• Đây là nhưng bài toán khó về chuyên đề bất đẳng thức có chọn lọc kĩ càng.
Hi vọng đây là tài liệu hữu ích cho các bạn học sinh đang thi học sinh giỏi
lớp 8 và lớp 9 để đạt được kết quả cực cao trong kì thi học sinh giỏi cấp
huyện và cấp tỉnh. Hãy ủng hộ cho bài viết của tôi nếu các thấy đây là tài
liệu tốt, điều đó giúp tôi có tinh thần hơn trong viết upload trên 123.doc. Xin
cảm ơn.
Câu 1:
Cho
, ,a b c R∈
thoả mãn:
2 2 2
1a b c+ + =
Chứng minh rằng:
1
1
2
ab bc ca− ≤ + + ≤
Giải:
Ta có
0)(20)(
2222
≥+++++⇔≥++ cabcabcbacba

1)(2 −≥++⇒ cabcab
(vì
2 2 2
1a b c+ + =
)

2
1

−≥++⇒ cabcab
(1)
Mặt khác:
caacbccbabba 2;2;2
222222
≥+≥+≥+

)(2)(2
222
cabcabcba ++≥++⇒

)(22 cabcab ++≥⇒
(vì
2 2 2
1a b c+ + =
)
Bất Đẳng Thức

1≤++⇒ cabcab
(2)
Từ (1) và (2)
1
2
1
≤++≤−⇒ cabcab
(đpcm)
Câu 2:
Cho n ∈ N
*
. Chứng minh rằng :

1
1 3
n
n
 
+ <
 ÷
 
giải:
• Với n = 1, ta có :
1
1
1 2 3
1
 
+ = <
 ÷
 
(đúng)
• Với n ≥ 2, ta có :

2 3
1 1 ( 1) 1 ( 1)( 3) 1 ( 1)( 2) 2.1 1
1 1 . . . .
2! 3! !
n
n
n n n n n n n n
n
n n n n n n

− − − − −
 
+ = + + + + +
 ÷
 

1 1 1
1 1
2! 3! !n
 
< + + + + +
 ÷
 
Mặt khác:
1 1 1 1 1 1 1
1 1
2! 3! ! 1.2 2.3 ( 1)n n n n
+ + + ≤ + + + = − <
−
Vậy
1
1 3
n
n
 
+ <
 ÷
 
(đpcm)
Câu 3:

Cho hai sè x vµ y tháa m¶n ®iÒu kiÖn: x.y = 1 vµ x > y.
Chøng minh r»ng:
22
22
≥
−
+
yx
yx
Gi ải:
Ta cã:
( )
yx
yx
yx
xy
yx
yx
xyyx
yx
yx
−
+−=
−
+−=
−
−−
=
−
+ 222

2
22
(v× x.y = 1)
V×: x >y => x-y > 0 vµ
0
2
>
− yx
. ¸p dông B§T Cauchy (C« si) cho hai sè kh«ng
©m x-y vµ
yx −
2
, ta cã: x-y +
yx −
2

yx
yx
−
−
≥
).(2
.2
= 2.
2
Suy ra:
22
22
≥
−

+
yx
yx
Câu 4:
Chứng minh rằng
2
44
ba +
2233
babaab −+≥
Giải:

2
44
ba +
2233
babaab −+≥

≥+⇔
44
ba
2233
222 babaab −+

−+⇔
44
ba
2233
222 babaab +−
0≥



)2()2(
22342234
baabbbabaa +−++−⇔


0)()(
2222
≥−+−⇔ abbaba
(đpcm)
Câu 5:
Chứng minh với mọi số dương x, y ta đều có:
x
y
y
x
x
y
y
x
+≥+
Giải:
Xét hiệu: P=
( )
y
x y x
y x
y x
+ − +


Đặt t=
x
y
y
x
+
⇒
=+
x
y
y
x
t
2
-2
Thay vào P ta có:
P=t
2
-t-2=(t+1)(t-2)
Do x,y là hai số dương nên
x
y
và
y
x
cùng dưong. Do đó
2≥+
x
y

y
x

Câu 7:
Cho 3 số a, b, c dương thỏa mãn: a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
2 2 2
3
2
1 1 1
a b c
b c a
+ + ≥
+ + +
giải:
Với a,b, c dương theo BĐT Côsi ta có:
2 2
2 2
2 2
1 1
a ab ab ab
a a a
b
b b
= − ≥ − = −
+ +
Chứng minh tương tự ta được:

2 2
;
2 2

1 1
b bc c ac
b c
c a
≥ − ≥ −
+ +
Cộng các BĐT trên theo vế ta được:
2 2 2
3
2 2
1 1 1
a b c ab bc ca ab bc ca
a b c
b c a
+ + + +
+ + ≥ + + − = −
+ + +
(3)
ta có (a + b + c)
2

≥
3(ab + bc + ca)(dễ chứng minh)
( )
2
3
3
a b c
ab bc ca
+ +

⇒ + + ≤ = (4)
Từ (3) và (4) ta có:
2 2 2
3 3
3
2 2
1 1 1
a b c
b c a
+ + ≥ −
+ + +
=
Câu 8:
Biết a; b; c là 3 số thực thỏa mãn điều kiện: a = b + 1 = c + 2 ; c >0.
Chứng minh:
( ) ( )
1
2 a b 2 b c
b
− < < −
giải:
Ta có:
( )
a b 1 a b 1 a b 1= + ⇒ − = ⇒ >
.
( )
b 1 c 2 b c 1 b c 0 2+ = + ⇒ − = ⇒ > >
. (c > 0 theo (gt))
Từ (1) và (2) suy ra a > b > c > 0.
Mặt khác

( ) ( )
1 1
a b 1 a b a b 1 a b
a b 2 b
− = ⇒ − + = ⇒ − = <
+
(Vì a
>b>0)
( )
1
2 a b
b
⇒ − <
.
Chứng minh tương tự cho trường hợp:
( )
1
2 b c
b
< −
.
Vậy
( ) ( )
1
2 a b 2 b c
b
− < < −
(đpcm).
Câu 9:
Cho a

≥
1 ; b
≥
1 .Chứng minh rằng : a
1b −
+ b
1a −

≤
ab
Giải:
với a
≥
1 ; b
≥
1 , Áp dụng BĐT Cô-Si cho hai số không âm , ta có

( )
1 1
1 1. 1
2 2
b b
b b
+ −
− = − ≤ =
;
( )
1 1
1 1. 1
2 2

a a
a a
+ −
− = − ≤ =
Suy ra : a
1b −
+ b
1a −

.
2 2 2 2
b a ab ab
a b ab≤ + = + =
Câu 10:
Chứng minh rằng với hai số thực bất kì ta luôn có: .
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?
Giải:
Ta có:
,a b
2
2
a b
ab
+
 
≥
 ÷
 
2
2 2 2 2

2 2
2 4 4
a b a ab b a ab b
ab ab
+ + + − +
 
− = − =
 ÷
 
Vậy:
Dấu đẳng thức xảy ra khi
Câu 11:
a. Cho hai số x và y là hai số dương và x
3
+y
3
= x-y.
Chứng minh rằng : x
2
+ y
2
<1
b. Chứng minh rằng , nếu và a + b + c = abc
thì ta có:
Giải:
a. Ta có : y+y
3
= x(1-x
2
)>0 ; (vì x;y>0)

Suy ra 0<x
2
<1 hay 0<x<1
Mà x
3
+y
3
= x-y>0 (vì x;y>0)
Suy ra 0<y<x<1
Áp dung bất đẳng thức Bunhiakopsky ta có:
( )
2
0, ,
4
a b
a b
−
= ≥ ∀ ∈R
( )
2
2
, , 4 , ,
2
a b
ab a b a b ab a b
+
 
≥ ∀ ∈ ⇔ + ≥ ∀ ∈
 ÷
 

R R
a b=
2
111
=++
cba
2
111
222
=++
cba
(Vì
b. Do : (1)
Và a + b + c = abc (2)
Từ (1) và (2)
Câu 12:
Cho
;a b
là hai số dương thỏa mãn:
2 2
6a b+ =
.
Chứng minh:
2
3( 6) ( ) 2a a b
+ ≥ +
Giải
Với
;a b
là hai số dương ta có:

( )
( )
2
2
2 2
1 1
2. . .1 2 1
2
2
a b a b a b
 
 
+ = + ≤ + +
 ÷
 ÷
 
 
(Theo
Bunhiacopski)
1
)111
1))(()()(
22
2222
2233233222
<+⇒
<−<−⇒<
<−=++≤+=+
yx
yyxx

yxyxyxyyxxyx
⇒=++ 2
111
cba
4)
111
(2
111
222
=+++++
cabcabcba
1
111
=++⇒
cabcab
2
111
222
=++⇒
cba
( )
( )
2
2
3
6
2
a b a⇔ + ≤ +
(Vì
2 2

