MỤC LỤC
Trang
Chương I. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN
Chủ đề 1
Chủ đề 2

Chủ đề 3
Chủ đề 4
Chủ đề 5

Kỹ thuật biến đổi tương đương
Sử dụng các tính chất của tỉ số, tính chất giá trị tuyệt đối và tính
chất của tam thức bậc hai trong chứng minh bất đẳng thức

44

1. Sử dụng tính chất của tỉ số

45

2. Sử dụng tính chất giá trị tuyệt đối

54

3. Sử dụng tính chất tam thức bậc hai.

59

Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp phản chứng
Chứng minh các bất đẳng thức về tổng, tích của dãy số - Phương
pháp quy nạp

Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức CAUCHY
1. Kỹ thuật chọn điểm rơi trong đánh giá từ trung bình cộng sang
trung bình nhân
2. Kỹ thuật chọn điểm rơi trong đánh giá từ trung bình nhân sang
trung bình cộng.

Chủ đề 6

3

68
86
117
118
141

3. Kỹ thuật ghép cặp trong bất đẳng thức Cauchy

161

4. Kỹ thuật thêm bớt

175

5. Kỹ thuật Cauchy ngược dấu

191

6. Kỹ thuật đổi biến số


199

Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức BUNHIACOPXKI

220

1. Kỹ thuật chọn điểm rơi

221

2. Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng cơ bản

236

3. Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức

252

4. Kỹ thuật thêm bớt

275

5. Kỹ thuật đổi biến trong bất đẳng thức Bunhiacopxki

289

Chương II. MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN ĐẶC SẮC
Chủ đề 7

Ứng dụng nguyên lý DIRICHLET trong chứng minh bất đẳng thức


307

Chủ đề 8

Phương pháp hệ số bất định trong chứng minh bất đẳng thức

319

Chủ đề 9

Ứng dụng một hệ quả của bất đẳng thức SCHUR

333

Chủ đề 10

Ứng dụng của đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức và bài toán

344


tìm cực trị.
1. Dồn biến nhờ vận dụng kỹ thuật sử dụng các bất đẳng thức kinh
điển

344

2. Dồn biến nhờ kết hợp với kỹ thuật đổi biến số.


367

3. Dồn biến nhờ kết hợp với kỹ thuật sắp thứ tự các biến

382

4. Phương pháp tiếp tuyến

389

5. Khảo sát hàm nhiều biến số

393

6. Kết hợp với việc sử dụng Bổ đề

398

7. Vận dụng kỹ thuật dồn biến cổ điển

405

Chương III. TUYỂN CHỌN MỘT SỐ BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC
Chủ đề 11
Chủ đề 12

Một số bất đẳng thức hay và khó
Một số bất đẳng thức trong các đề thi học sinh giỏi, thi TSĐH và
tuyển sinh lớp 10 chuyên toán.


409
649


MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
I. Định nghĩa
Giả sử A và B là hai biểu thức bằng số hoặc bằng chữ. Khi đó
+ A  B; A  B; A  B; A  B được gọi là các bất đẳng thức.
+ Các bất đẳng thức trên được viết lại như sau
A  B  0; A  B  0; A  B  0; A  B  0
+ Một bất đẳng thức bất kì có thể đúng, cũng có thể sai.
Quy ước: Khi nói về một bất đẳng thức mà không nói gì thêm thì ta hiểu đó là một bất đẳng thức
đúng.
II. Tính chất cơ bản của bất đẳng thức
+ Tính chất giao hoán
Với các số thực A và B bất kì, ta luôn có A  B  B  A
+ Tính chất bắc cầu
Với các số thực A, B, C bất kì, ta luôn có A  B, B  C  A  C
+ Tính chất liên hệ với phép cộng
- Với các số thực A, B và M bất kì, ta luôn có
AB AMBM
- Với các số thực A, B, C, D bất kì , ta luôn có
 A  B; C  D  A  C  B  D
 A  B; C  D  A  D  B  C
+ Tính chất liên hệ với phép nhân
- Với các số thực A, B bất kì, ta luôn có
 A  B; M  0  A.M  B.M
 A  B; M  0  A.M  B.M
- Với các số thực A, B, C, D bất kì , ta luôn có
0  A  B

 0  A.C  B.D

0  C  D
+ Tính chất liên hệ với lũy thừa
- Với các số thực A, B bất kì, ta luôn có
 A  B  0  An  Bn  0 , với n là số thực dương.

 A  B  An  Bn , với n là số tự nhiên lẻ.
 A  B  An  Bn  0 , với n là số tự nhiên chẵn.
 m  n  0; A  1  A m  A n
 m  n  0; 0  A  1  A m  A n

+ Tính chất liên hệ với tính nghịch đảo
- Với các số thực dương A, B bất kì, ta luôn có A  B 
III. Một số bất đẳng thức cơ bản cần nhớ
+ A2  0 với  A

1
1

A B


+ A2k  0 với  A và k là số tự nhiên
+

A 0

với A


+ AB  A  B

+ AB  A  B


Chương I – MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Nội dung cơ bản của chương I gồm:

 Giới thiệu các phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
 Nêu một số tính chất liên quan, một số lưu ý của các phương pháp chứng minh bất đẳng thức trên.
 Giới thiệu các bài tập mẫu cùng quá trình phân tích, suy luận để tìm ra các lời giải và các lời giải được
trình bày cụ thể.

 Giới thiệu một số bài tập tự luyện.
Chủ đề 1
MỘT SỐ KỸ THUẬT BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
1. Kiến thức cần nhớ
Giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức A  B . Tư tưởng của phương pháp là biến đổi tương
đương bất đẳng thức trên thành một bất đẳng thức đúng mà phổ biến là các dạng sau:
+ Sử dụng định nghĩa bất đẳng thức: A  B  A  B  0

+ Dạng tổng bình phương: A  B  mX2  nY2  kZ2  0 , với các số m, n, k dương.
+ Dạng tích hai thừa số cùng dấu:
A  B  X.Y  0 hoặc A  B  X2n .Y  0
+ Xây dựng các bất đẳng thức từ các điều kiện ban đầu: Nếu x, y, z  [a, b] thì ta nghĩ ngay tới

một trong các bất đẳng thức đúng sau đây

 x  a  x  b   0;  x  a  y  a  z  a   0;  x  b  y  b  z  b   0


Một số đẳng thức cần nhớ

a  b  a  b

2

+

a  b

2

 a  2ab  b ; a  b
2

2

2

2

2

2

2


  a  b  c  2ab  2bc  2ca

+  a  b  b  c  c  a   a b  ab  b c  bc  c a  ca  2abc
+  a  b  c  ab  bc  ca   a b  ab  b c  bc  c a  ca  3abc
+  a  b  b  c  c  a   abc   a  b  c  ab  bc  ca 
+  a  1 b  1 c  1  abc  ab  bc  ca  a  b  c  1
+  a  1 b  1 c  1  abc   ab  bc  ca   a  b  c  1
+ a  b  c  3abc   a  b  c   a  b  c  ab  bc  ca 
+ abc

