BẤT ĐẲNG THỨC
GIÁ TRỊ LỚN NHẤT-NHỎ NHẤT
Bài viết này đề cập đến một số phương pháp cơ bản và thông dụng nhất để chứng minh
BĐT hoặc tìm GTLN và GTNN của một biểu thức.

&1. BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI
1. Kiến thức cơ bản
Bất đẳng thức Côsi cho hai số hoặc ba số
a/ Nếu a, b là các số không âm, ta luôn có:
Dấu “=” trong (1) xảy ra ⇔ a = b .

a+b
≥ ab
2

b/ Nếu a, b, c là các số không âm, ta luôn có:

( 1)

a+b+c 3
≥ abc ( 2 )
3

Dấu “=” trong (2) xảy ra ⇔ a = b = c .
Một số dạng thông dụng của bất đẳng thức côsi
a/ Nếu a, b là các số dương, thì luôn có

( a + b )  1a + 1b ÷≥ 4 ,  1 + 1 ÷≥





a
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b .


b

a + b)
a+b
4
2
2 (
, ab ≤ 
÷ ,a +b ≥
a+b
2
 2 
2

2

b/ Nếu a, b là các số dương, thì luôn có

( a + b + c )  1a + b1 + 1c ÷≥ 9 ,  1 + 1 + 1 ÷≥







Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c .

a

b

c

3

a+b+c
9
, abc ≤ 
÷
a+b+c
3



Bất đẳng thức Côsi cho n số không âm
Cho n số thực a1, a2, . . ., an không âm, ta luôn có :

a1 + a2 + K + an n
≥ a1.a2 K an
n

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an.
2. Các dạng toán
Khi sử dụng bất đẳng thức côsi ta phải chú ý đến điều kiện bài toán và đặc biệt dấu “=” xảy

ra khi nào?
Loại 1: Tổng và tích
Ví dụ 1: Cho a, b, c là các số không âm. Chứng minh rằng: ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 8abc ( 1)
Giải
Do a, b, c ≥ 0 nên áp dụng bất đẳng thức côsi cho từng cặp 2 số, ta được:
a + b ≥ 2 ab dấu “=” xảy ra ⇔ a = b
b + c ≥ 2 bc dấu “=” xảy ra ⇔ b = c
c + a ≥ 2 ca dấu “=” xảy ra ⇔ c = a
Nhân ba bất đẳng thức cùng chiều theo từng vế, ta được (1)
Dấu “=” trong (1) xảy ra ⇔ a = b = c .
Ví dụ 2: (Đề thi khối B – 2005)
x

x

x

 12   15   20 
Chứng minh rằng với mọi x ∈ R , ta có:  ÷ +  ÷ +  ÷ ≥ 3x + 4 x + 5 x
 5  4  3 

Giải
12 15
15 20
20 12
. = 32 ,
. = 52 ,
. = 42 .
5 4
4 3

3 5
Áp dụng bất đẳng thức côsi x + y ≥ 2 xy , ta có:

Chú ý:

THPT LƯƠNG VĂN CAN

1


ÔN THI ĐẠI HỌC

ThS. Nguyễn Thanh Quang

x

x

x

x

x

 12   15 
 12   15 
 12 15 
 ÷ + ÷ ≥2  ÷  ÷ =2  . ÷ =2
 5  4
 5  4

 5 4
 12 

x

 15 

( )
32

x

2

= 2.  3 x ÷ = 2.3x



x

Dấu “=” xảy ra ⇔  ÷ =  ÷ ⇔ x = 0
 5  4
x

x

x

x


 15   20 
 20   12 
Tương tự:  ÷ +  ÷ ≥ 2.5 x ,  ÷ +  ÷ ≥ 2.4 x
 4  3 
 3   5
 12 

x

 15 

x

 20 

x

Cộng ba bất đẳng thức trên ta được:  ÷ +  ÷ +  ÷ ≥ 3x + 4 x + 5 x
 5  4  3 
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 0

(

)

2
2
Ví dụ 3: Cho a, b là các số thực thỏa a + b = 2 .Chứng minh rằng: ab a + b ≤ 2 ( 1)

Nhận xét: Dấu “=” trong (1) xảy ra ⇔ a = b ⇒ 2ab = a2 + b2

Giải:
2

x+y
÷ ,ta có:
 2 

Áp dụng bất đẳng thức côsi dạng xy ≤ 

2

2
2

1
1  2ab + a2 + b2 
1  ( a + b) 
2
2
2
2
ab a + b = .2ab a + b ≤ 
=2
÷ =

÷ 2 2
2
2 
2




a + b = 2
Dấu “=” xảy ra ⇔ 
2
2 ⇔ a = b =1
2ab = a + b

(

)

(

)

(

)

3 3 3
3
Ví dụ 4: Cho a, b là các số thực dương thỏa a + b = 2 . Chứng minh rằng: a b a + b ≤ 2 (1)

Nhận xét:

(

) (


a3 + b3 = ( a + b ) a 2 − ab + b 2 = 2 a 2 − ab + b 2



)

Dấu “=” trong (1) xảy ra ⇔ a = b ⇒ a2 − ab + b2 = ab
Giải



(

)

(

)

a3 b3 a3 + b3 ≤ 2 ⇔ a3 b3 a2 − ab + b2 ≤ 1
4

 x+y+z+t
⇔ x = y = z = t , ta có:
Áp dụng bất đẳng thức côsi dạng xyzt ≤ 
÷ . Dấu "=” xảy ra
4




(

)

(

a3 b3 a2 − ab + b2 = ab.ab.ab. a 2 − ab + b 2

)

4

4 
2
 ab + ab + ab + a2 − ab + b2 
a + b ) 
(

≤
=1
÷ =

÷  4 
4





 ab = a2 − ab + b 2

⇔ a = b =1
a + b = 2

Dấu “=” xảy ra 

Ví dụ 5: Cho a, b, c, d là các số thực dương. Chứng minh rằng:

( a + b) ( a + b + c) ( a + b + c + d )

2

≥ 64abcd

Giải
2

Áp dụng bất đẳng thức côsi dạng ( x + y ) ≥ 4 xy , ta có:
2

( a + b ) ≥ 4ab
( a + b + c)
2
( a + b + c + d ) ≥ 4d ( a + b + c )

2

≥ 4c ( a + b )

Nhân ba bất đẳng thức trên theo vế, ta được:
2


2

( a + b) ( a + b + c) ( a + b + c + d )

2

≥ 64abcd ( a + b ) ( a + b + c )

2


2

⇔ ( a + b ) ( a + b + c ) ( a + b + c + d ) ≥ 64abcd
d = a + b + c

⇔
⇔ d = 2c = 4 b = 4 a
Dấu “=” xảy ra
c = a + b
 a = b

Ví dụ 6: Cho a + b = 2. Chứng minh rằng: a 4 + b 4 ≥ 2 .

(

)

2


Áp dụng bất đẳng thức 2 x 2 + y 2 ≥ ( x + y ) liên tiếp
Ta có:

2(a2 + b2 ) ≥ (a + b)2 = 4 ⇒ a2 + b2 ≥ 2 .

và

2(a 4 + b 4 ) ≥ (a2 + b2 )2 ≥ 22 = 4

Suy ra:

a4 + b4 ≥ 2

(đpcm)

a+b=2
⇔ a = b =1
Dấu “=” xảy ra ⇔ 
a = b
Bài tập tương tự
Baøi 1: Cho a, b, c là các số không âm. Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca .
2
2
2
Baøi 2: Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng: 2a + 2b + 2c ≥ 2ab + 2bc + 2ca .
Baøi 3: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng: a3 b + b3c + c3a ≥ ab + bc + ca .


Baøi 4:


Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng: abc ≥ ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b )

Baøi 5:

9
Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng: ( a + b + c ) ( ab + bc + ca ) ≤ ( a + b ) ( b + c ) ( c + a )
8

Loại 2: Biến chứa trong căn
Ví dụ 1: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:
Giải:

a+b + b+c + c+a ≤ 6 .

1

2

a=b=c
⇔ a=b=c= ⇒a+b=b+c=c+a= .
Nhận xét: Dấu “=” xảy ra ⇔ 
3
3
a + b + c = 1


Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
Áp dụng bất đẳng thức côsi dạng
2

+a+b
2
3
a
+
b
≤
( )
3
2

2
2
2
a + b) +
b + c) +
(
(
( c + a) ≤ 2
3
3
3

x+y
, ta có:
2
2
+b+c
2
3

b
+
c
≤
( )
3
2

xy ≤

2
+c+a
2
3
c
+
a
≤
( )
3
2

Cộng ba bất đẳng thức trên theo vế, suy ra kết quả.



2

1
3


a+b=b+c=c+a= ⇔ a=b=c=
Dấu “=” xảy ra ⇔ 
.
3
 a + b + c = 1

Ví dụ 2: Cho c > 0 và a, b ≥ c . Chứng minh rằng:

c ( a − c ) + c ( b − c ) ≤ ab

Giải:
Tương tự chứng minh trong ví dụ 1
ca−c
c b−c

÷+

÷≤1
b a 
a b 
x+y
Áp dụng bất đẳng thức côsi dạng xy ≤
, ta có:
2
c a−c c b−c
+
+
ca−c
c b−c b

a +a
b =1
A=
+
≤

÷

÷
b a 
a b 
2
2
c ( a − c ) + c ( b − c ) ≤ ab ⇔ A =

THPT LƯƠNG VĂN CAN

3


ÔN THI ĐẠI HỌC

ThS. Nguyễn Thanh Quang

c a − c
 = a
1 1 1
⇔ ab = ac + bc ⇔ = +
Dấu “=” xảy ra ⇔  b
c a b

c = b − c
 a
b

Ví dụ 3: (Đề thi khối D – 2005)
Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1 .Chứng minh rằng:
1 + x 3 + y3
1 + y 3 + z3
1 + z3 + x 3
+
+
≥3 3
xy
yz
zx

Giải:
Lưu ý: Nhận thấy dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 1 .
Áp dụng BĐT côsi dạng a + b + c ≥ 33 abc . Ta có:
1 + x 3 + y3 ≥ 33 1.x 3 .y3 = 3 xy ⇒

Tương tự :