6a b+ =
) Hay
2
3( 6) ( ) 2a a b+ ≥ +
Câu 13:
Với ba số không âm a, b, c, chứng minh bất đẳng thức :
( )
2
1
3
a b c ab bc ca a b c+ + + ≥ + + + + +
giải
Khi nào đẳng thức xảy ra ?
( )
2
0 2a b a b ab− ≥ ⇒ + ≥
+
Tương tự,
2a c ac+ ≥
2b c bc
+ ≥
1 2a a
+ ≥
+
1 2b b
+ ≥
1 2c c+ ≥
Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ở trên ta được điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1
Câu 14:

Cho a, b lµ c¸c sè thùc d¬ng. Chøng minh r»ng :
( )
2
2 2
2
a b
a b a b b a
+
+ + ≥ +
gii
Ta có :
2 2
1 1
0; 0
2 2
a b


ữ ữ



a , b > 0
1 1
0; 0
4 4
a a b b + +

1 1
( ) ( ) 0

4 4
a a b b + + +


a , b > 0
1
0
2
a b a b + + + >
Mặt khác
2 0a b ab+ >

Nhân từng vế ta có :
( ) ( )
( )
1
2
2
a b a b ab a b

+ + + +



( )
( )
2
2 2
2
a b

a b a b b a
+
+ + +

Cõu 15:
Cho các số dơng x, y thỏa mãn điều kiện x
2
+ y
2
x
3
+ y
4
. Chứng minh:
x
3
+ y
3
x
2
+ y
2
x + y 2
Gii
Ta có (y
2
- y) + 2 0 2y
3
y
4

+ y
2
(x
3
+ y
2
) + (x
2
+ y
3
) (x
2
+ y
2
) + (y
4
+ x
3
)
mà x
3
+ y
4
x
2
+ y
3
do đó
x
3

+ y
3
x
2
+ y
2
(1)
+ Ta có: x(x - 1)
2
0: y(y + 1)(y - 1)
2
0
x(x - 1)
2
+ y(y + 1)(y - 1)
2
0
x
3
- 2x
2
+ x + y
4
- y
3
- y
2
+ y 0
(x
2

+ y
2
) + (x
2
+ y3) (x + y) + (x
3
+ y
4
)
mà x
2
+ y
3
x
3
+ y
4
x
2
+ y
2
x + y (2)
và (x + 1)(x - 1) 0. (y - 1)(y
3
-1) 0
x
3
- x
2
- x + 1 + y

4
- y - y
3
+ 1 0
(x + y) + (x
2
+ y
3
) 2 + (x
3
+ y
4
)
mà x
2
+ y
3
x
3
+ y
4
x + y 2
Từ (1) (2) và (3) ta có:
x
3
+ y
3
x
2
+ y

2
x + y 2
Cõu 16:
Cho các số x, y, z dơng thoã mãn
x
1
+
y
1
+
z
1
= 4
Chứng ming rằng:
zyx ++2
1
+
zyx ++ 2
1
+
zyx 2
1
++

1

Gii
Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ
Với mọi a, b thuộc R: x, y > 0 ta có
( )

(*)
2
22
yx
ba
y
b
x
a
+
+
+
(bn c t chng minh)
< >(a
2
y + b
2
x)(x + y)
( )
xyba
2
+

a
2
y
2
+ a
2
xy + b

2
x
2
+ b
2
xy

a
2
xy + 2abxy + b
2
xy

a
2
y
2
+ b
2
x
2


2abxy

a
2
y
2
2abxy + b

2
x
2


0

(ay - bx)
2


0 (**) bất đẳng thức (**) đúng với mọi a, b, và x,y > 0
Dấu (=) xảy ra khi ay = bx hay
a b
x y
=
áp dung bất đẳng thức (*) hai lần ta có
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
1
2 2 2 2 4 4 4 4
2 2x y z x y z x y x z x y x z

+ + +
ữ ữ ữ ữ ữ

= + = +
+ + + + + + + +
2 2 2 2
1 1 1 1

1 2 1 1
4 4 4 4
16x y x z x y z

ữ ữ ữ ữ


+ + + = + +
ữ

T¬ng tù
1 1 1 2 1
2 16x y z x y z
 
≤ + +
 ÷
+ +
 
1 1 1 1 2
2 16x y z x y z
 
≤ + +
 ÷
+ +
 
Céng tõng vÕ c¸c bÊt ®¼ng thøc trªn ta cã:

1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2
2 2 2 16 16 16
1 4 4 4 4 1 1 1 1

.4 1
16 16 4
x y z x y z x y z x y z x y z x y z
x y z x y z
     
+ + ≤ + + + + + + + +
 ÷  ÷  ÷
+ + + + + +
     
   
≤ + + ≤ + + ≤ =
 ÷  ÷
   
V×
1 1 1
4
x y z
+ + =
Câu 17
Cho c¸c sè d¬ng a, b, c Chøng minh r»ng:
21 <
+
+
+
+
+
<
ac
c
cb

b
ba
a
Giải
Ta cã:
cba
a
++
<
ab
a
+
<
cba
ca
++
+
(1)(

cba
b
++
<
cb
b
+
<
cba
ab
++

+
(2)

cba
c
++
<
ac
c
+
<
cba
bc
++
+
(3)
Céng tõng vÕ (1),(2),(3) :
1 <
ba
a
+
+
cb
b
+
+
ac
c
+
< 2

Câu 18:
Cho các số x và y khác 0. Chứng minh rằng :
2 2
2 2
x y x y
4 3
y x y x
 
+ + ≥ +
 ÷
 
.
Giải:
Đặt
2 2
2
2 2
x y x y
a 2 a
y x y x
+ = ⇒ + + =
. Dễ dàng chứng minh
2 2
2 2
x y
2
y x
+ ≥
nên a
2

≥ 4, do
đó
| a | ≥ 2 (1). Bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với : a
2
– 2 + 4 ≥ 3a
⇔ a
2
– 3a + 2 ≥ 0 ⇔ (a – 1)(a – 2) ≥0 (2)
Từ (1) suy ra a ≥ 2 hoặc a ≤ -2. Nếu a ≥ 2 thì (2) đúng. Nếu a ≤ -2 thì (2)
cũng đúng. Bài toán được chứng minh.

Câu 19:
Cho các số x, y, z dương. Chứng minh rằng :
2 2 2
2 2 2
x y z x y z
y z x y z x
+ + ≥ + +
.
Giải:
Bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với :
( )
4 2 4 2 4 2 2 2 2
2 2 2
x z y x z x x z y x z y xyz
0
x y z
+ + − + +
≥
.

Cần chứng minh tử không âm, tức là : x
3
z
2
(x – y) + y
3
x
2
(y – z) + z
3
y
2
(z – x) ≥ 0.
(1)
Biểu thức không đổi khi hoán vị vòng x  y  z  x nên có thể giả sử x là số
lớn nhất. Xét hai trường hợp :
a) x ≥ y ≥ z > 0. Tách z – x ở (1) thành – (x – y + y – z), (1) tương đương với :
x
3
z
2
(x – y) + y
3
x
2
(y – z) – z
3
y
2
(x – y) – z

3
y
2
(y – z) ≥ 0
⇔ z
2
(x – y)(x
3
– y
2
z) + y
2
(y – z)(yx
2
– z
3
) ≥ 0
Dễ thấy x – y ≥ 0 , x
3
– y
2
z ≥ 0 , y – z ≥ 0 , yx
2
– z
3
≥ 0 nên bất đẳng thức trên
đúng.
b) x ≥ z ≥ y > 0. Tách x – y ở (1) thành x – z + z – y , (1) tương đương với :
x
3

z
2
(x – z) + x
3
z
2
(z – y) – y
3
x
2
(z – y) – z
3
y
2
(x – z) ≥ 0
⇔ z
2
(x – z)(x
3
– zy
2
) + x
2
(xz
2
– y
3
)(z – y) ≥ 0
Dễ thấy bất đẳng thức trên dúng.
Cách khác : Biến đổi bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với :

2
2 2
x y z x y z
1 1 1 3
y z x y z x
   
   
− + − + − + + + ≥
 ÷  ÷  ÷  ÷
   
   
.
Câu 20:
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a+b+c=1.
Chứng minh rằng:
2 2 2
a b c 1
a b b c c a 2
+ + ≥
+ + +
.
giải :
Áp dụng BĐT cô si ta có:
2 2 2
a a b b b c c c a
a; b; c
a b 4 b c 4 c a 4
+ + +
+ ≥ + ≥ + ≥
+ + +