2

2

2

2

2

2

2

2

3

3

2


3









+ abc

3

2

2



2

2



2

2


2

2

2



 a 3  b3  c3  3 a  b b  c c  a



2



+ a  b  c a 2  b2  c2  a 3  b3  c3  a 2 b  ab2  b2 c  bc2  c2a  ca 2
Một số bất đẳng thức cơ bản



 

+ a 2  b2  2ab; 2 a 2  b2  a  b



2

 4ab



+ a  b  ab 
2

2



3 ab



2

4

+ a  b  c  ab  bc  ca
2

2


+ 3 a

2

  3  ab  bc  ca 
 
 c    ab  bc  ca   3abc  a  b  c 


+ 3 a 2  b 2  c2  a  b  c
4

 b4

2

2

4

+ Bất đẳng thức tam giác

b  c  a  b  c
a  b  c  0


 c  a  b  c  a  b  c  a  0
a  b  c  a  b
c  a  b  0


Với a, b, c là ba cạnh của một tam giác.
Một số kỹ thuật cơ bản trong phép biến đổi tương đương
+ Kỹ thuật xét hiệu hai biểu thức.
+ Kỹ thuật sử dụng các hằng đẳng thức.
+ Kỹ thuật thêm bớt một hằng số, một biểu thức.
+ Kỹ thuật đặt biến phụ.
+ Kỹ thuật sắp thứ tự các biến.

+ Kỹ thuật khai thác tính bị chặn của các biến.
2. Một số ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rẳng:

a) a 2  b2  c2  ab  bc  ca



b) a 2  b2  c2  3  2 a  b  c



Phân tích: Các bất đẳng thức trên khá quen thuộc, ta có thể giải bằng cách xét hiệu vế trái và vế phải rồi

phân tích thành tổng các bình phương.
Lời giải
a) Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức

a

2

 



a 2  2ab  b2  b2  2bc  c2  c2  2ca  a 2
2
2
2

2
ab  bc  ca

0
2

 b2  c2  ab  bc  ca 



 

 



Suy ra
a 2  b2  c2  ab  bc  ca
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c
b) Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức

a

2

 



 b2  c2  3  2 a  b  c  a 2  2a  1  b2  2b  1  c2  2c  1




 

 

2

2

 a 1  b 1  c 1

Suy ra



a 2  b2  c2  3  2 a  b  c



2

0



Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c  1
Ví dụ 2. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rẳng:



2

a 2  b2  c2  a  b  c 


3
3



Phân tích: Đây là một bất đẳng thức khá quen thuộc, ta có thể giải bằng cách xét hiệu vế trái và vế phải

rồi phân tích thành tổng các bình phương.
Lời giải
Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức



 



2
3 a 2  b2  c2  a  b  c
a 2  b2  c 2  a  b  c 
a

 
3

3
9


2
2
2
ab  bc  ca

9



 

 

2



2

a 2  b2  c2  a  b  c 

Suy ra

3
3



Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c .
Nhận xét: Qua hai ví dụ trên ta nhận thấy khi biến đổi tương đương bất đẳng thức bậc hai thường xuất



 

 

2

2

hiện các đại lượng a  b ; b  c ; c  a



2

với điều kiện dấu đẳng thức xẩy ra tại a  b  c . Do đó

trước khi biến đổi bất đẳng thức ta nên dự đoán dấu đẳng thức xẩy ra để từ đó có hướng đi hợp lí.
Ví dụ 3. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rẳng:



a 2  b2  c2  d2  e2  a b  c  d  e




Phân tích: Bất đẳng thức cần chứng minh có hình thức tương tự như các bất đẳng thức trên, ta có thể giải

bằng cách xét hiệu vế trái và vế phải rồi phân tích thành tổng các bình phương. Để được các tích
ab, ac, ad, ae vào trong bình phương ta cần ghép a với b, c, d, e, và vì vai trò của b, c, d, e như nhau nên

ta có thể nghĩ đến việc biến đổi như sau



a 2  b 2  c2  d 2  e2  a b  c  d  e



 a  kb



   a  kc    a  kd    a  ke 
2

2

2

2

0

Trong trường hợp trên ta có thể chọn k  2 , tức là ta phải nhân hai vế với 4.

Lời giải
Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức



a 2  b2  c 2  d2  e 2  a b  c  d  e







 

4 a 2  b2  c2  d2  e2  4 ab  ac  ad  ae





4
a 2  4ab  4b2  a 2  4ac  4c2  a 2  4ad  4d2  a 2  4ae  4e2

 

 

4
 a  2e


 a  2b    a  2c    a  2d  

2

2

2

4

Suy ra

 





2

0



a 2  b 2  c2  d2  e2  a b  c  d  e



Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  2b  2c  2d  2e .



Nhận xét: Với bất đẳng thức trên, ngoài phép biến đổi tương đương ta còn có thể dùng tính chất của tam
thức bậc hai để chứng minh.
Ví dụ 4. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện a, b, c  1 . Chứng minh rẳng:

a)

1
1
2


2
2
1  ab
1a
1b

b)

1
1
1
3



3
3

3
1  abc
1a
1 b
1 c

Phân tích: Để ý ta thấy, mẫu của các biểu thức xuất hiệt các bình phương, ý tưởng chứng minh bất đẳng

thức trên là xét hiệu và phân tích làm xuất hiện các bình phương. Chú ý đến giả thiết
a, b  1  ab  1  0 .

Lời giải
a) Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức
1
1
2
1
1
1
1






2
2
2
2

1  ab 1  a
1  ab 1  b
1  ab
1a
1 b
2
a  b ab  1

0
a 2  1 b2  1 ab  1















1
1
2



2
2
1  ab
1a
1 b
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  1 .
Suy ra

b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với.

1
1
1
3
1
1
1
1
4








3
3
3

3
3
3
1  abc
1  abc 1  abc
1a
1 b
1 c
1a
1b
1c
Áp dụng bất đẳng thức ở câu a ta được
1
1
1
1
2
2





3
3
3
3
3
1  abc 1  a b
1a

1 b
1 c
1  abc4
4
4


1  abc
1  a 3 b3 abc4

1
1
1
3



3
3
3
1  abc
1a
1 b
1 c
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 .