1 + y 3 + z3
≥
yz

3
yz


 1

1 + x 3 + y3
≥
xy

3
xy

1 + z3 + x 3
3
≥
zx
zx

,
1

1 

1

1

1

1

÷≥ 3 3 3
+

+
= 3 33
=3 3
Từ đó suy ra VT ≥ 3 
÷
xyz
xy
yz
zx
xy
yz
zx



( CMX )

 x = y = 1, y = z = 1, z = x = 1
⇔ x = y = z = 1.
xyz = 1
 xy = yz = xz ,

Dấu “=” xảy ra ⇔ 

Ví dụ 4: Cho a, b, c là các số dương thỏa a + b + c =

3
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
4


P = 3 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a

Giải:
1
Nhận xét: Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = ⇒ a + 3b = b + 3c = c + 3a = 1
4
x+y+z
Áp dụng bất đẳng thức 3 xyz ≤
, ta có:
3

P = 3 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a = 3 1.1. ( a + 3b ) + 3 1.1. ( b + 3c ) + 3 1.1. ( c + 3a )

1 + 1 + a + 3b 1 + 1 + b + 3c 1 + 1 + c + 3a 6 + 4 ( a + b + c )
+
+
=
=3
3
3
3
3
1
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =
4
1
Vậy min P = 3 ⇔ a = b = c =
4
≤


Ví dụ 5: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn: ab + bc + ca = 1 . Chứng minh rằng:
a
b
c
3
+
+
≤ .
1 + a2
1 + b2
1 + c2 2
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức côsi dạng
Ta có:

a
1 + a2

Tương tự:

=

a

1
1 1 1 
≤  + ÷và lưu ý : 1 = ab + bc + ca
AB 2  A B 

=


1 a
a 
≤ 
+
÷.
(a + b)(a + c) 2  a + b a + c 

ab + bc + ca + a2
b
1 b
b 
≤ 
+
÷,
1 + b2 2  a + b b + c 

a

1 c
c 
≤ 
+
÷.
1 + c2 2  a + c b + c 
c

4



Cộng các BĐT trên, vế theo vế, ta được đpcm. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c =

1
3

.

Bài tập tương tự
1
thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh : 4a + 1 + 4b + 1 + 4c + 1 < 5 .
4
a
b
c
Bài 2 : Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng :
+
+
>2.
b+c
a+c
a+b

Bài 1 : Cho a, b, c ≥ −

Bài 3 : Cho a ≤ 1, b ≤ 1, a + b = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
A = 1− a2 + 1− b2
(Đề thi vào lớp 10 THPT Hải Dương)
Bài 4: Cho a, b, c > 0 thỏa a + b + c = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a + ab + 3 abc .
Bài 5: Cho −1 ≤ a ≤ 1 . Chứng minh rằng: 4 1 − a2 + 4 1 − a + 4 1 + a ≤ 3
Loại 3: Mẫu chứa biến

Loại này rất đa dạng và khi giải đòi hỏi nhiều thủ thuật, biến đổi phức tạp. Sau đây là một số
thủ thuật đơn giản thường gặp.
Thêm bớt để khử Mẫu: Chú ý việc bảo tồn dấu “=” khi thực hiện.
a
b
c
3
+
+
≥ ( 1)
b+c c+a a+b 2
Lưu ý: Trong (1) ta nhận thấy dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c và VT(1) dạng phân số, VP(1) là

Ví dụ 1: Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:

một số thực. Ta nghĩ ngay tới bất đẳng thức côsi dạng
xảy ra ⇔ A = B với A, B > 0.
Lời giải (1):

A B
A B
+ ≥2
. = 2 ( *) .Dấu “=”trong ( *)
B A
B A

( 1) ⇔ b2+ac + c2+ba + a2+cb ≥ 3 ⇔  b2+ac + 1÷+  c2+ba + 1÷+  a2+cb + 1÷≥ 6


 


 




 
 
a+b a+c b+c b+a c+a c+b
⇔
+
+
+
÷+ 
÷+ 
÷≥ 6
 b+c b+c c+a c+a a+b a+b



a+b c+b b+c a+c c+a b+a
⇔
+
+
+
÷+ 
÷+ 
÷≥ 6 ( 2 )
 b+c a+b c+a b+c a+b c+a
Do a, b, c là các số dương. Nên áp dụng ( *) , ta được:

a+b c+b
+
≥ 2 . Dấu “=” xảy ra a = c
b+c a+b
b+c a+c
+
≥ 2 . Dấu “=” xảy ra b = a
c+a b+c
c+a b+a
+
≥ 2 . Dấu “=” xảy ra c = b
a+b c+a

Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều theo từng vế, ta được (2)
Dấu “=” trong (2) xảy ra ⇔ a = b = c .
a
b
c
b + c c + a a + b 15
Ví dụ 2: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
+
+
+
+
+
≥
b+c a+c a+b
a
b
c

2
Giải
Lưu ý: Có bạn làm như sau:
a
b
c
b+c c+a a+b
+
+
+
+
+
b+c a+c a+b
a
b
c
 a
b+c  b
c+a  c
a+b
=
+
+
+
÷+ 
÷+ 
÷≥ 2 + 2 + 2 = 6
a   a+c
b  a+b
c 

b+c
Nhưng dấu “=” không thể xảy ra. Vì sao? Các bạn tự trả lời.
Lời giải đúng:
THPT LƯƠNG VĂN CAN

5


ÔN THI ĐẠI HỌC
ThS. Nguyễn Thanh Quang
Ta có:
b+c c+a a+b b a  c a  c b
A=
+
+
=  + ÷+  + ÷+  + ÷ ≥ 2 + 2 + 2 = 6
a
b
c
a b a c b c
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c
a
b
c
3
B=
+
+
≥
b+c c+a a+b 2

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c (ví dụ 1b.)
3 15
Suy ra: A + B ≥ 6 + = . Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c.
2 2
a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2
Ví dụ 3: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
+
+
≥ a+b+c
2c
2a
2b
Lưu ý: Nhận thấy VT là dạng phân số, VP là tổng bậc 1 và hai vế đồng bậc. Hơn nữa dấu “=”
xảy ra ⇔ a = b = c . Nên ta nghỉ ngay tới là triệt tiêu mẫu số ở VT và phải luôn bảo tồn dấu “=”.
Giải
Ta có:
a2 + b2
a2 + b2
+c ≥ 2
≥2
2c
2

( a + b)

2

b2 + c 2
b2 + c2
+a≥2

≥2
2a
2

( b + c)

2

= a+b

4

= b+c

4

2

( c + a) = c + a
c2 + a2
c 2 + a2
+b≥2
≥2
2b
2
4
Cộng ba bất đẳng thức trên theo từng vế, suy ra:
a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2
+
+

≥ a+b+c
2c
2a
2b
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c .
Ví dụ 4: (Đề thi tuyển sinh Đại học Sài Gòn khối A-B 2007)
Cho a, b, c là ba số dương thỏa a2 + b2 + c2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
ab bc ca
+
+
c
a
b

P=

Lưu ý: Điều kiện là bậc hai nhưng biểu thức P là bậc nhất. Bài toán yêu cầu tìm giá trị nhỏ
nhất, có nghĩa là ta chứng minh P ≥ k , ( k = const ) . Do đó ta nghĩ tới việc đánh giá

(

)

P 2 ≥ k 2 x 2 + y 2 + z2 .

Do a, b ,c là các số dương nên P > 0 và

Giải

2


 ab bc ca 
a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a2
P2 =  +
+ ÷ =
+
+
+ 2 a2 + b2 + c2
2
2
2
c
a
b
c
a
b



(

)

Áp dụng bất đảng thức côsi dạng A + B ≥ 2 AB , ta có:
a 2 b2
c

2


+

b 2 c2
a

(

2

b2 c2

≥ 2b 2 ,

)

a

2

+

c2 a 2
b

2

≥ 2c 2 ,

a2 b2
c


2

+

c2 a2
b

2

≥ 2a2

2
2
2
2
Suy ra P ≥ 3 a + b + c = 3 ⇒ P ≥ 3 ( P > 0 )

Vậy min P = 3 ⇔ a = b = c =

1
3

.

Ví dụ 5: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:

6



3
.
1 + b2 1 + c 2 1 + a 2 2
Giải:
a
a(1 + b2 ) − ab2
ab2
ab
Ta có:
.
=
= a−
≥ a−
2
2
2
2
1+ b
1+ b
1+ b
b
bc
c
ac
≥ b− ;
≥c− .
Tương tự:
2
2
2

2
1+ c
1+ a
1
3
Do đó, ta chỉ cần chứng minh: a + b + c − (ab + bc + ca) ≥ .
2
2
2
Từ BĐT
3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c) suy ra ab + bc + ca ≤ 3 .
a

+

b

c

+

≥

1
3
a + b + c − (ab + bc + ca) ≥ . Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1 .
2
2
Ví dụ 6: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:
Do đó:


a3

b3 + 8
a3

+

b3

c3 + 8

+

c3

a3 + 8

≥

1 2
+ (ab + bc + ca) . (*)
9 27
Giải:

b + 2 b2 − 2b + 4 a
a3
9a + b − b 2 − 6
+
≥ ⇒

≥
.
27
3
27
b3 + 8 27
b3 + 8
b3
9b + c − c2 − 6
c3
9c + a − a2 − 6
Tương tự:
;
.
≥
≥
27
27
c3 + 8
a3 + 8
Cộng các BĐT trên, vế theo vế, ta có:
Ta có:

+

VT (*) ≥

10 ( a + b + c ) − (a2 + b2 + c2 ) − 18

=


12 − (a2 + b2 + c2 )
=
27

27
3 + (a + b + c) − (a 2 + b2 + c 2 ) 1 2
=
= + (ab + bc + ca) (đpcm).
9 27
27
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1 .
Đánh giá nghịch đảo
Ví dụ 7: (Đề thi khối B, 2014) Cho a, b, c ≥ 0 thỏa ( a + b ) c > 0 .
2

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

a
b
c
+
+
.
b+c
a + c 2( a + b)

Giải:
Ta có


a + b + c ≥ 2 a( b + c) ⇒

Tương tự

 2( a + b) a + b + c  1
c
1 3
=
+
− ≥2− =
a + b + c 2 ( a + b)  a + b + c 2 ( a + b)  2
2 2