Suy ra
2 2 2
a b c a b b c c a a b c 1
(a b c) ( )
a b b c c a 4 4 4 2 2
+ + + + +
+ + ≥ + + − + + = =
+ + +
Vậy
2 2 2
a b c 1
a b b c c a 2
+ + ≥
+ + +

Câu 21:
Cho abc = 1 vµ a
3
> 36 Chøng minh r»ng :
cabcabcb
a
++>++
22
2
3
.
Giải:
( )
036
12

1
2

3
12
2
4

1243
3
2
2
22
2
22
22
22
2
>+






=
+









+++=
+++=++
a
a
cb
a
bc
a
bcacabcb
a
cabcabcb
aa
cabcabcb
a
(Vì abc = 1 và a
3
> 36 nên a > 0) .
Vậy :
cabcabcb
a
++>++
22
2
3
.

Cõu 22:
Cho a , b , c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2 .
Chứng minh rằng a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2abc < 2
Gii:
Nếu a 1 thì b + c > a 1 a + b + c > 2 , vô lý !
Vậy 0 < a < 1 .
Tơng tự 0 < b < 1 ; 0 < c < 1 .
Ta có :(1 - a)(1 - b)(1 - c) = 1- a - b - c + ab + ac + bc -abc > 0
abc < ab + ac + bc - 1 (vì a + b + c = 2 ) (1)
Mà 4 = (a + b + c)
2
= a
2
+ b
2
+ c
2
+ ab + ac + bc
ab + ac + bc = 2 -
2
1
( a
2
+ b

2
+ c
2
) (2)
Từ (1) và (2) suy ra :
abc < 2 -
2
1
( a
2
+ b
2
+ c
2
) a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2abc < 2
Cõu 23:
Cho 0 < a , b , c , d < 1 chứng minh rằng :
(1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > 1 - a - b - c - d .
Gii:
Ta có (1 - a)(1 - b) = 1 - a - b + ab > 1 - a - b (1) .
Vì 1 - c > 0 nên :
(1 - a)(1 - b)(1 - c) > (1 - a - b)(1 - c) (2) .
(1 - a - b)(1 - c) = 1 - a - b - c + c(a + b) > 1 - a - b - c (3) .
Từ (2) và (3) suy ra : (1 - a)(1 - b)(1 - c) > 1 - a - b - c .

Suy ra : (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > (1 - a - b - c)(1 - d)
>1 - a - b - c - d + d(a + b + c) > 1 - a - b - c - d.
( v× d(a + b + c) > 0)
VËy : (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > 1 - a - b - c - d .
Câu 24:
Cho 0 ≤ a , b , c ≤ 2 tho¶ m·n a + b + c = 3.Chøng minh : a
2
+ b
2
+ c
2
≤
5 .
Giải:
V× a + b + c = 3 nªn Ýt nhÊt mét trong ba sè a , b , c kh«ng nhá
h¬n 1 , gi¶ sö a ≥ 1.
V× 1≤ a ≤ 2 nªn (a - 1)(a - 2) = a
2
- 3a + 2 ≤ 0 ⇒ a(3 -a) ≥2
Suy ra : ab + bc + ca = a(b + c) + bc = a(3 - a) + bc ≥ 2 .
VËy a
2
+ b
2
+ c
2
= (a + b + c)
2
- 2(ab + bc + ac) (1)
= 9 - 2(ab + bc + ac) ≤ 5 ( theo (1))

VËy : a
2
+ b
2
+ c
2
≤ 5 .
Câu 25:
a) Víi a , b , c > 0 , chøng minh :






−+≥++
cbaab
c
ca
b
bc
a 111
2
.
b) Cho a ≥ c > 0 , b ≥ c . Chøng minh :
abcbccac ≤−+− )()(

Giải:
( )
) (

222
0)abc ( )(2
111
2 )
2
222
222
óng§ nnhiª hiÓncba
baacbccba
baacbccba
cbaab
c
ca
b
bc
a
a
++⇔
+−−++⇔
>−+≥++⇔






−+≥++
VËy







−+≥++
cbaab
c
ca
b
bc
a 111
2
( )
( )
) óng§ nnhiª hiÓn ( 0))((
0))(())((2
))((2)()(
)()()()( )
2
2
2
≥−−−⇔
≥−−+−−−⇔
⇔−−+−+−⇔
≤−+−⇔≤−+−
cbcac
cbcacbcacc
abcbcaccbccac
abcbccacabcbccacb
VËy

abcbccac ≤−+− )()(
Cõu 26:
Chứng minh rằng với ba số dơng a , b , c bất kỳ ta luôn có :
3
22
3
22
3
22
3
cba
acac
c
cbcb
b
baba
a ++

