇒ ≤ mà y nguyên dương
Nên y = 1 hoặc y = 2
Với y = 1 không thích hợp
Với y = 2 ta có x = 2
Vậy (2 ,2,1) là một nghiệm của phương trình
Hoán vị các số trên ta được các nghiệm của phương trình là (2,2,1);(2,1,2); (1,2,2)
Ví dụ 3:Tìm các cặp số nguyên thoả mãn phương trình x x y+ = (*)
Giải:
(*) Với x < 0 , y < 0 thì phương trình không có nghĩa
(*) Với x > 0 , y > 0
Ta có x x y+ =
2
x x y⇔ + =
2
0x y x⇔ = − >
Đặt x k= (k nguyên dương vì x nguyên dương )
Ta có 2
.( 1)k k y+ =
Nhưng ( ) ( )
22
1 1k k k k< + < + 1k y k⇒ < < +
Mà giữa k và k+1 là hai số nguyên dương liên tiếp không tồn tại một số nguyên
dương nào cả
Nên không có cặp số nguyên dương nào thoả mãn phương trình .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là :
0
0
x
y
=

=
Bài tập đề nghị :
Bài 1:Chứng minh rằng với mọi a,b,c > 0 : cbaab
c
ac
b
bc
a 111
++≥++
HD : Chuyển vế quy đồng mẫu đưa về tổng bình phương các đẳng thức.
Bài 2:Chứng minh bất đẳng thức : *)(1
)1(
1
..
4.3
1
3.2
1
2.1
1
Nn
nn
∈<
+
++++
HD: 1
11
)1(
1
+
−=
+ kkkk
Bài 3: Cho a, b. c > 0 và a + b + c ≤1. Cmr : 64
1
1
1
1
1
1 ≥





+





+





+
cba
HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 





+





+





+
cba
1
1,
1
1,
1
1
Bài 4 : Cho 0,0 ≥≥≥≥ cbca . Cmr : abcbccac ≤−+− )()(
HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho
b
cb
a
c
a
ca
b
c −−
, , rồi cộng hai vế theo vế.
Bài 5: Cho a, b >1. Tìm GTNN của S =
11
22
−
+
− a
b
b
a

HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho
1
,
1
22
−− a
b
b
a
và xét trường hợp dấu “=” xảy
ra .
Bài 9 : Tìm GTLN và GTNN của y = 22
42
)21(
1283
x
xx
+
++
HD: Đặt x= 





−∈
2
,
2
,
2
1 ππ
ααtg
Bài 10: Cho 36x .916 22
=+ y Cmr : 4
25
52
4
15
≤+−≤ xy
HD: Đặt :





=
=
α
α
sin
4
3
cos
2
1
y
x
Bài 11: Cmr : [ ]1,1),121(
2
11 22
−∈∀−+≥−+ xx
x
x
HD : Đặt x = 





−∈
4
,
4
,2sin
ππ
αα
Bài 12: Cho 1,0, ≤≥ cba . Chứng minh rằng: accbbacba 222222
1 +++≤++
Bài 13: Cho ∆ABC có a, b, c là độ dài các cạnh. Chứng minh rằng:
0)()()( 222
≥−+−+− acaccbcbbaba
Bài 14: Cho 0,,1, ≥≤Ζ∈ bann . Chứng minh rằng
nnn
baba





 +
≥
+
22
Bài 15: nn ≤Ζ∈ 2, . Chứng minh rằng: 3
1
12 <





+<
n
n
Bài 16: Có tồn tại Rx∈ sao cho: 3
3
3
1
≤≤
tgx
xtg
?
Bài 17: Cho ∆ABC có diện tích bằng 4 (đơn vị diện tích). Trên các cạnh BC,
CA, AB lấy lần lược các điểm A’, B’, C’. Chứng minh rằng: Trong tất cả các tam giác
AB’C’, A’BC’, A’B’C có ít nhất 1 diện tích nhỏ hơn hay bằng 1(đơn vị diện tích)

19 phương pháp chứng minh bđt

More Related Content

What's hot (20)

Viewers also liked (8)

Similar to 19 phương pháp chứng minh bđt (20)

More from Cảnh (20)

Recently uploaded (20)

19 phương pháp chứng minh bđt