Suy ra

Ví dụ 5. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 3  b3  a  b . Chứng minh rẳng:
a 2  b2  ab  1


Phân tích: Quan sát bất đẳng thức cần chứng minh ta thấy có biểu thức a 2  b2  ab . Trong khi đó giả
thiết lại xuất hiện biểu thức a  b . Vậy mối liên hệ của hai biểu thức này như thế nào? Dễ thấy được







hằng đẳng thức a  b a 2  b2  ab  a 3  b3 . Do đó một cách rất tự nhiên ta nhân hai vế của giả thiết
với biểu thức
a 2  ab  b2 

a 2  b2  ab để làm xuất hiện a 3  b3 và a 2  b2  ab , khi đó ta được
a 3  b3
a 3  b3
.
Tới
đây
chỉ
cần
chứng
minh
 1 là xong.
a 3  b3
a 3  b3

Lời giải
Biến đổi giả thiết ta được




 a


 b  a

 
 ab  b   a



a 3  b3  a  b  a 3  b3 a 2  ab  b2  a  b a 2  ab  b2
3

3

2

2

3



 b3  a 2  ab  b2 

a 3  b3
a 3  b3


Ta cần chứng minh được
a 3  b3
 1  a 3  b3  a 3  b3  0  2b3  0  b
3
3
a b
Do b  0 hiển nhiên đúng. Nên bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ 6. Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b . Chứng minh rằng:
a 2  b2  2ab  b2  a

Phân tích: Bất đẳng thức có chứa căn bậc hai và các biểu thức trong căn có chứa các bình phương, lại có

thêm điều kiện a  b  0 , nên ta bình phương hai vế để biến đổi bất đẳng thức.
Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:



a 2  b2  2ab  b2



2

 a2

 a 2  b2  2 a 2  b2 . 2ab  b2  2ab  b2  a 2






 2b a  b  2 a 2  b2 . 2ab  b2  0





Vì a  b  0 nên b a  b  0 . Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Ví dụ 7. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:



a 4  b4  c4  abc a  b  c



Phân tích: Bất đẳng thức trên là một bất đẳng thức cơ bản có vế trái là các lũy thừa bậc chẵn. Để ý ta





thấy abc a  b  c  ab.bc  bc.ca  ca.ab , do đó rất tự nhiên ta nghĩ đến việc biến đổi bất đẳng thức
thành tổng của các bình phương.
Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
a 4  b4  c4  a 2 bc  b2ac  c2ab  0  2a 4  2b4  2c4  2a 2 bc  2b2ac  2c2ab  0



 a

  2a b   b  c   2b c   c  a   2a c  2a bc  2b ac  2c ab  0
 b    b  c    c  a    ab  bc    bc  ac    ab  ac   0

 a 2  b2
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



a 4  b4  c4  abc a  b  c

Suy ra

2


2

2



Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c
Ví dụ 8. Cho a, b là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rẳng:

a

10



 

 b10 a 2  b2  a 8  b8

 a

4

 b4



Phân tích: Để ý ta thấy a10 .a 2  a 8 .a 4 , b10 .b2  b8 .b4 , do đó ta biến đổi tương đương để thu gọn và


chứng minh bất đẳng thức.
Lời giải
Biến đổi tương đương bất đẳng thức


a

10

 a

 b10

 

a

 b2  a 8  b 8

2

 b4

4



 a  a b  a b  b  a  a b  a b8  b12
12


10

2

2 10

12


 a b a

12

8

4

4




 b  a  a b  b   0








 a 8 b2 a 2  b2  a 2 b8 b2  a 2  0  a 2 b2 a 2  b2 a 6  b6  0
2

2

2

2

2

4

2

2

4

Bất đẳng thức cuối đúng. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 9. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  0 . Chứng minh rằng:
ab  2bc  3ca  0
Phân tích: Từ giả thiết a  b  c  0 ta có thể rút một biến theo các biến còn lại, chẳng hạn c  a  b ,

thay vào biểu thức của bất đẳng thức ta được 3a 2  4ab  2b2 là biểu thức chỉ chứa hai biến và xuất hiện
các bình phương. Đến đây ta tìm cách phân tích thành tổng các bình phương để chứng minh bất đẳng
thức.
Lời giải






Theo giả thiết thì c   a  b , nên bất đẳng thức đã cho tương ứng với











ab  c 2a  3a  0  ab  a  b 2b  3a  0



 ab  2ab  3a  2b  3ab  0  3a  4ab  2b2  0  a 2  2 a  b
2

2

2



2


0

Từ đó ta có điều phải chứng minh . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  0 .





5 a2  1
a
11


Ví dụ 10. Chứng minh với các số thực a dương, ta có: 2
2a
2
a 1
Phân tích: Bất đẳng thức cần chứng minh chỉ chứa một biến a, nên thông thường ta sử dụng phương

pháp biến đổi tương đương để chứng minh. Để ý thêm nữa ta thấy, bất đẳng thức chứa các đại lượng





2

a 2  1 và 2a làm ta liên tưởng đến hằng đẳng thức a  1 , lại thấy đẳng thức xẩy ra khi a  1 nên suy




nghĩ rất tự nhiên là biến đổi tương đương bất đẳng thức làm xuất hiện đại lượng a  1







2

xem có thể

2
11 1
a
1 5 a 1
  5 nên
 ;
 5 và
chứng minh bài toán được không. Với a  1 khi đó ta có 2
2
2
2a
a 1 2

ta chuyển vế để biến đổi bất đẳng thức.
Lời giải
Biến đổi tương đương bất đẳng thức










2
5 a2  1
a
11
a
1 5 a 1





5 0
2a
2
2a
a2  1
a2  1 2
2
2
2
5 a 1
a 1 5

 a 1
1 
0






0
2
2a
2
2 a2  1
 a a  1







 a  1




2

2




.



5a 2  a  5



a a 1
2







 a  1 .  a  1
0
2

2

2






 9 a2  1

2 a 1
2



Bất đẳng thức cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  1 .

0


Ví dụ 11. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:
a 3  b 3 b3  c3 c3  a 3


2 abc
ab
bc
ca
Phân tích: Quan sát bất đẳng thức cần chứng minh ta nhận thấy những đặc điểm sau:





+ Hai vế của bất đẳng thức cùng có bậc một.

+ Bất đẳng thức cần chứng minh làm ta liên tưởng đến một bất bất đẳng thức khá hay dùng





x 3  y 3  xy x  y .