++
+
++
+
++

Gii:
Các số hạng vế trái tơng tự nhau nên ta có thể nghĩ đến phơng pháp đánh
giá đại diện một số hạng . Ta cần chứng minh :
(1)
3
2

22
3
ba
baba
a

++
Ta có (1) 3a
3
(2a - b)(a
2
+ab + b
2
)
a
3
+ b
3
-a
2
b -ab
2
0
(a + b)(a
2
- ab + b
2
) - ab(a + b) 0
(a + b)(a
2

- 2ab + b
2
) 0
(a + b)(a - b)
2
0
Bất đẳng thức cuối luôn đúng với a , b dơng nên bất đẳng thức (1) đúng ,
dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Tơng tự ta cũng có :
(2)
3
2
22
3
cb
cbcb
b

++
(3)
3
2
22
3
ac
acac
c

++
Cộng (1) , (2) , (3) theo từng vế ta có :

3
22
3
22
3
22
3
cba
acac
c
cbcb
b
baba
a ++

++
+
++
+
++
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .
Cõu 27:
a) Cho a , b , c 0 và a + b + c = 1 . Chứng minh rằng ;
a + 2b + c 4(1 - a)(1 - b)(1 - c) .
b Cho x , y > 0 và x + y - z = 1 . Chứng minh rằng :
x + y 16xyz
c Cho a , b , c > 0 . Chứng minh rằng :
2
11

1
11
1
11
1 cba
accbba
++

+
+
+
+
+
d Hai số dơng a , b thoả mãn ab > a + b . Chứng minh
rằng :
a + b > 4
e Cho a , b , c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi 2p .
Chứng minh rằng :






++

+

+
cbacpbpap

111
2
111
f Cho 4 số dơng a , b , c , d . Chứng minh rằng :
2

+
+
+
+
+
+
+
ba
d
da
c
dc
b
cb
a
g Cho hai số dơng a , b và a + b = 1. Chứng minh rằng :
6
11
22

+
+
ba
ab

Gii:
a áp dụng bất đẳng thức 4xy (x + y)
2
ta có :
4(1 - a)(1 - b)(1 - c) = [4(b + c)(1 - c)](1 - b)
(1 + b)
2
(1 - b) (1 + b)(1 - b)
2
1 + b = a + 2 b + c
Vậy a + 2b + c 4(1 - a)(1 - b)(1 - c) .
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi
2
1
,0,
2
1
===
cba
.
b áp dụng bất đẳng thức 4xy (x + y)
2
ta có :
16xyz 4z(y + x)
2
Mặt khác (2z + 1)
2
0 4z
2
+ 4z + 1 0 4z(z + 1) 1

4z(x + y) 1 4z(x + y)
2
x +y
Vậy x + y 16xyz .
c Ta có :
( )
(1) )(
4
1
11
1
)(
4
1
4
2
ba
ba
ba
ba
ab
abba +
+
+
+
+
Tơng tự :
(2) )(
4
1

11
1
cb
cb
+
+
(3) )(
4
1
11
1
ac
ac
+
+
Cộng vế theo vế (1) , (2) ,(3) ta có :
2
11
1
11
1
11
1 cba
accbba
++

+
+
+
+

+
d) Từ






++>++>+>+>
a
b
b
a
ba
b
a
abaab 2
a
b
1b 1 và
Mà
4 2 >++ ba
a
b
b
a
.
e áp dụng bất đẳng thức
)0,(
411

>
+
+ yx
yxyx
ta có :
;
4
2
411
cbapbpap
=



+

;
4
2
411
acbpcpbp
=



+

;
4
2

411
bacpapcp
=



+








++

+

+








++










+

+


111
2
111

111
4
111
2 :
cbacpbpap
cbacpbpap
Vậy
f áp dụng bất đẳng thức
)0,(
)(
41
2
>

+
yx
yx
xy
ta có :
(2)
)(
4
))((
)()(
(1)
)(
4
))((
)()(
2
22
2
22
dcba
cdabdb
badc
dcdbab
ba
d
dc
b
dcba
bcadca
adcb

cbcada
ad
c
cb
a
+++
+++

++
+++
=
+
+
+
+++
+++

++
+++
=
+
+
+
Lấy (1) cộng (2) vế theo vế ta có :
2
2222
)(
4
dcba
cdabbcaddcba

ba
d
da
c
dc
b
cb
a
+++
+++++++

+
+
+
+
+
+
+

Mặt khác ta có :
(a - c)
2
+ (b - d)
2
0 a
2
+ b
2
+ c
2

+ d
2
- 2ac - 2bd 0
4(a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ ad +bc+ab+cd)(a + b + c + d)
2

