Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội



1


1. ðịnh nghĩa :
0
0
A B A B
A B A B
≥ ⇔ − ≥


≤ ⇔ − ≤


2. Tính chất :
+

A B B A
> ⇔ <
.
+
A B
>
và
B C
>

A C
⇔ >
.
+
A B A C B C
>
⇒
+ > +

+
A B
>
và
C D
>
⇒
A C B D
+ > +

+
A B
>
và
0
C
>

⇒


. .
AC B C
>
.
+
A B
>
và
0
C
<

⇒

. .
AC B C
<
.
+ 0
A B
< <
và 0
C D
< <

⇒

0 . .
AC B D
< <

.
+
0
A B
> >

⇒

,
n n
A B n
> ∀
.
+
A B
>

⇒

n n
A B
>
v
ớ
i
n
l
ẻ
.
+

A B
>

⇒

n n
A B
>
v
ớ
i
n
ch
ẵ
n.
+
0
m n
> >
và
1
A
>
⇒

m n
A B
>
.
+

0
m n
> >
và
0 1
A
< <

⇒

m n
A B
<
.
+
A B
<
và
. 0
A B
>
⇒

1 1
A B
>
.
3. Một số hằng bất ñẳng thức :
+
2

0,
A A
≥ ∀
(d
ấ
u = x
ả
y ra khi
0
A
=
).
+
0,
n
A A
≥ ∀
(d
ấ
u = x
ả
y ra khi
0
A
=
).
+
0,
A
≥

A
∀
(d
ấ
u = x
ả
y ra khi
0
A
=
).
+
A A A
− ≤ ≤
.
+
A B A B
+ ≥ +
(d
ấ
u = x
ả
y ra khi
. 0
A B
>
)
+
BABA −≤−
( d

ấ
u = x
ả
y ra khi A.B < 0).
Phần 1: CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý


Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội



2


1. Phương pháp 1: Dùng ñịnh nghĩa
Kiến thức : ðể chứng minh
A B
>
. Ta lập hiệu
0
A B
− >
.
L
ư
u ý dùng h
ằ
ng b
ấ
t

ñẳ
ng th
ứ
c
2
0
M
≥
với
∀
M.
Ví dụ 1 :
∀
x, y, z chứng minh rằng :
a.
2 2 2
x y z xy yz zx
+ + ≥ + +
.
b.
2 2 2
2 2 2
x y z xy yz zx
+ + ≥ − + .

c.
(
)
2 2 2
3 2

x y z x y z
+ + + ≥ + +
.
Giải:
a. Ta xét hiệu :

( )
2 2 2 2 2 2
1
.2
2
x y z xy yz zx x y z xy yz zx
+ + − − − = + + − − −

( ) ( ) ( )
2 2 2
1
0
2
x y y z x z
 
= − + − + − ≥
 

ñ
úng v
ớ
i m
ọ
i x; y; z

R
∈
.
Vì
( )
2
0
x y
− ≥
v
ớ
i
∀
x; y D
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi
x y
=
.

( )
2
0
x z
− ≥
v

ớ
i
∀
x; z D
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi
x z
=
.

( )
2
0
y z
− ≥
v
ớ
i ∀ z; y D
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi
y z
=

.
V
ậ
y
2 2 2
x y z xy yz zx
+ + ≥ + +
.D
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi
x y z
= =
.
b.
Ta xét hi
ệ
u:

(
)
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
x y z xy xz yx x y z xy xz yx
+ + − − + = + + − + −

( )

2
0
x y z
= − + ≥

ñ
úng v
ớ
i m
ọ
i x; y; z
R
∈
.
V
ậ
y
2 2 2
2 2 2
x y z xy yz zx
+ + ≥ − +
ñ
úng v
ớ
i m
ọ
i x; y; z
R
∈
.

D
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi x + y = z.
c.
Ta xét hi
ệ
u:
Phần 2: CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ðẲNG THỨC


Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội



3


(
)
2 2 2
3 2 2 1 2 1 2 1
x y z x y z x x y y z z
+ + + − + + = − + + − + + − +


( ) ( ) ( )

2 2 2
1 1 1 0
x y z
= − + − + − ≥
.
D
ấ
u ( = ) x
ả
y ra khi
1
x y z
= = =

Ví dụ 2: chứng minh rằng :
a.
2
22
22






+
≥
+ baba

b.

2
222
33






++
≥
++ cbacba

c. Hãy tổng quát bài toán
Giải:
a. Ta xét hiệu :

2
22
22






+
−
+ baba
=

(
)
4
2
4
2
2222
bababa ++
−
+
=
(
)
abbaba 222
4
1
2222
−−−+
=
( )
0
4
1
2
≥− ba
V
ậ
y
2
22

22






+
≥
+ baba
. D
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi
a b
=
.
b.
Ta xét hi
ệ
u :

2
222
33







++
−
++ cbacba
=
( ) ( ) ( )
[
]
0
9
1
222
≥−+−+− accbba
.
V
ậ
y
2
222
33






++

≥
++ cbacba

D
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi
a b c
= =
.
c.
T
ổ
ng quát
2
21
22
2
2
1








+++
≥
+++
n
aaa
n
aaa
nn

Tóm l
ạ
i các b
ướ
c
ñể
ch
ứ
ng minh
A B
≥
theo
ñị
nh ngh
ĩ
a
B
ướ
c 1
: Ta xét hi
ệ

u
H A B
= −
.
B
ướ
c 2
: Bi
ế
n
ñổ
i
( )
2
H C D
= +
ho
ặ
c
( ) ( )
2 2

H C D E F
= + + + +
.

Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội




4

Bước 3: Kết luận
A B
≥
.
Ví dụ 3: Chứng minh
, , ,
m n p q
∀
ta ñều có :
(
)
2 2 2 2
1
m n p q m n p q
+ + + ≥ + + +
.
Giải:
Ta có :
(
)
2 2 2 2
1
m n p q m n p q
+ + + − + + + =


2 2 2 2
2 2 2

1 0
4 4 4 4
m m m m
mn n mp p mq q m
       
= − + + − + + − + + − + ≥
       
       


2 2 2 2
1 0
2 2 2 2
m m m m
n p q
       
= − + − + − + − ≥
       
       
(luôn ñúng)
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 4: Chứng minh rằng với mọi
, ,
a b c

ta luôn có : )(
444
cbaabccba ++≥++
Giải:
Ta có : )(
444
cbaabccba ++≥++ , 0,,
>
∀
cba

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
4 4 4 2 2 2
4 4 4 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2
0
2 2 2 2 2 2 0
2 2 2 2 2 2 0
( 2 ) ( 2 )
( 2 ) 0
a b c a bc b ac c ab
a b c a bc b ac c ab
a b a b b c b c c a a c a bc b ac c ab
a b b c c a a b b c b ac b c c a c ab

a b c a a ab
a
⇔ + + − − − ≥
⇔ + + − − − ≥
⇔ − + + − + + − + − − − ≥
⇔ − + − + − + + − + + − +
+ + − ≥
⇔ −
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2
0b b c c a ab bc bc ac ab ac+ − + − + − + − + − ≥

ðúng với mọi
, ,
a b c
.

2. Phương pháp 2: Dùng phép biến ñổi tương ñương
Kiến thức:
Ta biến ñổi bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với bất ñẳng thức ñúng hoặc bất ñẳng thức

Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội



5


ñã ñược chứng minh là ñúng.
Nếu

A B C D
< ⇔ <
, v
ớ
i
C D
<
là m
ộ
t b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c hi
ể
n nhiên, ho
ặ
c
ñ
ã bi
ế
t là
ñ
úng thì có b
ấ

t

ñẳ
ng th
ứ
c
A B
<
.
Chú ý các h
ằ
ng
ñẳ
ng th
ứ
c sau:
+
(
)
22
2
2 BABABA ++=+
+
(
)
BCACABCBACBA 222
222
2
+++++=++
+

(
)
3223
3
33 BABBAABA +++=+
Ví dụ 1: Cho
, , , , ,
a b c d e f
là các số thực chứng minh rằng
a. ab
b
a ≥+
4
2
2
.
b. baabba ++≥++ 1
22
.
c.
(
)
edcbaedcba +++≥++++
22222
.
Giải:
a. ab
b
a ≥+
4

2
2
abba 44
22
≥+⇔
2 2
4 4 0
a a b
⇔ − + ≥
(
)
02
2
≥−⇔ ba
(BðT này luôn ñúng). Vậy ab
b
a ≥+
4
2
2
(dấu bằng xảy ra khi
2
a b
=
)
b. baabba ++≥++ 1
22
)
)(21(2
22

baabba ++>++⇔ .
012122
2222
≥+−++−++−⇔ bbaababa
0)1()1()(
222
≥−+−+−⇔ baba . Bất ñẳng thức cuối ñúng.
Vậy baabba ++≥++ 1
22
. Dấu bằng xảy ra khi
1
a b
= =
.
c.
(
)
edcbaedcba +++≥++++
22222
⇔
(
)
(
)
edcbaedcba +++≥++++ 44
22222


⇔
(

)
(
)
(
)
(
)
044444444
22222222
≥+−++−++−++− cacadadacacababa

⇔
(
)
(
)
(
)
(
)
02222
2222
≥−+−+−+− cadacaba .
B
ất ñẳng thức ñúng vậy ta có ñiều phải chứng minh.

Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội




6

Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
(
)
(
)
(
)
(
)
10 10 2 2 8 8 4 4
a b a b a b a b
+ + ≥ + +

Giải:

(
)
(
)
(
)
(
)
10 10 2 2 8 8 4 4
a b a b a b a b
+ + ≥ + +

⇔

128448121210221012
bbabaabbabaa +++≥+++

⇔

(
)
(
)
0
22822228
≥−+− abbababa
⇔

(
)
(
)
2 2 2 2 6 6
0
a b a b a b
− − ≥
.

⇔
(
)
(
)
2

2 2 2 2 4 2 2 4
0
a b a b a a b b
− + + ≥
.
B
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c cu
ố
i
ñ
úng v
ậ
y ta có
ñ
i
ề
u ph
ả
i ch
ứ
ng minh.
Ví dụ 3:
cho
. 1
x y

=
và
x y
>
. Ch
ứng minh
yx
yx
−
+
22
≥
22
.
Giải:
yx
yx
−
+
22
≥
22
vì :
x y
>
nên
0
x y
− >
⇒


(
)
2 2
2 2
x y x y
+ ≥ −


⇒

2 2
2 2 2 2 0
x y x y
+ − + ≥
⇔

2 2
2 2 2 2 2 2 0
x y x y
+ + − − − ≥


⇔

(
)
2
2 2
2 2 2 2 2 2 0

x y x y xy
+ + − − − ≥
vì
. 1
x y
=
nên
2 2
xy
=


⇒
(
)
2
2 0
x y
− − ≥
. ðiều này luôn luôn ñúng . Vậy ta có ñiều phải chứng minh
Ví dụ 4: Chứng minh rằng:
a.
(
)
2 2 2
, 9 6 2 1 0
P x y x y y xy y
= + − − + ≥
Ryx
∈

∀
,
b.
cbacba ++≤++
222
(gợi ý: bình phương 2 vế)
c. Cho ba số thực khác không
, ,
x y z
thỏ
a mãn:






++<++
=
zyx
zyx
zyx
111
1

Chứng minh rằng: có ñúng một trong ba số
, ,
x y z
lớn hơn 1
Giải: Xét

(
)
(
)
(
)
(
)
1 1 1 1
x y z xyz xy yz xz x y z
− − − = − + + + + + −

=
( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 1
1 0
xyz x y z xyz x y z
x y z x y z
   
− + + + − + + = + + − + + >
   
   
(vì
1 1 1
x y z
x y z
+ + < + +
)

Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội




7


⇒
2 trong 3 số
1
x
−
,
1
y
−
,
1
z
−
âm hoặ
c c
ả
ba s
ỗ

1
x
−
,
1

y
−
,
1
z
−
là d
ươ
ng.
N
ế
u tr
ườ
ng h
ợ
p sau x
ả
y ra thì
, , 1 1
x y z xyz
>
⇒
>
Mâu thu
ẫ
n gt
. . 1
x y z
=
b

ắ
t bu
ộ
c ph
ả
i x
ả
y ra
tr
ườ
ng h
ợ
p trên t
ứ
c là có
ñ
úng 1 trong ba s
ố

, ,
x y z
là s
ố
l
ớ
n h
ơ
n 1.
Ví dụ 5:
Ch

ứ
ng minh r
ằ
ng :
21 <
+
+
+
+
+
<
c
a
c
c
b
b
b
a
a

Giải:
Ta có : )1(
11
c
b
a
a
b
a

a
c
b
a
b
a
cbaba
++
>
+
⇒
++
>
+
⇒++<+
T
ươ
ng t
ự
ta có : )2(
c
b
a
b
c
b
b
++
>
+

, )3(
c
b
a
c
c
a
c
++
>
+

C
ộ
ng v
ế
theo v
ế
các b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c (1), (2), (3), ta
ñượ
c :
1>
+
+

+
+
+
c
a
c
c
b
b
b
a
a
(*)
Ta có : )4(
c
b
a
ca
b
a
a
baa
++
+
<
+
⇒+<
T
ươ
ng t

ự
: )5(
c
b
a
ba
c
b
b
++
+
<
+
, )6(
c
b
a
bc
a
c
c
++
+
<
+

C
ộ
ng v
ế

theo v
ế
các b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c (4), (5), (6), ta
ñượ
c :
2<
+
+
+
+
+
c
a
c
c
b
b
b
a
a
(**)
T
ừ
(*) và (**) , ta

ñượ
c : 21 <
+
+
+
+
+
<
c
a
c
c
b
b
b
a
a
(
ñ
pcm)

3. Phương pháp 3: Dùng bất ñẳng thức phụ
Kiến thức:
a.

xyyx
2
22
≥+


b.

xyyx ≥+
22
d
ấ
u ( = ) khi
0
x y
= =
.
c.

(
)
xyyx 4
2
≥+


Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội



8

d.
2≥+
a
b

b
a

Ví dụ 1

:
Cho
, ,
a b c
là các s
ố không âm chứng minh rằng :

(
)
(
)
(
)
8
a b b c c a abc
+ + + ≥

Giải: Dùng bất ñẳng thức phụ:
(
)
xyyx 4
2
≥+

Tacó

(
)
abba 4
2
≥+ ;
(
)
bccb 4
2
≥+ ;
(
)
acac 4
2
≥+

⇒
(
)
2
ba +
(
)
2
cb +
(
)
2
ac +
≥

(
)
2
222
864 abccba =
⇒
(
)
(
)
(
)
8
a b b c c a abc
+ + + ≥
.
Dấu “=” xảy ra khi
a b c
= =
.

4. Phương pháp 4: Bất ñẳng thức Côsy
Kiến thức:
a. Với hai số không âm : 0,
≥
ba
, ta có: abba 2≥+ . Dấu “=” xảy ra khi
a b
=
.

b. Bất ñẳng thức mở rộng cho n số không âm :

1 2
1 2 1 2 1 2


n
n
n
n n n
a a a
a a a n a a a a a a
n
+ + +
 
+ + + ≥ ⇔ ≤
 
 

Dấu “=” xảy ra khi
n
aaa ===
21

Chú ý : ta dùng bất ñẳng thức Côsi khi ñề cho biến số không âm.
Ví dụ 1 : Giải phương trình :
2
3
4
2

2
1
2
4
1
4
2
=
+
+
+
+
+
xx
x
x
x
x
x

Giải : Nếu ñặt
2
x
t
=
thì pt trở thành pt bậc 6 theo t nên ta ñặt
0,,
4
2
>






=
=
ba
b
a
x
x

Khi
ñ
ó ph
ươ
ng trình có d
ạ
ng :
2
31
1
1
=
+
+
+
+
+

b
a
a
b
b
a

V
ế
trái c
ủ
a ph
ươ
ng trình:

1 1 1 1
1 1 1 3 3
1 1 1 1
a b a b a b a b
b a a b b a a b
+ + + + + +
           
= + + + + + − = + + −
           
+ + + + + +
           


Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội




9


( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 1
3 1 1 3
1 1 1 1
a b c b a a b
b a a b b a a b
   
 
= + + + + − = + + + + + + + −
   
 
+ + + + + +
   


( )( )( )
( )( )( )
3
3
1 3 3
3 1 1 . 3
2 2
1 1
a b a b
a b a b

≥ + + + − =
+ + +

V
ậ
y ph
ươ
ng trình t
ươ
ng
ñươ
ng v
ớ
i :

0142111 =⇔==⇔==⇔+=+=+ xbababa
xx
.
Ví dụ 2 : Cho
, , 0
x y z
>
và
1
x y z
+ + =
. Tìm GTLN của P =
111 +
+
+

+
+ z
z
y
y
x
x

Giải :
1 1 1
3 3
1 1 1
P Q
x y z
 
= − + + = −
 
+ + +
 
. Theo BDT Côsi , nếu
, , 0
a b c
>
thì

( )
3
3
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9
3 3 9a b c abc a b c

a b c abc a b c a b c a b c
 
+ + ≥ ⇔ + + ≥ ⇒ + + + + ≥ ⇒ + + ≥
 
+ +
 

Suy ra
1 1 1
1 1 1
Q
x y z
= + +
+ + +
4
9
≥
⇒

9
4
Q
≤ −
nên
9 3
3 3
4 4
P Q
= − ≤ − =
.