Lời giải





Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức x 3  y 3  xy x  y với x, y là các số dương
Thật vậy






















x 3  y 3  xy x  y  x  y x 2  y2  xy  xy x  y  x  y

Áp dụng bất đẳng thức trên ta được











2

0

bc b  c
ca c  a
a 3  b3 b3  c3 c3  a 3 ab a  b






2 abc
ab
bc
ca
ab
bc
ca





a 3  b3 b3  c3 c3  a 3


2 abc
ab
bc
ca
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c.



Suy ra




Ví dụ 12. Chứng minh rằng với mọi số thực x ta luôn có

2x  1 .





x 2  x  1  2x  1 . x 2  x  1

Phân tích: Bất đẳng thức chỉ chứa một biến và có chứa căn bậc hai. Trước hết ta kiểm tra điều kiện xác

định của các căn thức
2

2



1
3
1
3
x  x  1   x     0 và x 2  x  1   x     0
2
4
2
4



Nên bất đẳng thức được xác định với mọi x.
Quan sát bất đẳng thức ta thấy nếu thay x bằng x thì vế trái của bất đẳng thức trở là
2

 2x  1 .





x 2  x  1 và vế phải của bất đẳng thức là 2x  1 . x 2  x  1 , khi đó nếu nhân hai vế với

1 thì được  2x  1 . x2  x  1   2x  1 . x2  x  1 , tức là bất đẳng thức không thay đổi gì cả.
Như vậy ta chỉ cần xét trường hợp x không âm là được.
Với 0  x 

1
, ta thấy vế trái luôn dương và vế phải nhỏ hơn hoặc bằng không nên ta có thể
2

chia nhỏ các trường hợp 0  x 

1
1
và x  để chứng minh bất đẳng thức.
2
2

Lời giải
2


2



1
3
1
3
Vì x  x  1   x     0 và x 2  x  1   x     0
2
4
2
4


Nên bất đẳng thức được xác định với mọi x.
Nếu x  0 , ta đặt x  t, t  0 khi đó bất đẳng thức trở thành.
2


 2t  1 t  t  1   2t  1
  2t  1 t  t  1   2t  1 t

t2  t  1

2

2


2

 t1

Bất đẳng thức cuối này có dạng như bất đẳng thức ở đề bài và quan trọng hơn lúc này ta lại có
t  0 . Như vậy, với lập luận này ta thấy rằng chỉ cần xét bài toán trong trường hợp x  0 là đủ. Lúc này
có hai khả năng xảy ra :
+ Nếu 0  x 

1
thì 2x  1 . x 2  x  1  0; 2x  1 . x 2  x  1  0
2





suy ra 2x  1
+ Nếu x 









x 2  x  1  2x  1






x 2  x  1 . Nên bất đẳng thức đúng.

1
thì hai vế cùng dương, nên bình phương hai vế ta được
2

2x  1  x
2

2

 

 x  1  2x  1

 x
2

2

 x 1



 4x  x  3x  1  4x  x  3x  1  x  0
4


2

4

2

1
nên bất đẳng thức cuối cùng đúng.
2
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Mà x 

Ví dụ 13. Cho các số thực a, b, c  [0, 1] . Chứng minh rằng:
a 4  b3  c2  ab  bc  ac  1
Phân tích: Từ giả thiết a, b, c  [0, 1] ta được 0  a, b, c  1 , khi đó theo tính chất của lũy thừa ta được
a  a 4 ; b  b3 ; c  c2 . Biểu thức ở vế trái của bất đẳng thức được thay bằng đại lượng

a  b  c  ab  bc  ca . Cũng từ giả thiết a, b, c  [0, 1] và biểu thức bên làm ta liên tưởng đến tích

1  a 1  b 1  c   0 . Do đó ta sử dụng phép biến đổi tương đương để chứng minh bất đẳng thức
trên.
Lời giải
Theo giả thiết a, b, c  [0, 1] ta có

1  a 1  b 1  c   0
 1   a  b  c   ab  bc  ac  abc  0

 1  a  b  c  ab  bc  ac  abc

Cũng từ giả thiết a, b, c  [0, 1] nên abc  0 và a  a 4 ; b  b3 ; c  c2 .

Do đó ta suy ra 1  a  b  c  ab  bc  ac  a 4  b3  c2  ab  bc  ac
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 hoặc
a  1; b  c  0 và các hoán vị.
Ví dụ 14. Chứng minh rằng với mọi số thực khác không a, b ta có:

a 2 b2 a b

 
b2 a 2 b a


2

a 2 b2  a b 
Phân tích: Để ý ta thấy 2  2      2 , do đó ta có thể biến đổi bất đẳng thức thành
b
a
b a
2

a b
a b
    2      0 . Đến đây ta có thể phân tích thành tích rồi quy đồng hoặc đặt biến phụ
b a
b a
a b
 , chú ý điều kiện t  2 .
b a

Lời giải
Bất đẳng thức đã cho tương đương với
t

2

a b
a b
a b
 a b

a 2 b2 a b
 2        2      0     1    2   0
2
b a
b
a
b a
b a
b a
 b a

Đến đây ta có hai hướng xử lý bất đẳng thức trên.
+ Hướng 1: Biến đổi tương đương tiếp ta được bất đẳng thức

a

2




 b2  ab a  b



a 2 b2

2

0

a  b  a
 ab 
2

a b
2

Mà

2

2

 b2

2

0


Do đó bất đẳng thức được chứng minh.
2

a b
a b
+ Hướng 2: Đặt t   , khi đó ta được t2      4  t  2
b a
b a







Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành t  1 t  2  0 .







-

Nếu t  2 , suy ra t  2  0 nên t  1 t  2  0 .

-

Nếu t  2 , suy ra t  1  0; t  2  0 nên t  1 t  2  0








Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b
Ví dụ 15. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b ta có:







ab a  2 b  6  12a 2  24a  3b2  18b  36  0
Phân tích: Quan sát bất đẳng thức ta nhận thấy vế trái của có sự xuất hiện các đại lượng

    và chú ý thêm các đại lượng bên ta nhận thấy a  a  2   1   a  1 và
b  b  6   9   b  3  . Đến đây ta thấy có hai ý tưởng chứng minh bất đẳng thức trên.
+ Thứ nhất là ta biến đổi tương đương làm xuất hiện các bình phương  a  1 ,  b  3  .
+ Thứ hai là đặt biến phụ x  a  a  2  ; y  b  b  6  và sử dụng điều kiện của biến phụ để chứng
2

a a 2 ; b b6

2

2


minh.
Lời giải
Cách 1: Gọi P là vế trái của bất đẳng thức đã cho, ta có







P  ab a  2 b  6  12a 2  24a  3b2  18b  36



 








 a a  2 b b  6  12   3 b b  6  12 




2

2

 b b  6  12  a a  2  3    b  3  3   a  1  2   0


 

