3
3
Khi a = 0, b = c > 0 thì P = . Vậy min P = khi a = 0, b = c > 0
2
2

Suy ra P ≥

2( a + b)

a
2a
.
≥
b+c a+b+c


b
2b
≥
a+c a+b+c

+

Ví dụ 8: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
a
b
c
+
+
≥ 3.
b+c−a
c+a−b
a+b−c
Giải
Áp dụng bất đẳng thức côsi dạng
2

xy ≤

x+y
, ta có:
2

b+c−a b+c−a
b+c
⇒

≤
+1 =
a
a
a

THPT LƯƠNG VĂN CAN

a
2a
.
≥
b+c−a b+c
7


ÔN THI ĐẠI HỌC

ThS. Nguyễn Thanh Quang

b
2b
c
2c
≥
;
≥
c+a−b a+c
a+b−c a+b
a

b
c
3
Ta chỉ cần chứng minh:
+
+
≥ ( *) là xong.
b+c c+a a+b 2
*
Chứng minh ( ) xem ví dụ 1 loại 3
Ví dụ 9: Cho a, b, c, d là những số thực không âm thỏa mãn
Tương tự:

( a + b + c) ( b + c + d ) ( c + d + a) ( d + a + b) > 0

Chứng minh rằng

a
b
c
d
+
+
+
≥2
b+c+d
c+d+a
d +a+b
a+b+c


Giải:
x+y
xy ≤
, ta có
2

Áp dụng bất đẳng thức côsi dạng
a( b + c + d ) ≤

a +( b + c + d)
2

Nhân hai vế với bất đẳng thức

⇒

2 a( b + c + d )
a+b+c+d

≤1

a
≥ 0 , ta được
b+c+d

a
2a
≥
b+c+d a+b+c+d


Tương tự:

b
2b
≥
,
c+d +a a+b+c+d

c
2c
≥
,
d +a+b a+b+c+d

d
2d
≥
a+b+c a+b+c+d

Cộng theo vế bốn bất đẳng thức trên, ta suy ra điều phải chứng minh.
Dấu “=” xảy ra ⇔ hai trong bốn số bằng nhau và hai số còn lại bằng 0. Vì sao?....
Đánh giá mẫu
Ví dụ 10: Cho ba số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng:
a2
b2
c2
1
+
+
≥ ( a + b + c)

3a2 + 8b2 + 14ab
3b2 + 8c2 + 14bc
3c2 + 8a2 + 14ca 5

(*)

Giải:
1
3a2 + 8b2 + 14ab = (a + 4b)(3a + 2b) ≤ (4a + 6b) = 2a + 3b .
2
Tương tự với các mẫu số còn lại. Từ đó:
a2
b2
c2
(a + b + c)2
1
VT ( *) ≥
+
+
≥
= (a + b + c )
2a + 3b 2b + 3c 2c + 3a 2a + 3b + 2b + 3c + 2c + 3a 5
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c .
Ví dụ 11: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1 . Chứng minh rằng:
ab
bc
ca
+
+
≤ 1.

(*)
a5 + b5 + ab b5 + c5 + bc c5 + a5 + ca
Giải:
Trước hết ta chứng minh BĐT: x 5 + y 5 ≥ x 2 y 2 ( x + y ) (1) với mọi x > 0, y > 0.
Ta có:

Ta có: (1) ⇔ x 3 ( x 2 − y 2 ) + y 3 ( y 2 − x 2 ) ≥ 0 ⇔ ( x 3 − y 3 )( x 2 − y 2 ) ≥ 0
⇔ ( x − y )2 ( x + y )( x 2 + xy + y 2 ) ≥ 0 (luôn đúng với mọi x > 0, y > 0).
Do đó:

ab

≤

ab

=

1
1
=
.
ab(a + b) + abc ab(a + b + c)

a5 + b5 + ab a2 b2 (a + b) + ab
bc
1
ca
1
≤

≤
Tương tự:
;
.
b5 + c5 + bc bc(a + b + c) c5 + a5 + ca ca(a + b + c)
1
1
1
a+b+c
+
+
=
= 1 . (đpcm)
Suy ra: VT (*) ≤
ab(a + b + c) bc(a + b + c) ca(a + b + c) abc(a + b + c)
8


Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1 .
Ví dụ 12: Cho x, y, z, t là các số thực dương. Chứng minh rằng :
x3
x 3 + 3yzt

+

y3
y 3 + 3ztx

+


z3
z3 + 3txy

+

t3
t 3 + 3 xyz

≥1

Giải :
3

Áp dụng bất đẳng thức côsi dạng 3abc ≤ a + b3 + c3 .
(Các bạn tự giải tiếp!)
Sử dụng bất đẳng thức phụ :
1 1
4
( 1) Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b .
 + ÷≥
a
b
a
+
b


 1 1 1
9
( 2 ) Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c .

 + + ÷≥
a b c a+b+c

Trong đó : a, b, c là các số thực dương.
Ví dụ 13: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

1
1
+
≥ 16
ac bc

Giải :
1
1 1 1 1
4
4
+
=  + ÷≥
≥
= 16
ac bc c  a b  c(a + b)  c + a + b 2
Áp dụng (1) ta có:
.

÷

2

1

1
Dấu “=” xảy ra ⇔ c = , a = b = .
2
4
Ví dụ 14: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c ≤ 3. Chứng minh rằng:
1
2009
+
≥ 670 .
a2 + b2 + c2 ab + bc + ca
Giải :
Áp dụng (2), ta có:
1
1
1
9
9
+
+
≥
=
≥ 1 (3)
a2 + b2 + c2 ab + bc + ca ab + bc + ca a2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca) (a + b + c )2
2007
3.2007
≥
≥ 669 (4)
ab + bc + ca (a + b + c)2
Từ (3) và (4) suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1 .
Ví dụ 15: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác ( p là nửa chu vi). Chứng minh rằng:

1 1 1
1
1
1
+
+
≥ 2 + + ÷
p−a p−b p−c
a b c
Áp dụng (1), ta có:
1
1
4
4
+
≥
= (a)
p − a p − b 2p − a − b c
1
1
4
4
+
≥
=
(b)
p − b p − c 2p − b − c a
1
1
4

4
+
≥
=
(c)
p − c p − a 2p − a − c b
Cộng (a), (b), (c), vế theo vế, ta được:
 1
 1 1 1
1
1 
2
+
+
÷ ≥ 4  + + ÷ ⇒ đpcm.
 p−a p−b p−c
a b c
Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c.
Ví dụ 16: (Đề thi khối A-2005)
Mặt khác, ta có: 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)2 ⇒

THPT LƯƠNG VĂN CAN

9


ÔN THI ĐẠI HỌC
Cho a, b, c > 0 thỏa mãn

ThS. Nguyễn Thanh Quang

1
1
1
+
+
≤1
2a + b + c 2b + a + c 2c + a + b

1 1 1
+ + = 4 . Chứng minh
a b c

Giải:
4
1 1
1
1
1
≤ + ⇒
≤
+
Từ (1) dạng:
x+y x y
x + y 4 x 4y
1
1
1
1
1
1

1
1
≤
+
=
+
≤
+
+
Suy ra
2a + (b + c) 8a 4(b + c) 8a 4b + 4c 8a 16b 16c
1
1
1
1
1
1
1
1
≤
+
+
;
≤ +
+
Tương tự :
2b + (a + c) 8b 16a 16c
2c + (a + b) 8c 16a 16b
Cộng vế với vế 3 bđt trên, rồi rút gọn ta có đpcm.
Ví dụ 17: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

2

 1
 1
1
1 
1
1 
3  + + ÷≥ 4 
+
+
÷
 ab ac bc 
a+b a+c b+c
Giải:
1
4
1
4
≥
Áp dụng (1) dạng xy ≥
2 , ta được:
ab (a + b)2
( x + y)

1
4
1
4
≥

;
≥
2
ac (a + c)
bc (b + c)2
Cộng các BĐT trên, vế theo vế, ta được:
 1
1
1
1
1
1 
+ +
≥ 4
+
+
 (a + b)2 (b + c)2 (a + c)2 ÷
÷
ab ac bc


2
 1
 1
1
1 
1
1 
 1
1

1 
⇒ 3  + + ÷ ≥ 4.3 
+
+
 ≥ 4
+
+
÷
 (a + b)2 (a + c)2 (b + c)2 
 ab ac bc 
 a+b a+c b+c
(Do 3( x 2 + y 2 + z2 ) ≥ ( x + y + z)2 , ∀x , y, z. )
Tương tự:

1

+

1

Ví dụ 18: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 1 1 1 1
+
+
a b b c
Giải:
1
1
≤ ( a + b)
1 1
4 ⇒

Từ (1) ta có: + ≥
.
1 1 4
+
a b a+b
a b
1
1
1
1
≤ (b + c)
≤ (c + a )
Tương tự:
,1 1 4
.
1 1 4
+
+
b c
c a
Cộng các BĐT trên, vế theo vế, ta được đpcm.