V
ậ
y max
3
4
P
=
.
1
3
x y z
= = =
.
Ví dụ 3:
Cho
, , 0
a b c
>
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
abc
cba
ab
c
ac
b
bc

a
2
111
222
+
+
≤
+
+
+
+
+

Giải:
Áp d
ụ
ng b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c Côsi ta có :








+≤≤
++
⇒
≥++
acab
bca
bca
bcabca
11
2
112
2
2
2

T
ươ
ng t
ự
:

2 2
2 1 1 1 1 2 1 1 1 1
2 2
b ac bc ab c ab ac bc
b ac c ab
   
≤ ≤ +
⇒
≤ ≤ +

   
+ + + +
   


2 2 2
2 2 2
2
a b c
a bc b ac c ab abc
+ +
⇒ + + ≤
+ + + + +

D
ấ
u “=” x
ả
y ra khi
a b c
= =
.
Ví dụ 4 :
CMR trong tam giác ABC : 3
≥
−+
+
−+
+
−+

c
b
a
c
b
a
c
b
a
c
b
a
(*)

Giải :
Theo b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c Côsi :


Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội



10
)1(

))()((
3
3
cbabacacb
abc
cba
c
bac
b
acb
a
−+−+−+
≥
−+
+
−+
+
−+

Cũng theo bất ñẳng thức Côsi :

)2()(
2
1
))(( cbacacbbacacb =−++−+≤−+−+
Vi
ế
t ti
ế
p hai B

ð
T t
ươ
ng t
ự
(2) r
ồ
i nhân v
ớ
i nhau s
ẽ

ñượ
c

( )( )( )
b c a c a b a b c abc
+ − + − + − ≤


1 (3)
( )( )( )
abc
b c a c a b a b c
⇒ ≥
+ − + − + −
.
Từ (1), (3) suy ra (*). Dấu “=” xảy ra khi
a b c
= =

hay ABC là ñều .
Ví dụ 5: Cho
0
0 , ,
a b c
x y z
< ≤ ≤


<

. Chứng minh rằng:
( )
( )
( )
2
2
4
a c
x y z
ax by cz x y z
a b c ac
+
 
+ + + + ≤ + +
 
 

Giải: ðặt 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 ñẳng thức Cauchy ta có:


( ) ( )( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
)(
4
4
2
2
2
22
ñpcmzyx
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
++
+
≤






++++⇔
+++≤






++++⇔
+++≤







++++⇒


5. Phương pháp 5: Bất ñẳng thức Bunhiacopski
Kiến thức:

Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội



11
Cho 2n số thực (
2
≥
n ):
1 2 1 2
, , ; , , ,
n n
a a a b b b
. 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:
ðặt





+++=
+++=
22
2
2
1
22
2
2
1


n
n
bbbb
aaaa


+ Nếu
0
a
=
hay
0
b
=
: Bất ñẳng thức luôn ñúng.
+ Nếu
, 0
a b
>
:
ðặt:
( )
, 1,2,
i i
i i
a b
i n
a b
α β
= = = , Th
ế
thì:
22
2
2

1
22
2
2
1

nn
βββααα
+++=+++
M
ặ
t khác:
(
)
22
2
1
iiii
βαβα
+≤
Suy ra:

2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
1 1
( ) ( ) 1
2 2
n n n n
α β α β α β α α α β β β
+ + + ≤ + + + + + + + ≤



1 1 2 2
.
n n
a b a b a b a b
⇒ + + + ≤

L
ạ
i có:
nnnn
babababababa +++≤+++
22112211

Suy ra: ) )( () (
22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211 nnnn
bbbaaabababa ++++++≤+++
D
ấ
u”=” x

ả
y 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 :
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng: Rx
∈
∀
, ta có:
8
1
cossin
88
≥+ xx
Giải:
Ta có: Rxxx
∈∀=+
,1cossin
22


Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội



12
Theo bất ñẳng thức Bunhiacopski, ta có:


(
)
(
)
(
)
( )
2 2 4 4 2 2
2
4 4 4 4
1 sin .1 cos .1 sin cos 1 1
1 1
sin cos sin cos
2 4
x x x x
x x x x
= + ≤ + +
⇔ ≤ + ⇒ ≤ +

Sử dụng bất ñẳng thức Bunhiacopski một lần nữa:

( ) ( )( ) ( )
2
4 4 8 8 2 2 4 4
1 1 1
sin .1 cos .1 sin cos 1 1 sin cos
4 4 8
x x x x x x
⇔ ≤ + ⇔ ≤ + + ⇔ + ≥


Ví dụ 2:
Cho tam giác ABC có các góc A, B, C nh
ọ
n. Tìm GTLN c
ủ
a:
ACCBBAP tan.tan1tan.tan1tan.tan1 +++++=
Giải:
Bất ñẳng thức Bunhiacopski mở rộng
Cho m b
ộ
s
ố
, m
ỗ
i b
ộ
s
ố
g
ồ
m n s
ố
không âm: ), ,2,1)(, ,,( micba
iii
=
Th
ế
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
∃
i
t 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
kk

k
k


2
1 1 1
1 1
2 2
k
k k
⇒ < −
− +


Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội



13

2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2

3 5 5 7 1 1 3 1
2 3 3
2 2 2 2 2
2 2 2
n
n n n
 

   
 