2


Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Cách 2: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với














2

ab a  2 b  6  12 a  1  3 b  3












2

30





2

x  a a  2
x  1  a  1  0
Đặt 

2
y
b
b
6


y  9  b  3  0

Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành
















xy  12 x  1  3 y  9  3  0  x  3 y  12  0
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng vì x  1  0; y  3  0 .
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 16. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rằng:
1019a 2  18b4  1007c2  30ab2  6b2 c  2008ca

Phân tích: Quan sát bất đẳng thức cần chứng minh ta thấy vế trái xuất hiện các lũy thừa bậc chẵn và vế

phải xuất hiện tích của hai trong ba biến nên ta nghĩ đến việc biến đổi bất đẳng thức thành tổng các bình
phương. Tuy nhiên vì hệ số khác nhau nên ta cần phải tinh ý khi phân tích.



Sau khi chuyển vế ta phân tích thành m a  b2
m  k  1019; n  k  18; k  m  1007 .

cho



2






hệ

điều

 n b2  c

Giải

2



k ca



kiện

2

và cần tìm m, n, k sao

trên

ta

tìm

được


m  15; n  3; k  1004 . Đến đây ta chứng minh được bất đẳng thức.

Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với


 


 15  a  b  3  b  c   1004  c  a   0



15 a 2  2ab2  b2  3 b4  2b2 c  c2  1004 c2  2ca  a 2  0
2

2

2

2

2

Vật bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b2  c .
Ví dụ 17. Cho a, b là các số thực thỏa mãn a  1; b  1 . Chứng minh rằng:
a b  1  b a  1  ab

Phân tích: Bất đẳng thức có chứa căn bậc hai và đẳng thức xẩy ra tại a  b  2 , do đó ta có các ý tưởng

chứng minh bất đẳng thức sau đây:

+ Thứ nhất là đặt biến phụ x  a  1; y  b  1 để làm mất căn bậc hai và phân tích thành các bình
phương.
+ Thứ hai là khử căn bậc hai bằng một đánh giá quen thuộc x 2  y2  2xy . Để ý đến chiều bất đẳng thức
và điều kiện dấu bằng xẩy ra tại a  b  2 ta đánh giá được
a 1 

 a  1 .1  a  21  1  a2 ;

b 1 

 b  1 .1  b  21  1  b2

Lời giải
Cách 1: Đặt x  a  1; y  b  1 , khi đó x  0; y  0 . Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại



 







thành x 2  1 y  y2  1 y  x 2  1 y2  1





x
 x
 x

2

     
 1 y  1  2  x  1 y   x  1 y
 1  y  1   y  1  x  1  0

 1 y  y2  1 y  x 2  1 y2  1

2
2

2

2

2

2

 



 1  2 y2  1 x  0


2

2

2

Bất đẳng thức cuối cùng đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  1 hay a  b  2 .
Cách 2: Áp dụng một bất đẳng thức quen thuộc ta được
a 1 
b 1 

 a  1 .1  a  21  1  a2
 b  1 .1  b  21  1  b2

ab ab

 ab
2
2
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  2 .
a b 1  b a 1 

Do đó ta được






Ví dụ 18. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b ta có: 2 a 4  b4  ab3  a 3 b  2a 2b2
Phân tích: Để ý ta thấy, với a  b thì dấu đẳng thức xẩy ra nên ta tách các hạng tử để tạo ra nhân tử





2

chung a  b .
Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với



a 4  2a 2 b2  b4  a 4  a 3 b  b4  ab3  0  a 2  b2



 

 





  a
2


 

3

2
2
2
 a  b  a  b  a 2  ab  b2   0  a  b 3 a  b



Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b .

 b3



2

 a  b  0

 a 2  b2   0


Ví dụ 19. Cho a, b là hai số thực khác không. Chứng minh rằng:

4a 2 b2

a


2

 b2



2



a 2 b2

3
b2 a 2

Phân tích: Quan sát bất đẳng thức ta nhận thấy khi a 2  b2 thì bất đẳng thức xẩy ra dấu bằng và



a 2  b2
a 2 b2


b2 a 2
a 2 b2



2


 2 . Nên ta có các ý tưởng biến đổi tương đương bất đẳng thức như sau:



+ Thứ nhất là quy đồng hai về và phân tích làm xuất hiện nhân tử chung a 2  b2
2

 2ab 
+ Thứ hai là đặt biến phụ t   2
, chú ý điều kiện 0  t  1 .
2 
a  b 
Lời giải
Cách 1: Bất đẳng thức đã cho tương đương với.



2




4a 2 b2  a 2  b2
a 2 b2
1 2  2 2  0 
2
b
a
a 2  b2


4a 2 b2



2



a 4  2a 2 b2  b4
0
a 2 b2

a  b 




a b 
 a  b 

1
 1



 0  a  b  

0
ab

ab
a

b
a

b




 
a  b   a  b   a b 
a  b  a  b  a b   0

0
a b a  b 
a b a  b 
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

4

4

2

2

2

2

2

2

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b .
Cách 2: Bất đẳng thức được viết lại thành

4a 2 b2

a


2

b

2



2

a


2

 b2



a 2 b2



2
a 2  b2
 2ab 
Đặt t   2
, khi đó ta được 0  t  1 . Suy ra
2 
a 2 b2

a  b 
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành



2

2

 5.
2

 a 2  b2 
4
 4 
 
t
 2ab 

4
 5  t2  5t  4  0  t  1 t  4  0
t
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng vì 0  t  1 .



t






Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b .





Ví dụ 20. Cho các số thực dương a, b, m, n m  n . Chứng minh rằng:
a
b
2


na  mb mb  na m  n

Phân tích: Nhận thấy bất đẳng thức xẩy ra dấu bằng tại a  b, do đó một cách tự nhiên ta nghĩ đến biến





2

đổi bất đẳng thức làm xuất hiện a  b , chú ý đến điều kiện m  n
Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với










m ab
m ab
a
1
b
1



0

0
na  mb n  m nb  ma n  m
na  mb n  m
nb  ma n  m



 

m a  b 
m a  b


1
1
mn


0
.