( )
2
)(
4
2
2222

+++
+++++++
dcba
cdabbcaddcba
Vậy :
2

+
+

+
+
+
+
+
ba
d
da
c
dc
b
cb
a
.
g áp dụng bất đẳng thức 4ab (a + b)
2
ta có :
4
1
4
1

ab
ab
.
áp dụng bất đẳng thức
)0,(
411
>
+

+ yx
yxyx
ta có :
6
)(
4
2
1
2
1
2
111
22222
=
+
+






+
++=
+
+
baba
abab
ba
ab

Vậy :
6
11
22

+
+
ba
ab
.
Cõu 28:
a) Cho 3 số dơng a , b , c . Chứng minh rằng :
21 <
+
+
+
+
+
<
ac
c
cb
b
ba
a
.
b) Cho 4 số dơng a , b , c , d . Chứng minh rằng :
bad
ad
adc

dc
dcb
cb
cba
ba
++
+
+
++
+
+
++
+
+
++
+
, không là số
nguyên .
Gii:
a Ta có
cba
ca
ba
a
cba
a
ba
a
++
+

<
+
<
++
<
+
1
.
Tơng tự :
cba
ab
cb
b
cba
b
++
+
<
+
<
++
cba
bc
ac
c
cba
c
++
+
<

+
<
++
Cộng các vế của bất đẳng thức trên ta có :
21 <
+
+
+
+
+
<
ac
c
cb
b
ba
a
(đpcm) .
b Ta có
dcba
dba
cba
ba
dcba
ba
cba
ba
+++
++
<

++
+
<
+++
+
<
++
+
1
Tơng tự :
dcba
dcb
dcb
cb
dcba
cb
+++
++
<
++
+
<
+++
+
dcba
bdc
adc
dc
dcba
dc

+++
++
<
++
+
<
+++
+
dcba
cad
bad
ad
dcba
ad
+++
++
<
++
+
<
+++
+
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta có :
32
<
++
+
+
++
+

+
++
+
+
++
+
<
bad
ad
adc
dc
dcb
cb
cba
ba
Vậy
bad
ad
adc
dc
dcb
cb
cba
ba
++
+
+
++
+
+

++
+
+
++
+
không thể là số nguyên .
Cõu 29:
a) Với số n nguyên dơng lớn hơn 1 . Chứng minh rằng :
a.1
n
n
1
2
1
2
1
1
1
222
<+++
a.2
3
51
2
1
1
1
222
<+++
n

b) Cho dãy số
n
aaa
n
1
2
1
1,,
2
1
,1
21
+++===
.Chứng minh rằng
2
1
2
11
22
2
2
1
<+++
n
naaa
với mọi n > 1 .
c Cho dãy số
12
1
5

1
3
1
1,,
3
1
,1
21

++++===
n
aaa
n
. Chứng minh
rằng :
2
)12(
1
3
11
22
2
2
1
<

+++
n
anaa
.

gii:
a a.1 Víi k > 1 ta cã :
kkkk
k
1
1
1
)1(
11
2
−
−
=
−
<
do ®ã :
nnn
n
1
2
1
1
1
3
1
2
1
2
1
11

1
2
1
1
1
222
−=






−
−
⋅⋅⋅+






−+






−+<+⋅⋅⋅++

VËy :
n
n
1
2
1
2
1
1
1
222
−<+⋅⋅⋅++
.
a.2 Víi k > 1 ta cã :
)12)(12(
4
14
4
4
41
222
+−
=
−
<=
kk
kkk
do ®ã







+
−
−
<
12
1
12
1
2
1
2
kk
k
Suy ra :
3
5
3
2
1
12
1
3
1
21
12
1

12
1
2
7
1
5
1
2
5
1
3
1
21
1
2
1
1
1
222
=+<






+
−−=







+
−
−
+⋅⋅⋅+






−+






−+<+⋅⋅⋅++
n
nn
n
VËy :
3
51
2
1

1
1
222
<+⋅⋅⋅++
n
.
b Víi k ≥ 2 ta cã :
kk
k
aka
ka
1
2
11
−
<
(v× a
k
> a
k - 1
)
kk
k
aa
ka
111
1
2
−<⇒
−