+

1
1 1
+
c a

≤


a+b+c
2

10


Đặt Mẫu là biến mới
Ví dụ 19: Cho ba số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng:

25 x
4y
9z
+
+
> 12 (*)
y+z z+ x x+y

Giải:
a
=
y
+
z
,
b
=
z
+
x

,
c
=
x
+
y
Đặt
(với a > 0, b > 0, c > 0).
b+c−a
c+a−b
a+b−c
Suy ra: x =
.
,y=
, z=
2
2
2
25(b + c − a) 4(c + a − b) 9(a + b − c)
Ta có: VT (*) =
+
+
2a
2b
2c
 25b 4a   25c 9a   4c 9b 
+ ÷+ 
+ ÷+  + ÷− 19 ≥ 10 + 15 + 6 – 19 = 12.
=
 2 a 2 b   2 a 2c   2 b 2c 

5b = 2a
Đẳng thức xảy ra ⇔ 
⇒ 5b + 5c = 5a ⇒ x = 0 (vô lí). Vậy BĐT (*) đúng.
5c = 3a
Ví dụ 20: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
a
b
c
(*)
+
+
≥3
b+c−a c+a−b a+b−c
Giải:
Đặt x = b + c − a; y = c + a − b; z = a + b − c ⇒ x + y + z = a + b + c
y+z
z+ x
x+y
; b=
; c=
2
2
2
y+z z+ x x + y 1 y z x y x x  1
+
+
=  + + + + + ÷ ≥ (2 + 2 + 2) = 3
Ta có: VT (*) =
2x
2y

2z
2 x x y z z y  2
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c hay ∆ABC đều.
3
Ví dụ 21: Cho ba số a, b, c ∈ (0; ) : a + b + c = 3 . Chứng minh bất đẳng thức
2
1
1
1
9
+
+
≥
.
3 − 2a
3 − 2b
3 − 2c ab + bc + ca
Giải:
 x, y , z > 0
Đặt 3 − 2a = x, 3 − 2b = y , 3 − 2c = z thì  2
;
2
2
x + y + z = 3
1 2 2
2 2
2 2
Ta có: ab + bc + ca = ( x y + y z + z x + 9) .
4
Do đó BĐT cần chứng minh trở thành:

1 1 1
36
1 1 1
+ + ≥ 2 2
⇔ ( + + )( x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 + 9) ≥ 36 .
2 2
2 2
x y z x y + y z + z x +9
x y z
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương và 12 số dương ta được:
1 1 1
3
+ + ≥
`
>0 (1)
3
x y z
xyz
Suy ra: a =

x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 + 9 = x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 + 11+412
+ ...
+ 1 ≥ 1212 ( xyz ) 4 = 12 3 xyz > 0 (2)
43
9 so1

Nhân vế theo vế của (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
Vai trò như nhau của các biến
Ví dụ 22: Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau thuộc đoạn [0; 2]. Chứng minh rằng:
1

1
1
9
+
+
≥
(*)
(a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 4
Giải:
 1
1 
2
2
Sử dụng BĐT Cô-si với x > 0, y > 0, ta có:  2 + 2 ÷( x + y ) ≥ .4 xy = 8 .
xy
y 
x
THPT LƯƠNG VĂN CAN

11


ÔN THI ĐẠI HỌC
1

+

ThS. Nguyễn Thanh Quang
1


8

≥

(1). Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y.
x 2 y 2 ( x + y )2
Do vai trò của a, b, c là như nhau nên có thể giả sử a > b > c. Áp dụng BĐT (1) cho cặp số
1
1
8
8
+
≥
=
dương a – b và b – c, ta có:
.
(a − b)2 (b − c)2 (a − b + b − c)2 (a − c)2
Đẳng thức xảy ra ⇔ a – b = b – c.
1
1
1
8
1
9
+
+
≥
+
=
Suy ra:

.
(a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 (a − c)2 (c − a)2 (a − c)2
Mặt khác, do a, c ∈ [0; 2] và a > c nên 0 < a – c ≤ 2. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = 2 và c = 0.
1
1
1
9
9
+
+
≥
≥ .
Do đó:
(a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 (a − c)2 4
Đẳng thức xảy ra khi (a; b; c) = (2; 1; 0) và các hoán vị.
1
1
1
3
+
+
≤
Ví dụ 23: Cho a, b, c > 0 thoả mãn abc = 1. Chứng minh
.
2
1 + a2
1 + b2
1 + c2
Giải:
Do vai trò của a, b, c là như nhau nên có thể giả sử a ≥ b ≥ c.

Vì abc = 1 nên bc ≤ 1 và a ≥ 1. Ta có:
2


 1 − b2c2 
 1
 1
1 
1 
1 − b2 c2
+
≤ 2
+
÷ ≤ 2 1 +
÷

÷
÷ = 2  1 +
2
2 ÷
 (1 + bc)2 ÷
÷
2
 1 + b2 1 + c2 
 (1 + b )(1 + c ) 


1 + c2 
 1+ b
Suy ra:


4
4a
=
1 + bc 1 + a
1
1
a
+
≤2
1+ a
1 + b2
1 + c2
=

Suy ra:

Mặt khác ta có:
Ta sẽ chứng minh:

1
1 + a2
2

≤

2
1+ a

(1)

(2)

a
2
3
+
≤
(3)
1+ a 1+ a
2

(

2

2a − 1 + a ) ≥ 0 (luôn đúng).
Từ (1), (2) và (3) suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1.
Ví dụ 24: Cho các số thực a, b, c không âm. Chứng minh rằng:
a(a − b)(a − c) + b(b − c)(b − a) + c(c − a)(c − b) ≥ 0
(*)
Giải:
Do vai trò của a, b, c là như nhau nên có thể giả sử a ≥ b ≥ c.
+ Nếu có hai trong ba số a, b, c bằng nhau thì BĐT hiển nhiên đúng.
+ Nếu a > b > c, chia hai vế của (*) cho (a − b)(b − c)(a − c) ta được BĐT tương đương:
a
b
c
−
+
≥ 0 (1)

b−c a−c a−b
a > b > 0
a
b
c
(1) luôn đúng do 
⇒
và
>
>0.
0 < b − c < a − c
b−c a−c
a−b
Thật vậy, (3) ⇔ 1 + 3a − 2 2a(1 + a) ≥ 0 ⇔

12


Bài tập tương tự
1

Baøi 1: Cho 0 < b < a . Chứng minh rằng: a + a − b b ≥ 3
( )
Baøi 2: Cho 0 < b < a . Chứng minh rằng: a +

1

( a − b ) ( b + 1)

2


≥3

a
b
c
+
+
>2.
b+c
a+c
a+b
Baøi 4: (Đề thi tuyển sinh cao đẳng khối A,B – 2005) Cho x ≥ 2, y ≥ 3, z ≥ 4 .

Baøi 3: Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng :

xy z − 4 + yz x − 2 + zx y − 3
xyz
Baøi 5: Chứng minh rằng với a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3 , ta luôn có

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
a2
a + 2b 2

+

b2
b + 2c 2

+


c2
c + 2a2

≥1

2 a3

2b3

2c3

a b c
+ + .
a + bc b + ca c + ab bc ca ab
Bài 7: Cho ba số thực dương x, y, z thảo mãn x + 2 y + 3z = 18 . Chứng minh rằng:
2 y + 3z + 5 3z + x + 5 x + 2 y + 5 51
+
+
≥
.
1+ x
1 + 2y
1 + 3z
7
a+b
Bài 8: Cho hai số a, b dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =
a(4a + 5b) + b(4b + 5a)
Bài 9: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 2 . Chứng minh rằng:
ab

bc
ca
+
+
≤1.
2c + ab
2a + bc
2b + ca
3
6
Bài 10: Cho ba số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng: 1+
.
≥
ab + bc + ca a + b + c
Bài 11: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a2 + b2 + c2 = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
Bài 6 : Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh

biểu thức:

M=

a5

3

2

+

b5


3

2

+

c5

3

2

6

+

6

+

6

≤

+ a4 + b4 + c 4 .

b +c
c +a
a +b

Bài 12: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = 3 . Chứng minh rằng:
1
1
1
1
+
+
≤
.
2
2
2
1 + a (b + c) 1 + b (c + a) 1 + c (a + b) abc
Bài 13: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a2 + b2 + c2 = 1 . Chứng minh rằng:
a5 + b 5
b5 + c5
c 5 + a5
+
+
≥ 3(ab + bc + ca) − 2 .
ab(a + b) bc(b + c) ca(c + a)
Bài 14: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc ≥ 1 . Chứng minh rằng:

1 
1 
1  27
.
a+
÷ b +
÷ c +

÷≥
a + 1 
b + 1 
c +1 8


a2 + bc b2 + ca c2 + ab
+
+
≥ a+b+c
b+c
c+a
a+b
 1 1 1
Bài 16: Cho a, b, c là các số thực thuộc đoạn [1; 2]. Chứng minh (a + b + c)  + + ÷ ≤ 10
a b c
Bài 15: Cho ba số thực dương a, b, c . Chứng minh

THPT LƯƠNG VĂN CAN

13


ÔN THI ĐẠI HỌC

ThS. Nguyễn Thanh Quang

&2. MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI
I-KỸ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI
Ý tưởng chính là việc xác định được dấu “=” xảy ra khi nào, để ta có những đánh giá hợp lí.

Lý do là trong “Bất đẳng thức” bất kỳ đánh giá nào của chúng mà không bảo toàn được dấu “=” thì
điều trở nên vô nghĩa. Hãy xét những ví dụ minh họa sau đây.
1
2x
x+y
≥ 2 xy , ta có
Lời giải sai thường gặp: Áp dụng bất đẳng thức Côsi dạng
2
1
1
1
A = 3x +
≥ 2 3 x.
= 6 ⇒ min A = 6 ⇔ x =
2x
2x
6

Ví dụ 1: Cho x ≥ 1 . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 3 x +

Nguyên nhân:


x=

1
6

không thỏa điều kiện x ≥ 1.


 A> 6
Lời giải đúng: Dự đoán dấu “=” xảy ra ⇔ x = 1 . Để bảo toàn dấu bằng khi sử dụng bất đẳng
1
1
thức Côsi, ta chọn số α thỏa α x = ⇒ α = . Khi đó

2x
2
1 5x 1
1 5x
1 1 5x
5.1
7
A = 3x +
=
+ x+
≥
+2
x.
=
+1≥
+1=
2x 2 2
2x 2
2 2x
2
2
2
7
Suy ra min A = ⇔ x = 1 .