0
n  m  na  mb nb  ma 
nm
 na  mb  nb  ma 



2

Vì a, b  0 và m  n nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b hoặc m  n .
Ví dụ 21. Cho a, b là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:
a2b
2 a 2  2ab


2a 3  b3 3 2a 2  b2

Phân tích: Quan sát bất đẳng thức ta nhận thấy dấu đẳng thức xảy ra với a  b , khi đó rất tự nhiên ta






2

nghĩ đến biến đổi bất đẳng thức làm xuất hiện đại lượng a  b . Mặt khác với a  b ta lại có


a2b
1 a 2  2ab
2
1
 1  , nên ta ta biến đổi bất đẳng thức thành
;

 1 . Để ý là
3
3
2
2
3 2a  b
3
3
2a  b
2
2
ab
1 a  2ab
  2
 1 . Tới đây ta quy đồng hai vế và phân tích thành các bình phương.
3

3
3 2a  b2
2a  b
Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
a2b
2 a 2  2ab
a 2b
1 a 2  2ab





1
2a 3  b3 3 2a 2  b2
2a 3  b3 3 2a 2  b2
2
2

 a  b 2a  b
 ab
2
1
2a  b



 ab


2
2
2
2
3
3
 2a  b
2a  b
3 2a  b
3 2a 3  b3

2
 a  b 3 2a 3  b3  2a 2  b2 2a  b   0


2
4
3
3
2
2
 a  b 2a  2b  2a b  2ab  0  a  b a  b  0











 












 

















0





Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Vật bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b .
Ví dụ 22. Cho các số thực a , b không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng:
2ab
b2
3


2
2
2
2
5
a  4b
3a  2b
2ab
2
b2
1

 . Nên ta ta biến đổi

;
2
2
2
2
5 3a  2b
5
a  4b

Phân tích: Dấu đẳng thức xảy ra với a  b , khi đó

bất đẳng thức thành

2
2ab
1
b2
 2


 0 . Tới đây ta quy đồng hai vế và phân tích thành
5 a  4b2 5 3a 2  2b2

các bình phương.
Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
2ab
b2
3

2
2ab
1
b2






0
5 a 2  4b2 5 3a 2  2b2
a 2  4b2 3a 2  2b2 5













2 a  b a  4b
3 ab ab
2a 2  10ab  8b2 3a 2  3b2





0
0
a 2  4b2
3a 2  2b2
a 2  4b2
3a 2  2b2
 a  b 2 a  4b 3a 2  2b2  3 a  b a 2  4b2   0


2
2
3
2
2
3
 a  b 9a  21a b  16ab  4b  0  a  b 3a  2b  0








 



 












Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b hoặc 3a  2b
Ví dụ 23. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:











 






a) a a  b a  c  b b  c b  a  c c  a c  b  0
b) a  b  c  a b  b c  c a
6

Phân tích:

6

6

5

5

5




 



a) Quan sát bất đẳng thức thứ nhất ta nhận thấy a  c  a  b  b  c do đó bất đẳng thức lúc này




tương đương với a a  b







2







 c a  c b  c  0 . Đến đây chỉ cần sắp thứ tự các biến sao cho



c a  c b  c  0 là xong.

đẳng thức

   
 a  b  a  b    a  c   b  c   0 . Đến đây ta chỉ cần sắp thứ tự các biến sao cho

a  c b

 c5  0 là xong.


b) Tương tự như trên ta có a  c  a  b  b  c , biến đổi tương đương bất đẳng thức ta được bất

5

5

5

5

5



Lời giải
a) Vì vai trò của a, b, c trong bất đẳng thức như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử
a  b  c  0 . Khi đó ta có

        
 a  a  b   a  b    b  c    b  b  c  b  a   c  c  a  c  b   0


 a  a  b   a  a  b  b  c   a  b  c  a  b   c  a  c  b  c   0
  a  b   a  b  c   c  a  c  b  c   0
a ab ac a bc ba c ca cb  0
2

2


Vì a  b  c  0 nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c .
b) Vì vai trò của a, b, c trong bất đẳng thức như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử
a  c  0; b  c  0 . Khi đó ta có













a 6  a 5 b  b6  b 5 c  c 6  c 5 a  0  a 5 a  b  b 5 b  c  c 5 c  a  0







 
  








 a 5 a  b  b5  a  b  c  a   c 5 c  a  0


5
5
5
 a  b a  b  a  c b  c5  0







Vì a  c  0; b  c  0 nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c .
Ví dụ 24. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:

bc ca ab


abc
a
b
c
Phân tích: Quan sát bất đẳng thức ta có các nhận xét như sau:


    ca    ab 

+ Quy đồng hai vế của bất đẳng thức thì vế trái xuất hiện bc



2

2

2

và vế phải xuất hiện



abc a  b  c  ab.bc  bc.ca  ca.ab . Như vậy chỉ cần chuyển vế trái ta viết được thành tổng các bình

phương



c ab
bc ca

 2c 
+ Để ý ta thấy
a
b

ab



2

. Như vậy ta cần nhân hai vế với 2 và ghép tương tự.

Lời giải
Cách 1: Biến đổi tương đương bất đẳng thức trên như sau


2
2
2
bc ca ab


 a  b  c  bc  ca  ab  abc a  b  c
a
b
c
2
2
2
 2 bc  2 ca  2 ab  2abc a  b  c  0

     



     


  ab  bc    bc  ca    ca  ab   0
2

2

2

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c .
Cách 2: Biến đổi tương đương bất đẳng thức trên như sau
 bc ca ab 
bc ca ab


 a  b  c  2


2 abc
a
b
c
b
c 
 a
 bc ca
  ca ab
  ab bc




 2c   

 2a   

 2b   0
b
c
a
 a
  b
  c

2
2
2
2
2
2
c b  a  2ab
a c  b  2bc
b c  a  2ca



0
ab
bc

ca
2
2
2
c ab
a bc
b ca



0
ab
bc
ca
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c .






























Ví dụ 25. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:
a 2 b2 c2


abc
b
c
a





2


ab
a2
Phân tích: Nhận thấy
. Áp dụng tương tự ta được bất đẳng thức cần chứng minh.
 2a  b 
b
b
Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

 a2
  b2
  c2

 2b  c     2c  a   0
  2a  b   
b
  c
 a

2
2
2
2
a  2ab  b
b  2bc  c
c2  2ca  a 2




0
b
c
a
2
2
2
ab
bc
ca



0
b
c
a
Vì a, b, c là các số thực dương nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c .