   
⇒ + + + < − + − + + − = − <
 
   
 
− + +
   
 

Do ñó theo bất ñẳng thức Bunhiacopski:
2
3
2
3
1

3
1
2
1

1

32
222
22
2
2

1
21
<<++++++≤
+
+++
n
aaa
n
a
aa
n
n
(ñpcm)
Ví dụ 2: Cho 4 số a, b, c, d bất kỳ chứng minh rằng:

222222
)()( dcbadbca +++≤+++
Giải:
Dùng b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c Bunhiacopski: Tacó
2 2 2 2
.
ac bd a b c d
+ ≤ + +
mà

(
)
(
)
(
)
2222
22
2 dcbdacbadbca +++++=+++
(
)
22222222
.2 dcdcbaba ++++++≤

⇒
222222
)()( dcbadbca +++≤+++
Ví dụ 3: Chứng minh rằng : acbcabcba ++≥++
222

Giải: Dùng bất ñẳng thức Bunhiacopski
Xét cặp số (1, 1, 1) và (a, b, c) ta có
(
)
(
)
( )
2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1. 1. 1.

a b c a b c
+ + + + ≥ + +


⇒
3
(
)
(
)
acbcabcbacba +++++≥++ 2
222222


⇒
acbcabcba ++≥++
222
ðiều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi
a b c
= =
.

6. Phương pháp 6: Bất ñẳng thức Trê- bư-sép
Kiến thức:
a. Nếu



≤≤≤
≤≤≤

n
n
bbb
aaa


21
21
thì
1 2 1 2 1 1 2 2

.
n n n n
a a a b b b a b a b a b
n n n
+ + + + + + + + +
≤ .
D
ấ
u ‘=’ x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi



===
===
n

n
bbb
aaa


21
21

b.
N
ế
u



≥≥≥
≤≤≤
n
n
bbb
aaa


21
21
thì
n
bababa
n
bbb

n
aaa
nnnn
+++
≥
++++++
.

22112121


Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội



14
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi



===
===
n
n
bbb
aaa


21
21


Ví dụ 1: Cho
∆
ABC có 3 góc nhọn nội tiếp ñường tròn bán kính
1
R
=
và

.
3
2
sin
sin
sin
2sin.sin2sin.sin2sin.sin S
C
B
A
CCBBaA
=
++
+
+
S là di
ệ
n tích tan giác. ch
ứ
ng minh r
ằ

ng

∆
ABC là tam giác
ñề
u.

Giải:
Không gi
ả
m tính t
ổ
ng quát ta gi
ả
s
ư
.
2
0
π
<≤≤< CBA Suy ra:




≤≤
≤≤
CBa
CBA
2sin2sin2sin

sinsinsin

Áp d
ụ
ng B
ð
T trebusep ta
ñượ
c:

(
)
(
)
(
)
sin sin sin sin2 sin 2 sin2 3 sin .sin 2 sin .sin 2 si
n .sin 2
A B C A B C A A B B C C
+ + + + ≥ + +


sin .sin 2 sin .sin 2 sin .sin 2 1
(sin 2 sin 2 sin2 )
sin sin sin 3
A A B B C C
A B C
A B C
+ +
⇔ ≤ + +

+ +

D
ấ
u ‘=’ x
ả
y ra dêuABC
CBA
CBA
∆⇔



==
==
⇔
2sin2sin2sin
sinsinsin

M
ặ
t 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
sin
sin
sin
2sin.sin2sin.sin2sin.sin S
C
B
A
CCBBaA
≤
++
+
+

D

ấ
u ‘=’ x
ả
y ra
∆
⇔
ABC
ñề
u.
Ví dụ 2: (HS tự giải)
:
a.
Cho
, , 0
a b c
>
và
1
a b c
+ + =
. CMR:
9
111
≥++
c
b
a

b.
Cho

, , 0
a b c
>
và
1
a b c
+ + =
. CMR:
(
)
(
)
(
)
2 4 1 1 1
a b c a b c
+ + ≥ − − −
.

Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội



15
c. Cho
, , 0
a b c
>
. CMR:
2

3
≥
+
+
+
+
+
b
a
c
a
c
b
c
b
a

d.
Cho
0
x
≥
,
0
y
≥
th
ỏ
a mãn
12 =− yx

. CMR:
1
5
x y
+ ≥

Ví dụ 3:
Cho
0
a b c
> > >
và 1
222
=++ cba . Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
3 3 3
1
2
a b c
b c a c a b
+ + ≥
+ + +

Giải:
Do
, ,
a b c


ñố
i x
ứ
ng , gi
ả
s
ử

a b c
> >

⇒






+
≥
+
≥
+
≥≥
ba
c
ca
b
cb

a
cba
222

Áp d
ụ
ng B
ð
T Trê - b
ư
- 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

V
ậ

y
2
1
333
≥
+
+
+
+
+
b
a
c
c
a
b
c
b
a
D
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi
1
3
a b c= = = .
Ví dụ 4:

Cho
, , , 0
a b c d
>
và
1
abcd
=
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng :


(
)
(
)
(
)
10
2222
≥+++++++++ acddcbcbadcba
Giải:
Ta có abba 2
22
≥+
cddc 2
22

≥+
Do
1
abcd
=
nên
1
.c d
ab
= (dùng
2
11
≥+
x
x )
Ta có 4)
1
(2)(2
222
≥+=+≥++
ab
abcdabcba (1)
M
ặ
t khác:
(
)
(
)
(

)
acddcbcba +++++
=
(
)
(
)
(
)
ab cd ac bd bc ad
+ + + + +

=
222
111
++≥






++






++







+
bc
bc
ac
ac
ab
ab

V
ậ
y
(
)
(
)
(
)
10
2222
≥+++++++++ acddcbcbadcba

7. Phương pháp7: Bất ñẳng thức Bernouli



Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội



16
Kiến thức:
a. Dạng nguyên thủy: Cho
1
a
≥ −
,
∈
≤
n1 Z thì
(
)
naa
n
+≥+ 11 . Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ
khi