2

( do x ≥ 1)

Bài tập tương tự
1
x
1
b) Cho x ≥ 10 . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x +
x
1
c) Cho x ≥ 100 . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x +
x
Ví dụ 2: Cho các số thực a,b thỏa mãn 0 ≤ a ≤ 3, 3 ≤ b ≤ 8 và a + b = 11 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức P = ab .

a) Cho x ≥ 2 . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x +

2

x+y
÷ , ta có
 2 

Lời giải sai thường gặp: Áp dụng bất đẳng thức Côsi dạng xy ≤ 
2

2

 a + b   11  121

121
11
P = ab ≤ 
⇒ max P =
⇔a=b=
÷ = ÷ =
4
4
2
 2  2

Nguyên nhân:
11
không thỏa điều kiện 0 ≤ a ≤ 3
2
121
 P<
4
a = 3
⇒ 8a = 3b
Lời giải đúng: Dự đoán max P khi 
b = 8



a=

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có
2


2
1
1  8a + 3b 
1
1
3 ( a + b ) + 5a  ≤ ( 3.11 + 5.3 ) = 24
P = ab = ( 8a ) ( 3b ) ≤ 
÷ =


24
24  2 
96
96

a=3
Suy ra max P = 24 ⇔ 

b = 8

14


a, b, c > 0
. Chứng minh rằng: 3 a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a ≤ 3 3 3 .
a
+
b
+
c

=
3


Ví dụ 3: Cho 

Sai lầm thương gặp:

1 + 1 + (a + 2b) 2 + a + 2b
=
, tương tự ta có:
3
3
2 + a + 2b 2 + b + 2c 2 + c + 2a
3
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a ≤
+
+
=5
3
3
3
mà 5 > 3 3 3 ⇒ ñeà ra sai...?...?
a + 2b = b + 2c = c + 2a = 1
(vn)
Nguyên nhân sai lầm: P = VT ≤ 5. MaxP =5 ⇔ 
a + b + c = 3
Vậy P < 5
Ta có:


3 1.1(a + 2b)

≤

Lời giải đúng: Ta dự đoán dấu “=” trong bất đẳng thức xảy ra khi
a = b = c = 1 ⇒ a + 2b = b + 2c = c + 2a = 3 . Nên áp dụng bất đẳng thức Côsi dạng
3

xyz ≤

x+y+z
, ta có:
3

1 3
1 3 + 3 + (a + 2b) 6 + a + 2b
3.3(
a
+
2
b
)
≤
.
=
3
3
3
9
9

33 9
6 + a + 2b 6 + b + 2c 6 + c + 2a
⇒P≤
+
+
= 3 3 3 , dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1
3
3
3
3 9
3 9
3 9
3

a + 2b =

Bài tập tương tự
27
a) Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 3 thỏa mãn a + b + c = 6 . Chứng minh rằng: abc ≤ .
4

b) Cho x, y, z > 0 thỏa

1 1 1
1
1
1
+ + = 4 . Tìm GTLN của P =
+
+

x y z
2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z

ab c − 4 + bc a − 2 + ca b − 3
.
abc
x
y
+
d) Cho x, y, z > 0 và x + y = 1 .Tìm GTNN của P =
(ĐHNT 2001–2002)
1− x
1− y
1
1
+
+ 4ab .
Ví dụ 4: Cho a, b > 0 thỏa mãn a + b ≤ 1 . Tìm GTNN của biểu thức P = 2
2
ab
a +b
1
Lời giải đúng: Do P là biểu thức đối xứng với a, b , ta dự đoán MinP đạt tại a = b = , ta có:
2
1
1
1 
1
4
1

1

P= 2
+
+
4
ab
+
+
≥
+
2
4
ab
.
+
≥7

÷
2
4ab  4ab (a + b)2
2ab
a + b 2 2ab 
a
+
b


4
÷

 2 
a 2 + b2 = 2ab
1

⇔a=b= .
Dấu bằng xảy ra ⇔  2 2
1
2
a b = , a + b = 1
16

c) Cho a ≥ 2, b ≥ 3, c ≥ 4 , tìm GTLN: P =

Vậy min P = 7 ⇔ a = b =

1
2

Bài tập tương tự
a) Cho a, b > 0 thỏa mãn a + b ≤ 1 . Tìm GTNN của biểu thức S =

1
1
1
+ 2 + 2.
3
a +b
a b ab
3


b) Cho a, b, c > 0 và a + b + c ≤ 1 . Tìm GTNN của các biểu thức sau:
THPT LƯƠNG VĂN CAN

15


ÔN THI ĐẠI HỌC

ThS. Nguyễn Thanh Quang

1
1
1
1
+
+ +
2
2
ab bc ca
a +b +c
1
1
1
1
1
1
S= 2
+ 2 2+ 2
+
+ +

2
2
ab bc ca
a +b
b +c
c +a
1
1
1
1
1
1
Q= 2
+ 2
+ 2
+
+ +
a + bc b + ca c + ab ab bc ca
x2
y2
z2
3
+
+
≥
Ví dụ 5: Cho x, y, z > 0 và xyz = 1 .Chứng minh rằng:
1+ y 1+ z 1+ x 2
P=

2


Ý tưởng là triệt tiêu mẫu.
Sai lầm thường gặp:

x2
y2
z2
Ta có:
+ (1 + y ) ≥ 2 x,
+ (1 + z ) ≥ 2 y,
+ (1 + x) ≥ 2
1+ y
1+ z
1+ x
⇒ P ≥ 2( x + y + z ) − ( x + y + z ) − 3 = x + y + z − 3
Mặt khác x + y + z ≥ 3 3 xyz = 3 ⇒ P ≥ 0

 x = y = z,
xyz = 1
 2
(vn)
Nguyên nhân sai lầm: Dấu “=” xảy ra ⇔  x
y2
z2
=
1
+
y
,
=

1
+
z
,
=
1
+
x
1 + y
1+ z
1+ x

Lời giải đúng: Ta dự đoán dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 . Vì vậy để bảo toàn dấu bằng khi
sử dụng bất đẳng thức Côsi, ta chọn số α thỏa

x2
1+ y
1 2
=
⇔ = ⇔ α = 4 . Khi đó
1+ y
α
2 α

y2 1 + z
z2 1 + x
+
≥ y,
+
≥z

1+ z
4
1+ x
4
1
3 3
3 3
⇒ P ≥ ( x + y + z) − ( x + y + z) − = (x + y + z) − ≥
4
4 4
4 2
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 .
Ta có:

x2
1+ y
+
≥ x,
1+ y
4

Bài tập tương tự
a) Cho x, y, z là 3 số thỏa x + y + z = 0 . Chứng minh :

3 + 4x + 3 + 4 y + 3 + 4z ≥ 6

b) Cho x , y, z là các số thực dương thỏa xyz = 1 . Chứng minh:
x3
y3
z3

3
+
+
≥
( 1 + y ) ( 1 + z) ( 1 + z) ( 1 + x ) ( 1 + x ) ( 1 + y ) 4

1 2 3
c) Cho x , y, z là các số thực dương thỏa + + = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
x

y

z

P=x+y+z

Ví dụ 6: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = x 2 + y 2 + 2 z2

Lưu ý: Bài này việc dự đoán dấu “=” xảy ra là không thể. Để tìm minP, ta mong muốn có một
bất đẳng thức dạng x 2 + y 2 + 2 z2 ≥ k ( xy + yz + zx ) vì bậc của P và giả thiết bằng nhau, hơn nữa lại
có dạng tổng tích. Nên ta nghỉ đến việc có thể dùng bất đẳng thức Côsi dạng X 2 + Y 2 ≥ 2 XY ( *) ?

Nhưng muốn áp dụng ý tưởng ( *) vào bài này, ta cần biết được dấu “=” xảy ra khi nào.
Tuy nhiên việc xem xét bài toán chỉ cho ta một dữ liệu duy nhất, đó là ta có thể dự đoán được khi P
đạt min thì dấu “=” sẽ xảy ra khi x = y (x, y đối xứng). Có nghĩa là ta vẫn chưa biết được giá trị cụ
thể của x, y, z là bao nhiêu, nhưng ta thấy khi thay ( x; y; z ) bởi ( − x; y; z ) , ( − x; − y; z ) , ( − x; − y; − z ) ,...
thì bài toán vẫn không thay đổi. Do đó ta chỉ cần xét x, y, z là các số thực dương.
16



x = y = a > 0

⇒ a2 + 2ab = xy + yz + zx = 1

Giả sử rằng khi P đạt giá trị nhỏ nhất thì 
z = b > 0

và bx = by = az

Áp dụng X 2 + Y 2 ≥ 2 XY ( *) , ta có:

)

(

 ab x 2 + y 2 ≥ 2abxy

 2 2
2 2
2
2
2
2 2
 b x + a z ≥ 2abxz ⇒ 2ab ( xy + yz + zx ) ≤ ab + b x + y + 2a z
 b2 y 2 + a2 z2 ≥ 2abyz

 a2 + 2ab = 1
1
5 −1

a2 + 2ab = 1
⇔a=
,b =
Đến đây thì chỉ cần tìm a, b thỏa: 
2
2 ⇔
2
2
4
2
ab
+
b
=
2
a
5
24 5

ab + b = a

(

(

)(

)

)


Lời giải:
Đặt a =

1
4

5

,b =

a2 + 2ab = 1
⇒
2
2
24 5
ab + b = a
5 −1

Áp dụng X 2 + Y 2 ≥ 2 XY ( *) , ta có:

(

)

 ab x 2 + y 2 ≥ 2abxy

 2 2
2 2
2

2
2
2 2
2
 b x + a z ≥ 2abxz ⇒ 2ab ( xy + yz + zx ) ≤ ab + b x + y + 2a z = a P
 b2 y 2 + a2 z2 ≥ 2abyz

2ab 2b
 x = y, bx = az, by = az
x = y = a
⇔
Từ đó suy ra P ≥ 2 = = 5 − 1 . Dấu “=” xảy ra ⇔ 
xy
+
yz
+
zx
=
1
a

z = b
a

(

)(

)


Bài tập tương tự
Cho x, y, z là các số thực thỏa xy + yz + zx = 8 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
a) P = x 2 + y 2 + 2 z2
b) P = x 2 + 3y 2 + 2 z2 c) P = 5 x 2 + 3y 2 + 2 z2
Ví dụ 7: Cho các số thực dương x, y, z thỏa x + y + z = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = x 2 + y 2 + z3

Nhận xét : Bài này cũng như ví dụ 6, việc dự đoán dấu “=” xảy ra rất khó. Hơn nữa, biểu thức
P là bậc hai nhưng giả thiết lại là bậc nhất, nên ta nghĩ ngay đến việc sử dụng bất đẳng thức Côsi
dạng X 2 + Y 2 ≥ 2 XY ( *) ? Với Y là hằng số để giảm bậc của P.
Dự đoán được khi P đạt min thì dấu “=” sẽ xảy ra khi x = y (x, y đối xứng), nên ta có ý tưởng
là tìm hai số a, b tương tự ví dụ 6.
Áp dụng ( *) , ta có :
 x 2 + a2 ≥ 2ax
 2
2
⇒ P + 2a2 + 2b3 ≥ 2a ( x + y ) + 3b 2 z ⇔ P ≥ 2a ( x + y ) + 3b 2 z − 2a2 + 2b3
 y + a ≥ 2ay
3
3
3
2
 z + b + b ≥ 3b z