 

 



Ví dụ 26. Cho a, b là các số thực dương, tìm hằng số k lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức.
k

1
1
8  2k
 2  2 
2
2
a b
a
b
ab
2





Phân tích: Vì vai trò của a, b như nhau nên ta dự đoán dấu đẳng thức xẩy ra tại a  b , do đó khi biến đổi

bất đẳng thức ta cần làm xuất hiện nhân tử

 a  b  a
2

2



a  b .
2


Khi đó bất đẳng thức trở thành



 4ab  b2 a 2  b2  ka 2 b2   0 . Để tìm k lớn nhất ta cho a  b , khi đó ta được


12a 4  ka 4  0  k  12 . Đến đây ta chỉ cần chứng minh k  12 bất đẳng thức đúng là được.
Lời giải


Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
k
1
1
8  2k
 2  2 
2
2
a b
a
b
ab
k
2k
1
4
 2

 2 

2
2
a b
a
ab
ab



2







1
4

2
b
ab



0

 
 

k  a  b 
 b  a  b  3a    a  b  3a  b   0


b a  b
a  b  a  b a a  b
 a  b  a  4ab  b   k  a  b   0

a b a  b
a  b  a  b
  a  b   a  4ab  b  a  b   ka b   0


2

2

2

2

2

2

2

2

2






2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Vì a  b

2

2


2

2

2

2

2

2

2

 0 nên bất đẳng thức đúng khi và chỉ khi

a

2





 4ab  b2 a 2  b2  ka 2 b2  0

Cho a  b thì bất đẳng thức trên trở thành 12a 4  ka 4  0  k  12 . Ta chứng minh k  12
là hằng số lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức đã cho
Thật vậy, ta xét các trường hợp sau








+ Với k  12 thì ta được a 2  4ab  b2 a 2  b2  ka 2 b2  0 .




a  4ab  b  a  b   12a b  0
  a  b   4a b  4ab  a  b  2ab   0   a

+ Với k  12 thì bất đẳng thức a 2  4ab  b2 a 2  b2  ka 2 b2  0 trở thành
2

2

2

2

2

2

2


2

2

2

2

2

2

2

 b2



2



 4ab a  b



2

0


Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng. Vậy hằng số k lớn nhất là 12.
Ví dụ 27. Cho a, b là các số thực dương, tìm hằng số k lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức
k
1
1
16  4k
 3  3 
3
3
a b
a
b
ab



3



Lời giải
Biến đổi tương đương bất đẳng thức cần chứng minh ta được
k
1
1
16  4k
 3  3 
3
3
a b

a
b
ab



3



k
4k

3
a b
ab



1
8

3
a
ab

3

2


2

3

2







1
8

3
b
ab

3

2

3

3

2

2




Vì a  b



2

2

3

3

 
2

 0 nên bất đẳng thức đúng khi và chỉ khi

3

3

2

4

a 3 b3
 a  b  a 4  5a 3b  12a 2 b2  5ab3  b4





3

2

3

4



0


a  b  7b  4ab  a
7a  4ab  b  3k  a  b   a  b 


0

 
b
a


a  b
a  b  a  b

 a  b   a  5a b  12a b  5ab  b   3k  a  b   0

3









a 2  ab  b2
a 2  ab  b2  3ka 3 b3   0





a

4

 5a 3 b  12a 2 b2  5ab3  b4

 a

2




 ab  b2  3ka 3 b3  0

Cho a  b thì bất đẳng thức trên trở thành 24a  3ka  0  k  8 . Ta chứng minh k  8 là
hằng số lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức đã cho. Thật vậy, ta xét các trường hợp sau
6



 a

+ Với k  8 thì a 4  5a 3 b  12a 2 b2  5ab3  b4

2

+ Với k  8 thì bất đẳng thức trên được viết lại thành

a

4

 5a 3b  12a 2 b2  5ab3  b4

6



 ab  b2  3ka 3 b3  0 .

a


2



 ab  b2  24a 3 b3  0

Ta có a 4  b4  2a 2b2 ; a 2  b2  2ab nên





a 4  5a 3b  12a 2 b2  5ab3  b4  a 4  b4  5ab a 2  b2  12a 2 b2  24a 2 b2
a  ab  b  ab
2

Và



2

Do đó ta có a  5a b  12a b  5ab3  b4
4

3

2


2

 a



 ab  b2  24a 3 b3

2

Suy ra bất đẳng thức được chứng minh. Vậy hằng số k lớn nhất là 8.
Ví dụ 28. Cho a, b là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:

3a 2  2ab  3b2
 2 2 a 2  b2
ab
Phân tích: Đẳng thức xẩy ra khi a  b , do đó ta cố biến đổi bất đẳng thức làm xuất hiện đại lượng





 a  b  . Bất đẳng thức cần chứng minh có chứa căn, nên để xuất hiện nhân tử chung có dạng  a  b 
cần chú ý đến phép biến đổi 2  a  b    a  b    a  b 
a  b
Khi đó ta có
2 a  b   a  b 
2 a  b   a  b
2


2

2

2

2

2

2

2

2

2

Lời giải
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh như sau

3a 2  2ab  3b2
 2 2 a 2  b2
ab
3a 2  2ab  3b2

 2 a  b  2 2 a 2  b2  2 a  b
ab








a  b




2

ab











2 ab



2 a b




2





2



0

 



 a  b  2 a 2  b2  a  b  2 a  b   0


2



 



 a  b  2 a 2  b2  a  b   0 



2



a  b

2 a b
2

Bất đẳng cuối cùng đúng do a , b dương. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 29. Cho a, b là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:
2ab

a  b





2

  a  b

 

 

a 2  b2

ab
 ab 
2
2

2

4

 ab

0

2

ta








2



2


a  b  4ab
ab
ab
2ab



2
ab
2 ab
2 ab

Phân tích: Để ý ta thấy









a 2  b2
2
 ab
ab
a b
2
Lại có
 ab 


2
2
 a 2  b2

a  b2
 ab 2 
 ab 


2
2


Do đó ta biến đổi tương đương để chứng minh bất đẳng thức
Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh được biến đổi như sau
2



2







ab

a 2  b2
ab
2ab
1
1 

 ab 



0
 a 2  b2
2
2
ab
2
a  b


 ab
2


2


2
2
 a  b 2a  2b  2 a  b  2 ab  0










Vì a  b



2







2







 0 nên ta cần chứng minh 2a  2b  2 a 2  b2  2 ab  0


Thật vậy, ta có



2



a  b  2 a 2  b2  

a  b  2 ab 



a  b



 

2 a 2  b2  a  b

a b



2

a  b




2





a b



2

Do vậy bất đẳng thức trên tương đương với



2 
1
1

ab 
0
2
2
2
 a b
2 a b  ab 



2
2 

 a  b  2 a 2  b2  a  b  a  b   0


2 a 2  b2  4ab
2
2


2
2
2 a  b  2 ab  0  a  b
 ab
0


2 a 2  b2  2 ab





























2 ab



2 a b
2

2






 

