=
=
1
0
n
a


b. Dạng mở rộng:
- Cho
1
a
> −
, 1
≥
α
thì
(
)
naa +≥+ 11
α
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
0
a
=
.
- cho 10,1
<
<
−
≥
α
a 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 BðT luôn ñúng
- Nếu 0
a
<
,
1
b
<
.
Áp dụng BðT Bernouli:

(

)
1
1 1
1 1 .
b b
b
b a
a a b a
a
a a a a a b
−
− +
   
= + < + < ⇒ >
   
+
   

Chứng minh tương tự:
b
a
b
b
a
+
>
. Suy ra 1
>+
ab
ba

(ñpcm).
Ví dụ 2: Cho
, , 0
a b c
>
.Chứng minh rằng

5
555
33






++
≥
++ cbacba
. (1)
Giải :

( )
3
333
1
555
≥







++
+






++
+






++
⇔
cba
c
cba
b
cba
a

Áp dụng BðT Bernouli:


(
)
cba
acb
cba
acb
cba
a
++
−+
+≥






++
−+
+=






++
25
1

2
1
3
55
(2)
Ch
ứng minh tương tự ta ñuợc:

Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội



17

(
)
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
(ñpcm)
Chú ý: ta có bài toán tổng quát sau ñây: Cho
1 2
, , 0; 1.
n
a a a r
> ≥
Chứng minh rằng

r
n
r
n
rr
n
aaa
n
aaa








+++
≥
+++

2121
.
Dấu ‘=’
n
aaa ===⇔
21
.(chứng minh tương tự bài trên).
Ví dụ 3: Cho
0 , , 1
x y z
≤ ≤
. Chứng minh rằng

(
)
(
)
8
81
222222 ≤++++
−−− zyxzyx
.
Giải :

ðặ
t
(
)
2 , 2 , 2 1 , , 2
x y z

a b c a b c
= = = ≤ ≤
.

(
)
(
)
1 2 1 2 0
a a a
≤ ≤ ⇒ − − ≤


2
2
3 2 0 3 (1)
a a a
a
⇒ − + ≤ ⇒ + ≤
Ch
ứ
ng minh t
ươ
ng t
ự
:

)3(3
2
)2(3

2
≤+
≤+
c
c
b
b

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta ñược :

( ) ( )
)(
111
)(
8
81
111
22
111
29
ñpcm
cba
cba
cba
cba
cba
cba
côsi
⇒







++++≥⇒






++++






+++++≥
≥


Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội



18
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


8. Phương pháp 8: Sử dụng tính chất bắc cầu

Kiến thức:
A B
>
và
B C
>
thì
A C
>
.
Ví dụ 1: Cho
, , , 0
a b c d
>
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
> +
(ñiều phải chứng minh)
Ví dụ 2: Cho
, , 0
a b c
>
thỏa mãn
2 2 2
5
3
a b c
+ + =
. Chứng minh
abc
c
b
a
1111
<++

Giải:
Ta có :
( ) ( )
2
2 2 2
2 0
a b c a b c ab bc ca

+ − = + + + − − >


⇒

( )
2 2 2
1
2
ac bc ab a b c
+ − < + +

⇒

5
6
ac bc ab
+ − <
1 Chia hai v
ế
cho
0
abc
>
ta có
1 1 1 1
a b c abc
+ − <
.
Ví dụ 3:

Cho
0 , , , 1
a b c d
< <
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
(
)
(
)
(
)
(
)
1 1 1 1 1
a b c d a b c d
− − − − > − − − −

Giải:
Ta có
(
)
(
)
1 1 1
a b a b ab
− − = − − +


Do
0, 0
a b
> >
nên
0
ab
>

⇒

(
)
(
)
1 1 1
a b a b
− − > − −
(1)
Do
1
c
<
nên
1 0
c
− >

⇒

(
)
(
)
(
)
1 1 1 1
a b c a b c
− − − > − − −


⇒

(
)
(
)
(
)
(
)
1 1 1 1
a b c d
− − − − >

(
)
(
)
1 1

a b c d
− − − −
= 1
a b c d ad bd cd
− − − − + + +


⇒

(
)
(
)
(
)
(
)
1 1 1 1 1
a b c d a b c d
− − − − > − − − −
(
ð
i
ề
u ph
ả
i ch
ứ
ng minh)
Ví dụ 4:

Cho
0 , , 1
a b c
< <
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
:
accbbacba
222333
3222
+++<++


Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội



19
Giải:
Do
1
a
<

⇒

1

2
<a và
Ta có
(
)
(
)
2
1 . 1 0
a b
− − >

⇒

2 2
1 0
b a a b
− − + >

⇒

2 2
1
a b a b
+ > +
(1).
mà
0 , 1
a b
< <

⇒

2 3
a a
>
,
3
b b
>
(2).
T
ừ
(1) và (2)
⇒

2 3 3
1
a b a b
+ > +
V
ậ
y
3 3 2
1
a b a b
+ < +
T
ươ
ng t
ự


3 3 2
1
b c b c
+ < + ;
3 3 2
1
c a c a
+ < +
C
ộ
ng các b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c ta có : accbbacba
222333
3222 +++≤++
Ví dụ 5:
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng : N
ế
u 1998
2222
=+=+ dcba thì


ac+bd

=1998
Giải:
Ta có
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
ac bd ad bc a c b d abcd a d b c abcd
+ + − = + + + + −

(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1998
a c d b c d c d a b= + + + = + + =
rõ ràng
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
1998
ac bd ac bd ad bc+ ≤ + + − =

⇒
1998≤+ bdac
Ví dụ 6: (HS tự giải)
:
a.
Cho các s
ố
th
ự
c :
1 2 2003
, , ,
a a a
th
ỏ
a mãn :
1 2 2003
1
a a a
+ + + =

Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng :

2 2 2 2
1 2 3 2003
1


2003
a a a a+ + + + ≥

b.
Cho
, , 0
a b c
≥
th
ỏ
a mãn :
1
a b c
+ + =
.

Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
1 1 1
1 . 1 . 1 8
a b c
     
− − − ≥
     
     



9. Phương pháp 9: Dùng tính chất của tỷ số
Kiến thức
1.
Cho
, ,
a b c
là các s
ố
d
ươ
ng thì
a.
N
ế
u 1>
b
a
thì
c
b
ca
b
a
+
+
>

Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội




20
b. Nếu 1<
b
a
thì
c
b
ca
b
a
+
+
<

2. Nếu
, 0
b d
>
thì từ
d
c
d
b
ca
b
a
d
c

b
a
<
+
+
<
⇒
<
Ví dụ 1: Cho
, , , 0
a b c d
>
.Chứng minh rằng

21
<
++
+
++
+
++
+
++
<
b
a
d
d
a
d

c
c
d
c
b
b
c
b
a
a

Giải:
Theo tính ch
ấ
t c
ủ
a t
ỉ
l
ệ
th
ứ
c ta có

d
c
b
a
da
c

b
a
a
c
b
a
a
+++
+
<
++
⇒
<
++
1 (1)
M
ặ
t khác :
d
c
b
a
a
c
b
a
a
+
+
+

>
+
+
(2)
T
ừ
(1) và (2) ta có :

d
c
b
a
a
+++
<
c
b
a
a
++
<
d
c
b
a
da
+++
+
(3)
T

ươ
ng t
ự
ta có

d
c
b
a
ab
d
c
b
b
d
c
b
a
b
+++
+
<
++
<
+++
(4)

d
c
b

a
cb
a
d
c
c
d
c
b
a
c
+++
+
<
++
<
+++
(5)

d
c
b
a
cd
b
a
d
d
d
c

b
a
d
+++
+
<
++
<
+++
(6)
c
ộ
ng v
ế
v
ớ
i v
ế
c
ủ
a (3); (4); (5); (6) ta có :
21
<
++
+
++
+
++
+
++

<
b
a
d
d
a
d
c
c
d
c
b
b
c
b
a
a
(
ñ
pcm)
Ví dụ 2:
Cho:
b
a
<
d
c
và
, 0
b d

>
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
b
a
<
d
c
d
b
cdab
<
+
+
22

Giải:
T
ừ

b
a
<
d
c
22
d

cd
b
ab
<
⇒
⇒
d
c
d
cd
d
b
cdab
b
ab
=<
+
+
<
2222

V
ậ
y
b
a
<
d
c
d

b
cdab
<
+
+
22

ñ
i
ề
u ph
ả
i ch
ứ
ng minh

Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội



21

Ví dụ 3 : Cho
, , ,
a b c d
là các số nguyên dương thỏa mãn :
1000
a b c d
+ = + =
.

tìm giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t c
ủ
a
d
b
c
a
+

Giải:
Không m
ấ
t tính t
ổ
ng quát ta gi
ả
s
ử
:
c
a
d
b
≤

T
ừ
:
c
a
d
b
≤

d
b
d
c
ba
c
a
≤
+
+
≤⇒

+
1≤
c
a
vì
a b c d
+ = +

a.

N
ế
u :
998
b
≤
thì
d
b
998
≤

⇒

d
b
c
a
+
≤
999
b.
N
ế
u:
988
b
=
thì
1

a
=

⇒
d
b
c
a
+
=
d
c
9991
+

ðạ
t giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t khi
1
d
=
;
999
c
=

.
V
ậ
y giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t c
ủ
a
d
b
c
a
+
=
1
999
999
+
khi
1
a d
= =
;
999
c b
= =

.

10. Phương pháp 10: Phương pháp làm trội
Kiến thức:
Dùng các tính b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c
ñể

ñư
a m
ộ
t v
ế
c
ủ
a b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c v
ề
d
ạ

ng tính
ñượ
c t
ổ
ng h
ữ
u h
ạ
n
ho
ặ
c tích h
ữ
u h
ạ
n.
+ Ph
ươ
ng pháp chung
ñể
tính t
ổ
ng h
ữ
u h
ạ
n : S =
n
uuu +++


21

Ta c
ố
g
ắ
ng bi
ế
n
ñổ
i s
ố
h
ạ
ng t
ổ
ng quát u
k
v
ề
hi
ệ
u c
ủ
a hai s
ố
h
ạ
ng liên ti
ế

p nhau:

1+
−=
kkk
aau

Khi
ñ
ó :S =
(
)
(
)
(
)
1113221

++
−=−++−+−
nnn
aaaaaaaa

+ Ph
ươ
ng pháp chung v
ề
tính tích h
ữ
u h

ạ
n: P =
n
uuu

21

Bi
ế
n
ñổ
i các s
ố
h
ạ
ng
k
u
v
ề
th
ươ
ng c
ủ
a hai s
ố
h
ạ
ng liên ti
ế

p nhau:
k
u
=
1+k
k
a
a

Khi
ñ
ó
1 2 1
2 3 1 1
.
n
n n
a
a a a
P
a a a a
+ +
= =

Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội



22
Ví dụ 1: Với mọi số tự nhiên

1
n
>
ch
ứ
ng minh r
ằ
ng

4
31

2
1
1
1
2
1
<
+
++
+
+
+
<
n
n
n
n


Giải:
Ta có
n
n
n
k
n
2
111
=
+
>
+
v
ớ
i k = 1, 2, 3,…,
1
n
−

Do
ñ
ó:
2
1
2
2
1

2

1
2
1

2
1
1
1
==++>++
+
+
+
n
n
n
n
n
n
n

Ví dụ 2:
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:

(
)
112

1

3
1
2
1
1
−+>++++ n
n
V
ớ
i
n
là s
ố
nguyên
Giải:
Ta có
(
)
kk
kkkk
−+=
++
>=
12
1
2
2
21


Khi cho k ch
ạ
y t
ừ
1
ñế
n
n
ta có
1 > 2
(
)
12 −

(
)
232
2
1
−>
………………

(
)
nn
n
−+> 12
1


Cộng từng vế các bất ñẳng 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 ch
ạ
y t
ừ
2
ñế
n n ta có

Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội



23

2
2
2 2 2 2

1 1
1
2 2
1 1 1
3 2 3

1 1 1 1 1 1
1
1 2 3
n n n n
< −
< −
< − ⇒ + + + <
−

Vậy
2
1
1
2
<
∑
=
n
k
k


11. Phương pháp 11: Dùng bất ñẳng thức trong tam giác
Kiến thức:


N
ế
u
, ,
a b c
là s
ố ño ba cạnh của tam giác thì :
, , 0
a b c
>

Và
b c a b c
− < < +
;
a c b a c
− < < +
;
a b b c a b
− < < +
.
Ví dụ 1: Cho
, ,
a b c
là số ño ba cạnh của tam giác chứng minh rằng
1.
(
)
2 2 2

2
a b c ab bc ca
+ + < + +
.
2.
(
)
(
)
(
)
abc a b c b c a c a b
> + − + − + −
.
Giải :
1. Vì
, ,
a b c
là số ño 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 ñẳng thức trên ta có:
(
)
2 2 2
2
a b c ab bc ca
+ + < + +

.
2. Ta có
a b c
> −
⇒
2 2 2
( ) 0
a a b c
> − − >


b c a
> −
⇒
2 2 2
( ) 0
b b c a
> − − >


c a b
> −
⇒ 0)(
222
>−−> bacc
Nhân v
ế các bất ñẳng thức ta ñược

Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội




24

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
. .
a b c a b c b c a c a b
a b c a b c b c a c a b
abc a b c b c a c a b
     
⇒ > − − − − − −
     
⇒ > + − + − + −
⇒ > + − + − + −

Ví dụ2: (HS tự giải)
1. Cho
, ,
a b c
là chiều dài ba cạnh của tam giác
Chứng minh rằng : )(2
222
cabcabcbacabcab ++<++<++
2. Cho

, ,
a b c
là chiều dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2
Chứng minh rằng 22
222
<+++ abccba

12. Phương pháp 12: Sử dụng hình học và tọa ñộ
Ví dụ 1: Chứng minh rằng :
0,)()( ≥≥∀≤−+− baabcbccac
và
cb
≥

Giải :
Trong mặt phẳng
Oxy
, chọn
(
)
,
u c b c
= −

;
(
)
,
v a c c
= −



Thì
u b
=

,
v a
=

;
( ) ( )
.
u v c a c c b c
= − + −
 

Hơn nữa:
(
)
( )
. . .cos , . ( )
u v u v u v u v c a c c b c ab
= ≤
⇒
− + − ≤
⇒
       
(ðPCM)
Ví dụ 2:

Cho 2n số:
; , 1,2, ,
i i
x y i n
= thỏa mãn:
.1
11
=+
∑∑
==
n
i
i
n
i
i
yx
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
2
2
1
22
≥+
∑
=
n

i
ii
yx
Giải:
V
ẽ
hình





x + y = 1
M
N
O
M
K
H
M
x
y

Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội



25
Trong mặt phẳng tọa ñộ, xét:


),(
111
yxM
:
),(
21212
yyxxM ++
;…; ),(
11 nnn
yyxxM ++++
…
…

Giả thiết suy ra ∈
n
M ñường thẳng x + y = 1. Lúc ñó:

2
1
2
11
yxOM +=
,
2
2
2
221
yxMM +=
,
2

3
2
332
yxMM +=
,…,
22
1 nnnn
yxMM +=
−

Và
1
OM
21
MM+
32
MM+
2
2
1
=≥≥++
−
OHOMMM
nnn
…

⇒
≥+
⇒
∑

=
2
2
1
22
n
i
ii
yx (
ð
PCM)

13. Phương pháp 13: ðổi biến số
Ví dụ1:
Cho
, , 0
a b c
>
Chứng minh rằng
2
3
≥
+
+
+
+
+
b
a
c

a
c
b
c
b
a
(1)
Giải :

ðặ
t
; ;
x b c y c a z a b
= + = + = +
ta có
2
y z x
a
+ −
= ;
2
z x y
b
+ −
= ;
2
x y z
c
+ −
=

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

B
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c cu

ố
i cùng
ñ
úng vì ;2≥+
y
x
x
y
2≥+
z
x
x
z
; 2≥+
z
y
y
z
nên ta có
ñ
i
ề
u ph
ả
i ch
ứ
ng minh
Ví dụ 2:
Cho
, , 0

a b c
>
và
, , 0
a b c
>
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
9
2
1
2
1
2
1
222
≥
+
+
+
+
+
ab
c
ac
b
bc

a
(1)
Giải:

ðặ
t
2
2
x a bc
= + ;
2
2
y b ac
= + ;
2
2
z c ab
= + . Ta có
(
)
1
2
<++=++ cbazyx
(1) 9
111
≥++⇔
zyx
Với
1
x y z

+ + <
và
, , 0
x y z
>
.
Theo b
ất ñẳng thức Côsi ta có:
≥
+
+
z
y
x
3.
3
xyz
, và: ≥++
zyx
111
3.
3
1
xyz