2a = 3b2
19 − 37
x = y = a =



x=y=a ⇔
12
Từ đó suy ra : 
.

z
=
b
37
−
1

z = b =
 x + y + z = 3 
6

(

)

Lời giải :
Đặt a =

19 − 37
,
12

b=

2 a + b = 1

37 − 1
⇒
2
6
2a = 3b

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có :
 x 2 + a2 ≥ 2ax
 2
2
⇒ P + 2a2 + 2b2 ≥ 2a ( x + y ) + 3b 2 z ⇔ P ≥ 2a ( x + y ) + 3b 2 z − 2a 2 + 2b3
 y + a ≥ 2ay
 z3 + b3 + b3 ≥ 3b2 z


(

THPT LƯƠNG VĂN CAN

)
17


ÔN THI ĐẠI HỌC

ThS. Nguyễn Thanh Quang

(

)


541 − 37 37
108
19 − 37
37 − 1
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = a =
,z=b=
12
6
x
,
y
,
z
>
0
4
x
+
3
y
+
4
z
=
22
Ví dụ 8: Cho
và
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
⇒ P ≥ 2a( x + y + z) − 2a 2 + 2b3 =


P = x+y+z+

1 2 3
+ +
3x y z

Nhận xét: Bài này cũng là một bài toán khó, việc dự đoán dấu “=” xảy ra khi nào là không thể.
Tuy nhiên với ý tưởng như hai bài toán trên, ta giả định rằng dấu “=” xảy ra tại x = a, y = b, z = c .
1
1
x 2 2 2 y 3 3 3z
=
=
, = = , = =
và ta có đánh giá
3 x 3a 3a2 y b b 2 z c c 2
1
x
2
2 2 y 4 3 3z 6
+
≥ ,
+
≥ ,
+
≥
2
3 x 3a
3a y b2 b z c2 c

 2
x   4 2 y   6 3z 
Suy ra P ≥ x + y + z +  − 2 ÷+  − 2 ÷+  − 2 ÷
 3a 3a   b b   c c 

Khi đó 4a + 3b + 4c = 22 và




1 
2 
3   2 4 6
= 1 −
x +  1 − ÷y +  1 − ÷z +  + + ÷( *)
2÷
2
 3a 
 b 
 c 2   3a b c 
Vấn đề còn lại là chọn a, b, c thích hợp để sử dụng giả thiết 4 x + 3y + 4 z = 22 . Vậy thì các hệ số
 4a + 3b + 4c = 22
a = 1

1
2
3

*
⇔

1
−
1
−
1
−
của x,y,z trong ( ) phải thỏa 
b = 2
2
b2 =
c2
 3a =
c = 3
 4
3
4

Lời giải : ( Các bạn tự trình bày lại lời giải. )
Bài tập tương tự
a) Chứng minh rằng nếu x, y là các số dương thỏa mãn x 2 + y 2 = 5 , thì x 3 + y 6 ≥ 9 .
b) Cho x , y, z > 0 và x + y + z = xyz . Chứng minh rằng

1
1 + x2

1

+

1 + y2


+

1
1 + z2

≤

3
2

c) Cho x , y, z > 0 và x + y + z = 3 . Chứng minh rằng x + y + z ≥ xy + yz + zx
d) Cho x , y, z > 0 và 4 x + 3y + 4 z = 22 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = x + 2y + z +

1 2 3
+ +
3x y z

1+ x 1+ y 1+ z
+
+
1+ y 1+ z 1+ x
x
y
z
1
+
+
≥

f) Cho ba số không âm x, y, z thỏa x + y + z = 3 .Chứng minh 3
y + 16 z3 + 16 x 3 + 16 6

e) Cho ba số không âm x, y, z thỏa mãn xyz=1.Chứng minh rằng x + y + z ≥

g) Cho x , y, z > 0 . Chứng minh

x
y
z
3
+
+
≤
2 x + y + z 2 y + z + x 2z + x + y 4

h) Cho x , y, z > 0 và x 2 + y 2 + z2 = 1 . Chứng minh rằng

x
2

y +z

2

+

y
2


z +x

2

+

z
2

x +y

2

≥

3 3
2

18


II-THAM SỐ HÓA
Dự đoán được dấu “=” xảy ra
Việc dự đoán được dấu “=” xảy ra khi nào là rất quan trọng, khi đó ta sẽ định hướng được cách
đánh giá hợp lí và luôn bảo toàn được dấu “=”.
Ví dụ 1: Cho a + b = 2 . Chứng minh rằng: B = a5 + b5 ≥ 2 .
Nhận xét: Dự đoán dấu “=” xảy ra khi a = b = 1.
Giải:
a
=

1
+
x
b
=
1
−
x
Đặt:
. Từ giả thiết suy ra:
, ( x ∈ R ).
Ta có: B = a5 + b5 = (1 + x )5 + (1 − x )5 = 10 x 4 + 20 x 2 + 2 ≥ 2
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 0, hay a = b = 1. Vậy B ≥ 2.
Ví dụ 2: Cho a + b = 3, a ≤ 1 . Chứng minh rằng: C = b3 − a3 − 6b2 − a2 + 9b ≥ 0 .
Nhận xét: Dự đoán dấu “=” xảy ra khi a = 1; b = 2.
Giải:
Đặt a = 1 − x , với x ≥ 0. Từ giả thiết suy ra b = 2 + x .
Ta có: C = b3 − a3 − 6b2 − a2 + 9b = (2 + x )3 − (1 − x )3 − 6(2 + x )2 − (1 − x )2 + 9(2 + x )
= x 3 − 2 x 2 + x = x ( x − 1)2 ≥ 0 (vì x ≥ 0).
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 0 hoặc x = 1 tức a = 1, b = 2 hoặc a = 0, b = 3. Vậy C ≥ 0.
Ví dụ 3: Cho a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:
A = a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca ≥ 6 .
Nhận xét: Dự đoán dấu “=” thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Giải:
a
=
1
+
x
,

b
=
1
+
y
∈
Đặt:
, ( x, y R ). Từ giả thiết suy ra: c = 1 − x − y .
Ta có: A = a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca
= (1 + x )2 + (1 + y )2 + (1 − x − y )2 + (1 + x )(1 + y ) + (1 + y )(1 − x − y ) + (1 − x − y )(1 + x )
2

= x + xy + y + 6 =  x + 1 y ÷ + 3 y 2 + 6 ≥ 6

2  4
1
Dấu “=” xảy ra ⇔ y = 0 và x + y = 0 ⇔ x = y = 0 hay a = b = c =1. Vậy A ≥ 6.
2
Ví dụ 4: Cho a + b = c + d . Chứng minh rằng: D = a2 + b2 + ab ≥ 3cd .
Nhận xét: Dự đoán dấu “=” xảy ra khi a = b = c = d.
Giải:
Đặt: a = c + x , với x ∈ R. Từ giả thiết suy ra b = d − x .
Ta có: D = (c + x )2 + (d − x )2 + (c + x )(d − x ) = c2 + d 2 + x 2 + cd + cx − dx
2

2

2



1
3
=  c2 + d 2 + x 2 − 2cd + cx − dx ÷+ 3cd + x 2 =  c − d + 1 x ÷ + 3 x 2 + 3cd ≥ 3cd .

4

4

2  4
1
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 0 và c − d + x = 0 ⇔ x = 0 và c = d hay a = b = c = d.
2
Vậy D ≥ 3cd.
Ví dụ 5: Cho ab ≥ 1. Chứng minh rằng:
a2 + b2 ≥ a + b .
Nhận xét: Dự đoán dấu “=” xảy ra khi a = b = 1.
Giải:
Đặt a = 1 + x; b = 1 + y .
Ta có: ab ≥ 1 ⇔ (1 + x )(1 + y ) ≥ 1 ⇔ x + y + xy  ≥ 0 và x 2 + y 2 ≥ 2 xy, ∀x , y ∈ R

Do đó a2 + b2 − ( a + b ) = (1 + x )2 + (1 + y )2 − (1 + x ) − (1 + y ) = x 2 + y 2 + x + y
1
= ( x 2 + y 2 ) + xy + x + y ≥ 0 (Đúng vì xy + x + y ≥ 0)
2
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = 0 hay a = b = 1. Vậy BĐT được chứng minh.
THPT LƯƠNG VĂN CAN

19



ÔN THI ĐẠI HỌC

ThS. Nguyễn Thanh Quang

Ví dụ 6: Cho a ≤ 1; a + b ≥ 3. Chứng minh rằng: F = 3a2 + b2 + 3ab −
3
2

27
≥0
4

9
2

Nhận xét: Dự đoán dấu “=” xảy ra khi a = − , b = .
Giải:
Đặt a = 1– x và a + b = 3 + y. Từ giả thiết suy ra x, y ≥ 0 nên ta có: b = 2 + x + y.
27
25
Từ đó : F = 3(1– x )2 + (2 + x + y )2  + 3(1 – x )(2 + x + y ) –  = x 2 + y 2 − 5 x + 7 y − xy +
4
4
2

=  x − 1 y − 5 ÷ + 3 y 2 + 9 y ≥ 0

2
2 4
2

5
3
9
Dấu “=” xảy ra ⇔ x =
và y = 0 hay a = − và b = .
2
2
2
Vậy bất đẳng thức F ≥ 0 được chứng minh.
Bài tập tương tự
2
3
+
≥ 14 .
1) Cho a, b > 0 thoả mãn a + b = 1. Chứng minh:
ab a2 + b2
1
2) Cho a + b + c + d = 1. Chứng minh: (a + c)(b + d ) + 2(ac + bd ) ≤ .
2
4
4
4
3
3
3
3) Cho a + b + c ≥ 3. Chứng minh: a + b + c ≥ a + b + c .
4) Cho a + b > 8 và b ≥ 3. Chứng minh: 27a2 + 10b3 > 945 .
5) Cho a + b ≥ 2 . Chứng minh rằng: a3 + b3 ≤ a 4 + b 4 .
6) Cho a ≤ 4. Chứng minh rằng: a2 (2 − a) + 32 ≥ 0 .
Vai trò như nhau giữa các biến