(V×
k
aa
kk
1
1
=−
−
) .
Do ®ã :
2
1
2
11
1
1111111
11
1
2
11
1
132211
22
2
2
1
<−=









−+=








−+⋅⋅⋅+








−+









−+








−+<+⋅⋅⋅++
−
nn
nn
n
aaa
aaaaaaa
naaa
VËy :
2
1
2
11
22
2
2
1
<+⋅⋅⋅++
n

naaa
víi mäi n > 1 .
c Ta có :
;
12
1
11
>

=
kkkk
aa
k
aa
kkkk
kk
kk
k
aaaa
aa
aak
ak
11
)12(
1
)12(
1
11
1
1

2
=

=

<




.
Do đó :
2
1
2
11
1
111111
1
)12(
1
3
11
2
14332
22
2
2
1
<=









+=








++








+









+<

+++

nn
nn
n
aaa
aaaaaa
anaa
Vậy :
2
)12(
1
3
11
22
2
2
1
<

+++
n
anaa

.
Cõu 30:
Cho a 0 . Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n thì

2
141

++
<+++
a
aaa
n

căn dấu
(1) .
Gii:
Đặt

căn dấu n
n
aaax +++=
, n nguyên dơng thì
nn
xax +=
+1
Với n = 1 thì
2
141
2
4

1
++
<==
aa
ax
, vậy bất
đẳng thức đúng với n = 1 .
Giả sử

2
141 ++
<
a
x
n
, n là số nguyên dơng nào đó
ta cần chứng minh
2
141
1
++
<
+
a
x
n
.
Thật vậy
2
114

2
114
4
1142)14(

4
1422
2
141
2
1
++
=








++
=
++++
=
++
+=
++
+<+=
+

aaaa
a
a
a
axax
nn
Vậy

2
141

++
<+++
a
aaa
n

căn dấu
, với mọi số
nguyên dơng n
Cõu 31:
Cho a , b là hai số tuỳ ý thoả mãn điều kiện a + b 0 . Chứng minh
rằng với mọi số nguyên dơng n thì
22
nn
n
baba +








+
(1).
Gii:
Với n = 1 thì
22
11
1
baba +
=






+
,
22
nn
n
baba +








+
đúng
Giả sử n = k 1 thì bất đẳng thức (1) đúng tức là :
22
kk
k
baba +







+
.
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức (1) cũng đúng với n = k +1 , tức
là phải chứng minh :
22
11
1
++
+
+








+
kk
k
baba
.
Vì a + b 0 nên
22222
1
bababababa
kk
kk
++

+






+
=







+
+
Do đó cần chứng minh
))((
222
11
kk
kkkk
baba
bababa

+

++
++
(2) .
Vì a , b có vai trò nh nhau nên có thể giả thiết a b , mặt khác
từ a + b 0 a -b a | b | do đó a
k
- b
k
0 .
Vậy bất đẳng thức (2) đã đợc chứng minh .
Vậy :
22
nn
n
baba +








+
đúng với mọi số nguyên dơng n .
Cõu 32:
Chứng minh rằng nếu các số dơng a , b , c thoả mãn điều kiện
2
1
1
1
1
1
1

+
+
+
+
+
cba
, thì abc
8
1
.
Gii :
Từ

c
c
b
b
cbacba +
+
+
=
+
+
+

+

+
+
+
+
+ 111
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
1

1
1
1
.
áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :
)1)(1(
2
11 cb
bc
c
c
b
b
++

+
+
+
, dấu = xảy ra khi và chỉ khi :
cb
c
c
b
b
=
+
=
+
11
Vậy :

)1)(1(
2
1
1
cb
bc
a ++

+
(1)
Chứng minh tơng tự ta có :
)1)(1(
2
1
1
ca
ac
b ++

+
(2)
)1)(1(
2
1
1
ba
ab
c ++

+

(3)
Nhân các vế tơng ứng của (1) , (2) , (3) ta có :
)1)(1)(1(
8
)1)(1)(1(
1
cba
abc
cba +++

+++
.
Vì a , b , c dơng nên suy ra abc
8
1

, dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
2
1
.
Cõu 33:
Cho a , b , c là ba số khác 0 . Chứng minh rằng :