Ý tưởng chính của kỹ thuật này là dựa vào các mối liên hệ giữa các biến trong bài toán để có
thể thêm biến phụ. Lưu ý ta có tính chất: “ với mọi số thực a,b thì luôn tồn tại số thực k sao cho
a = b + k ”.
Kỹ thuật này thường áp dụng cho những bất đẳng thức đồng bậc, đối xứng, hoán vị, có chứa trị
tuyệt đối…
Ví dụ 7: Chứng ming rằng với mọi a, b, c ≥ 0 , ta có bất đẳng thức a3 + b3 + c3 ≥ 3abc .
Giải
Do vai trò của a, b, c là như nhau, nên giả sử a = min { a, b, c} .
Đặt b = a + x , c = a + y ⇒ x , y ≥ 0. Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh, ta có
3

3

a3 + ( a + x ) + ( a + y ) ≥ 3a ( a + x ) ( a + y )
2

⇔ 3ax 2 + 3ay 2 + x 3 + y3 − 3axy ≥ 0 ⇔ 3a ( x − y ) + 3axy + x 3 + y 3 ≥ 0 (luôn đúng)

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = 0 ⇒ a = b = c
Ví dụ 8: Cho các số thực không âm a, b, c. Chứng minh rằng
a3 + b3 + c3 ≥ 3abc +

9
( a − b) ( b − c) ( c − a)
4

Giải:
Không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b ≤ c . Khi đó tồn tại x , y ≥ 0 sao cho
b = a + x, c = a + y, y ≥ x


Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh, ta được
3

3

a3 + ( a + x ) + ( a + y ) − 3a ( a + x ) ( a + y ) −

9
xy ( y − x ) ≥ 0
4

20


)

(

⇔ 3ay 2 − 3axy + 3ax 2 + x 3 + y3 −

9 2 9 2
xy + x y ≥ 0
4
4

3
xy ( y − x ) + 2 x 3 ≥ 0
4
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng vì x , y ≥ 0 . Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = 0 ⇒ a = b = c .
3


⇔ 3ay ( y − x ) + 3ax 2 + ( y − x ) +

3
Ví dụ 9: Cho a, b, c ≥ 0 thỏa a + b + c = 1 . Chứng minh ( a − b ) ( b − c ) ( c − a ) ≤
8

Nhận xét: Hai ví dụ 1 và ví dụ 2 là bất đẳng thức đối xứng, nhưng ví dụ này thì không đối
xứng. Tuy nhiên lưu ý rằng A ≤ A , ∀A ∈ R , ta có thể chuyển VT thành dạng đối xứng.
Giải:
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn ( a − b ) ( b − c ) ( c − a ) ≤
Vì đây là bất đẳng thức đối xứng, nên ta có thể giả sử a ≤ b ≤ c .
Khi đó tồn tại x , y ≥ 0 sao cho b = a + x , c = a + y, y ≥ x

3
8

3
( 1)
8
1
Do a + b + c = 1 nên 3a + x + y = 1 ⇒ x + y ≤ 1 . Mà x , y ≥ 0 ⇒ 0 ≤ x ≤ , x ≤ y ≤ 1 − x
2

Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh, ta được : xy ( y − x ) ≤

Suy ra VT ( 1) = xy ( y − x ) ≤ x ( 1 − x ) ( 1 − 2 x ) = 2 x 3 − 3x 2 + x
3
2
Xét hàm số f ( x ) = 2 x − 3 x + x ,


 1
x ∈  0;  .
 2

Ta có

( 2)

f / ( x ) = 6x2 − 6x + 1

 1
do x ∈  0; 
 2

 3 − 3   1  
3− 3 
3
÷, f  ÷ = f 
÷=
Suy ra f ( x ) ≤ max  f ( 0 ) , f 
÷

÷
 6   2  
 6  18

f / ( x ) = 0 ⇔ 6 x2 − 6 x + 1 = 0 ⇔ x =

3− 3

6

( 3)

Kết hợp ( 1) , ( 2 ) , ( 3) ta suy ra điều cần chứng minh.

3− 3
3+ 3
3− 3
3+ 3
, tức là a = 0, b =
(vì a ≤ b ≤ c ).
,y=
, c=
6
6
6
6
3
Vậy ( a − b ) ( b − c ) ( c − a ) ≤ ( a − b ) ( b − c ) ( c − a ) ≤
.
8
3− 3
3+ 3
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = 0, b =
và các hoán vị của nó.
, c=
6
6


Dấu “=” xảy ra ⇔ x =

Ví dụ 10: Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng

( a + b + c ) min { a, b, c} ≤ 2ab + 2bc + 2ca − a2 − b2 − c2
Giải:

Do tính đối xứng nên ta có thể giả sử a = min { a, b, c} . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

( a + b + c ) a ≤ 2ab + 2bc + 2ca − a2 − b2 − c2 ⇔ 2a2 + b2 + c 2 ≤ ab + ac + 2bc

Đặt b = a + x , c = a + y với x , y ≥ 0 . Thay vào trên, ta được
2

2

2a 2 + ( a + x ) + ( a + y ) ≤ a ( a + x ) + a ( a + y ) + 2 ( a + x ) ( a + y )
⇔ x 2 + y2 ≤ x ( a + y ) + y ( a + x )

( 1)

Vì a + b > c ⇒ a + x > y, a + c > b ⇒ a + y > x
Do đó ( 1) luôn đúng. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = 0 ⇔ a = b = c .

Ví dụ 11: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn max { a, b, c} − min { a, b, c} ≤ 1 . Chứng minh
1 + a3 + b3 + c3 + 6abc ≥ 3a2 b + 3b2 c + 3c 2 a.

( 1)

Giải:

THPT LƯƠNG VĂN CAN

21


ÔN THI ĐẠI HỌC

ThS. Nguyễn Thanh Quang

Không mất tính tổng quát, giả sử a = { a, b, c} . Đặt b = a + x , c = a + y với x , y ≥ 0 . Ta có:

(

1 + a3 + b3 + c3 + 6 abc ≥ 3a2 b + 3b2 c + 3c2 a ⇔ 1 + a3 + b3 + c3 − 3abc ≥ 3 a 2 b + b2 c + c2 a − 3abc

(

)

)

 a3 + b3 + c3 − 3abc = 3a x 2 − xy + y 2 + x 3 + y 3

 2
2
2
2
2
2
 a b + b c + c a − 3abc = a x − xy + y + x y



Và
Do đó

(

)

( 1) ⇔ 1 + x 3 + y3 ≥ 3x 2 y

Mặt khác từ giả thiết, ta có 0 ≤ x, y ≤ 1 ⇒ 1 + x 3 + y 3 ≥ 33 1.x 3 .y3 = 3 xy ≥ 3 x 2 y .
Vậy bài toán được chứng minh xong và dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = 1 ⇔ b = c = a + 1 .
2

Ví dụ 12: Cho các số thực a, b với a + b ≠ 0. Chứng minh: a + b +  1 + ab ÷ ≥ 2 .
 a+b 
Giải:
1+ ab
Đặt c = −
. Ta có: ab + bc + ca = –1 và lúc này BĐT cần chứng minh trở thành:
a+b
a2 + b2 + c2 ≥ 2 ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ −2(ab + bc + ca) ⇔ (a + b + c )2 ≥ 0 (luôn đúng).
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 13: Cho a, b, c ∈ [1; 3] và a + b + c = 6. Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2  ≤ 14
Giải:
Đặt a = x + 1; b = y + 1; c = z + 1. Khi đó x, y, z ∈ [0; 2] và x + y + z = 3
Giả sử x = max{x; y; z}, suy ra: x + y+ z = 3 ≤ 3x ⇒ 1 ≤ x ≤ 2 ⇒ (x –1)(x –2) ≤ 0
Nên: x 2 + y 2 + z2  ≤ x 2 + ( y + z)2 = x 2 + (3 – x )2  = 5 + 2( x –1)( x –2) ≤  5
2


2

Suy ra

x 2 + y 2 + z2  ≤ 5

Ta có:

a2 + b2 + c2 = ( x + 1)2 + ( y + 1)2 + ( z + 1)2 = x 2 + y 2 + z2 + 2( x + y + z) + 3 ≤ 14

x = 1

⇔
⇔ x = y = z = 1⇒ a = b = c = 2
Dấu “=” xảy ra
y = z
 x + y + z = 3
x = 2


x = 2
a = 3


⇔
1⇒
3
 x + y + z = 3  y = z = 2 b = c = 2


hoặc  y = z

Bài tập tương tự
1. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng
a ( a − b) ( a − c) + b ( b − c) ( b − a) + c ( c − a) ( c − b ) ≥ 0

2. Cho a, b, c, r là các số thực không âm. Chứng minh rằng
ar ( a − b ) ( a − c ) + br ( b − c ) ( b − a ) + c r ( c − a ) ( c − b ) ≥ 0

3
3. Cho a, b, c ≥ 0 thỏa a + b + c = 1 . Chứng minh rằng ( a − b ) ( b − c ) ( c − a ) ≥ −
8

4. Cho các số thực phân biệt a, b, c. Chứng minh

(



1
1
1  9
a2 + b2 + c 2 
+
+
≥
2
2
2 2


( b − c ) ( c − a ) 
 ( a − b )

)

(

5. Chứng minh rằng với mọi a, b, c > 0 , ta đều có a2 + b2 + c 2

)

2

(

)

≥ 3 a 3 b + b 3c + c 3 a .

6. Cho a, b, c ∈ [1; 3] và a + b + c = 6. Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3  ≤ 36 .

22


III-PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN ĐẠI SỐ
Ý tưởng chính của phương pháp là làm cho bài toán trở nên đơn giản hơn, hạ bậc, mất căn thức
hoặc triệt tiêu mẫu.
Sau đây là một số tính chất (dấu hiệu nhận biết) cần biết khi sử dụng phương pháp này. Bạn
đọc quan tâm có thể chứng minh dễ dàng. Những tính chất này áp dụng cho trường hợp ba biến và
có thể áp dụng tương tự cho n biến.

Tính chất 1: Nếu ba số dương a, b, c thỏa abc = 1 , thì
x
y

y
z

z
y
z
x
hoặc a = , b = , c = .
x
x
y
z
2
2
2
np
mp
mn
m
n
p
ii) Tồn tại các số dương m, n, p sao cho a =
hoặc a = 2 , b = 2 , c = 2 .
,b =
,c =
m

n
p
np
mp
mn
Tính chất 2: Nếu ba số dương a, b, c thỏa a + b + c = k thì tồn tại các số dương x, y, z sao cho
kx
ky
kz
a=
, b=
, c=
x+y+z
x+y+z
x+y+z
Tính chất 3: Nếu x , y, z > 0 thỏa điều kiện xyz = x + y + z + 2 thì tồn tại a, b, c > 0 sao cho
b+c
c+a
a+b
x=
,
y=
,
z=
a
b
c
Tính chất 4: Nếu x , y, z > 0 thỏa điều kiện xy + yz + zx + 2 xyz = 1 thì tồn tại a, b, c > 0 sao cho
a
b

c
x=
,
y=
,
b+c
c+a
a+b

i) Tồn tại các số dương x, y, z sao cho a = , b = , c =

Tính chất 5: (Phép thế Ravi) Các số thực a, b, c là ba cạnh của một tam giác khi và chỉ khi tồn tại
các số dương x, y, z sao cho a = y + z, b = z + x , c = x + y .
Nhận xét : Phép thế Ravi giúp ta chuyển một bài toán BĐT với ba số dương về một BĐT trong
tam giác và ngược lại.
Ví dụ 1: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
1
1
1
3
+
+
≥
a(b + 1) b(c + 1) c(a + 1) 2
Giải:
x
y
z
Đặt a = ; b = ; c = , với x, y, z là các số thực dương.
y

z
x
1
1
1
3
+
+
≥
Ta có:
a(b + 1) b(c + 1) c(a + 1) 2
1
1
1
3
⇔
+
+
≥
xy  y z  z x  2
+1
 + 1÷
 + 1÷
y  z  z  x  x  y ÷

⇔

yz
zx
xy

3
+
+
≥
xy + zx yz + xy zx + yz 2

( *)

Tới đây ta chứng minh ( *) dễ dàng (xem như bài tập)
Ví dụ 2: (Ôlimpic quốc tế 2000) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1. Chứng minh

1 
1 
1
rằng:
 a − 1 + ÷ b − 1 + ÷ c − 1 + ÷ ≤ 1 .
b 
c 
a

Giải:
x
y
z
Đặt a = ; b = ; c = , với x, y, z là các số thực dương.
y
z
x
( x − y + z)( y − z + x )(z − x + y )


1 
1 
1
≤1
Ta có:
 a − 1 + ÷ b − 1 + ÷ c − 1 + ÷ ≤ 1 ⇔
xyz
b 
c 
a

THPT LƯƠNG VĂN CAN

23


ÔN THI ĐẠI HỌC

ThS. Nguyễn Thanh Quang
⇔ ( x − y + z)( y − z + x )(z − x + y ) ≤ xyz

( *)

Do vai trò x, y, z có vai trò như nhau, không mất tính tổng quát nên giả sử : x ≥ y ≥ z > 0. Như
vậy x – y +z > 0 và y – z + x > 0.
+ Nếu z – x + y ≤ 0 thì ( *) hiển nhiên đúng.
+ Nếu z – x + y > 0, áp dụng BĐT Cô–si cho hai số dương ta có:
( x − y + z)( y − z + x ) ≤ x ;
( y − z + x )(z − x + y ) ≤ y ; ( z − x + y )( x − y + z) ≤ z
Nhân vế theo vế các bất đẳng thức trên, suy ra (*).

Vậy ( *) đúng cho mọi x, y, z là các số thực dương, suy ra bài toán được chứng minh.
Ví dụ 3: Cho x, y , z > 0 : xyz = 1 .
1
1
1
+ 2
+ 2
Tìm GTLN của biểu thức: P = 2
2
2
x + 2 y + 3 y + 2 z + 3 z + 2 x2 + 3
Nhận xét: Vì P là biểu thức đối xứng với x, y, z nên maxP tại x=y=z= 1.
Giải:
Áp dụng BĐT Cô-si, ta có:
x 2 + y 2 ≥ 2 xy 
1
1
2
2
≤
.
 ⇒ x + 2 y + 3 ≥ 2 xy + 2 y + 2 ⇒ 2
2
2
x + 2 y + 3 2 xy + 2 y + 2
y + 1 ≥ 2 y 
1
1
1
1

≤
≤
, 2
.
2
2
y + 2 z + 3 2 yz + 2 z + 2 z + 2 x + 3 2 zx + 2 x + 2
1
1
1
1
P≤ (
+
+
).
Do đó:
2 xy + y + 1 yz + z + 1 zx + x + 1
a
b
c
Vì x, y , z > 0 : xyz = 1 nên tồn tại các số dương a, b, c sao cho: x = , y = , z = .
b
c
a
1
1
1
1
1
1

1
1
P≤ (
+
+
)= (
+
+
) 1
Suy ra:
2 xy + y + 1 yz + z + 1 zx + x + 1 2 a + b + 1 b + c + 1 c + a + 1 = .
2
c c
a a
b b
1
Vậy: MaxP = ⇔ x = y = z = 1 .
2
Lưu ý:
Ngược lại, đối với một số bài toán chứng minh bất đẳng thức mà các biểu thức ( hoặc
a b c
biến đổi của nó) có chứa các biểu thức có dạng: ; ; , với a, b, c ≠ 0 . Lúc này việc đặt
b c a
a
b
c
x = ; y = ; z = , với xyz = 1 là một phương pháp hữu hiệu.
b
c
a

b
c
a
Ví dụ 4: Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
+
+
≤1
a + 2 b b + 2c c + 2 a
Giải:
1
1
1
+
+
≤1
BĐT ⇔ a
.
b
c
+2
+2
+2
b
c
a
a
b
c
Đặt x = ; y = ; z = . Ta có x, y, z là các số thực dương có tích xyz = 1.
b

c
a
1
1
1
1
1
1
+
+
≤1
⇔
+
+
≤1
Suy ra: a
b
c
+2
+2
+2
x +2 y+2 z+2
b
c
a
⇔ (x + 2)(y + 2) + (y + 2)(z + 2) + (z + 2)(x + 2) ≤ (x + 2)(y + 2)(z + 2)
⇔ (xy + yz + zx) + 4(x + y + z) + 12 ≤ xyz + 2(xy + yz + zx) + 4(x + y + z) + 8
⇔ 4 ≤ xyz + xy + yz + zx ⇔ 3 ≤ xy + yz + zx.
Đây là bất đẳng thức đúng vì áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho ba số dương ta có:
Tương tự:


2

24


xy + yz + zx ≥ 33 ( xyz)2 = 3 . Suy ra điều phải chứng minh.
a
b
c
+
+
≥ 1.
a + 2 b b + 2c c + 2 a

Bài tập tương tự: Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh

a b c
+ + ≥a+b+c.
b c a

Ví dụ 5: Cho các số dương a, b, c thỏa abc ≤ 1 . Chứng minh
Giải:
Đặt abc = 1 − k với 0 ≤ k < 1 . Khi đó
x
y

1− k
z
c = 3 1− k.

x

y
b = 3 1− k . ,
z

3
cho a = 1 − k . ,

a
3

xz
y2

+

yx
z2

b
3

xz

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
Do 3 1 − k ≤ 1 , nên ( 1) ⇔

.


y2

1− k

+

.

yx
z2

c
3

= 1 . Do vậy tồn tại x , y, z > 0 sao

1− k

zy

x y z
≥ 3 1− k  + + ÷
x2
y z x

+

x y z
≥ + + ÷
x2  y z x 


( 1)

zy

+

(

⇔ x 3 z3 + y 3 x 3 + z3 y 3 ≥ xyz x 2 z + y 2 x + z2 y

)

( 2)

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, Ta có
x 3 z3 + x 3 z3 + y3 x 3 ≥ 3x 3 yz2 ,

y 3 x 3 + y 3 x 3 + z3 y 3 ≥ 3 x 2 y 3 z ,

z3 y 3 + z3 y 3 + x 3 z3 ≥ 3xy 2 z3

Cộng ba bất đẳng thức trên theo từng vế, ta được ( 2 ) .
Ví dụ 6: Cho x , y, z > 1 thỏa mãn

1 1 1
+ + = 2 . Chứng minh rằng
x y z

( 1)


x −1 + y −1 + z −1 ≤ x + y + z

Giải:
Ta có

 1 1 1
 1   1   1
1 1 1
+ + = 2 ⇔ −  + + ÷ + 3 = −2 + 3 ⇔  1 − ÷ +  1 − ÷ +  1 − ÷ = 1
x y z
x  y  z
 x y z

1
x

Đặt: 1 − =

a
a+b+c
1
b
a+ b+c
1
c
a+ b+c
⇒ x=
, 1− =
⇒ y=

, 1− =
⇒ z=
a+ b+ c
b+ c
y a+ b+ c
c+ a
z a+b+c
a+ b

Khi đó ( 1) ⇔

( a + b + c )  b 1+ c + c +1 a + a +1 b ÷

a
b
c
+
+
≤
b+c
c+a
a+b










Áp dụng bất đẳng thức BCS, ta có
a
b
c
1
1
1
+
+
= a.
+ b.
+ c.
≤
b+c
c+a
a+b
b+c
c+a
a+b

Ví dụ 7: Cho a, b, c > 0 thỏa điều kiện
Chứng minh rằng abcd ≥ 3 .

1
1 + a4

+

1

1 + b4

+

1
1 + c4

+

( a + b + c )  b 1+ c + c +1 a + a +1 b ÷
1
1+ d4









=1.

Giải:
1

x
1
y
1

z
1
t
=
,
=
,
=
,
=
Đặt
1 + a4 x + y + z + t 1 + b4 x + y + z + t 1 + c4 x + y + z + t 1 + d 4 x + y + z + t

Suy ra a = 4

y+z+t
z+t+ x
t+x+y
x+y+z
, b=4
, c=4
, d=4
x
y
z
t

Bất đẳng thức trở thành

4


y+z+t z+t+ x 4 t+ x+y 4 x+ y+z
.4
.
.
≥3
x
y
z
t

⇔ ( y + z + t ) ( z + t + x ) ( t + x + y ) ( x + y + z ) ≥ 81xyzt

Bất đẳng thức này chứng minh dễ dàng !
ab bc ca
+
+
≥ 3.
Ví dụ 8: Cho a, b, c > 0 thỏa a2 + b2 + c2 = 3 . Chứng minh
c

THPT LƯƠNG VĂN CAN

a

b

25