4

 2

0
ab

Bất đẳng thức cuối này hiển nhiên đúng, Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b .
Ví dụ 30. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:




abc   a  b  c  b  c  a  c  a  b 

a) a 2  b2  c2  2 ab  bc  ca
b)

Lời giải
a) Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên ta có


a 2  a(b  c)
 2
b  b(a  c)
 c2  c(a  b)


0  a  b  c

0  b  a  c 
0  c  a  b




Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được a 2  b2  c2  2 ab  bc  ca



b) Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên ta có




a2  a2  b  c

   a  b  c  a  b  c   0
2

Chứng minh tương tự ta được b2  b2  (c  a)2  0; c2  c2  (a  b)2  0
Nhân vế các bất đẳng thức ta được



  b   c  a   c   a  b  
 b  c  a  c  a  b

a 2 b2 c2  a 2  b  c

2
2 2 2
a b c  abc



2

2

2


2

2

2

2

Mà ta lại có a  b  c  0; b  c  a  0; c  a  b  0







Nên từ bất đẳng thức trên ta được abc  a  b  c . b  c  a . c  a  b



Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c .










Nhận xét: Bất đẳng thức abc  a  b  c b  c  a c  a  b không chỉ đúng với a, b, c là các cạnh
của một tam giác, mà nó còn đúng cho a, b, c là các số thực dương bất kì. Bât đẳng này là một trường
hợp của bất đẳng thức Schur. Trong phần Phụ lục 3, ta sẽ bàn nhiều về bất đẳng thức này hơn.

Bài 31. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác chứng minh rằng:



a bc



2



b ca



2



c ab



2


 a 3  b3  c3

Lời giải

Biến đổi tương đương bất đẳng thức trên ta được

   b c  a   c a  b  a  b  c
 a b  c  b c  a   c a  b  a  b  c  0
 a  b  c   a   b  c  a   b   c  a  b   c   0






a bc

2

2

2

2

2

2

2


2

2

3

3

3

3

3

3

2

2




 

  a  b  c  c  a  b  c  a  b   0

 


2





 a bca bca b cab cab c abc abc  0

Do a, b, c là độ dài ba cạnh trong một tam giác nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 32. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  1 . Chứng minh rằng:

a  bc  b  ca  c  ab  1  ab  bc  ca
Phân tích: Quan sát bất đẳng thức ta có các nhận xét như sau:

+ Dự đoán đẳng thức xẩy ra khi a  b  c 

1
.
3


+ Khi thay 1 bằng a  b  c vào bất đẳng thức và chuyến vế thì ta được các nhóm
a  bc  a  bc; b  ca  b  ca; c  ab  c  ab . Vì vai trò a, b, c như nhau nên ta dự đoán

mỗi nhóm trên không âm. Để chứng minh dự doán trên ta có thể bình phương làm mất căn bậc hai rồi
biến đổi tương đương thành tổng các bình phương.
+ Để ý giả thiết a  b  c  1 , khi đó ta có

 a  b  a  c   a 


 a  b  a  c  .

a  bc 

Dễ dàng nhận ra

bc . Như vậy chỉ cần áp dụng tương tự cho hai trường hợp còn lại thì bất đẳng

thức được chứng minh.
Lời giải
Cách 1: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với





a  bc  b  ca  c  ab  a  b  c  ab  bc  ca

 

 

a  bc  a  bc 

b  ca  b  ca 



c  ab  c  ab  0


Ta cần chứng minh
a  bc  a  bc  0;

b  ca  b  ca  0;

c  ab  c  ab  0

Thật vậy, ta có
a  bc  a  bc  0  a  bc  a  bc  a  bc  a 2  2a bc  bc
 1  a  2 bc  a  b  c  a  2 bc 

Chứng minh tương tự ta được

b  ca  b  ca  0;



b c



2

0

c  ab  c  ab  0 .

Đến đây bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c 


1
.
3

Cách 2: Kết hợp với giả thiết a  b  c  1 ta có
a  bc 

 a  b  a  c ;

b  ca 

 a  b  b  c ;

 c  a  b  c 

c  ab 

Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành

 a  b  a  c    a  b  b  c    c  a  b  c   1 

ab  bc  ca

Mặt khác ta có

 a  b  a  c   a 
 b  c  2 bc 




bc  a 2  ab  bc  ca  a 2  2a bc  bc

b c



2

0

Chứng minh tương tự ta được

 b  c  a  b   b 

ca;

 c  a  b  c   c 

ab

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

 a  b  a  c    a  b  b  c    c  a  b  c   a  b  c 
Hay

 a  b  a  c    a  b  b  c    c  a  b  c   1 

ab  bc  ca

ab  bc  ca


Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c 
Ví dụ 33. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:

1
.
3














a 2 b  c  a  b2 c  a  b  c2 a  b  c  3abc

Phân tích: Quan sát bất đẳng thức ta có những nhận xét sau:
+ Dễ thấy đẳng thức xẩy ra khi a  b  c và vai trò các biến là như nhau.






  
a  a  b  a  c   b  b  c  b  a   c  a  c  b  c   0 , là bất đẳng thức được chứng minh ở Ví dụ
+ Để ý ta thấy abc  a 2 b  c  a  a a  b a  c , như vậy bất đẳng thức được viết lại thành

23.

+ Để đơn giản hóa bất đẳng thức ta có thể sử dụng cách đặt biến phụ:
x  b  c  a; y  c  a  b; z  a  b  c
Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành



x yz





2

y zx





2






z xy





2





3 xy yz zx





4
4
4
8
2
2
2
Chú ý đến đẳng thức x  y y  z z  x  x y  xy  y z  yz2  z2 x  zx 2  2xyz ta có thể










biến đổi tương đương để chứng minh bất đẳng thức trên.
Lời giải
Cách 1: Vai trò của a, b ,c là như nhau nên có thể giả thiết a  b  c  0 .
Bất đẳng thức đã cho tương đương với







 a  a  b  a  c   b  b  c  b  a   c  a  c  b  c   0
  a  b  a  a  c   b  b  c    c  a  c  b  c   0


  a  b   a  b  c   c  a  c  b  c   0
Vì a  b  c  0 nên a  b  c  0;  a  c  b  c   0 , suy ra bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Do
abc  a 2 b  c  a  abc  b2 c  a  b  abc  c2 a  b  c  0

2

đó bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c hoặc a  b; c  0 và các hoán vị.

Cách 2: Đặt x  b  c  a; y  c  a  b; z  a  b  c . Khi đó ta được
yz
zx
xy
;b
;c
2
2
2
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành
a



x yz



2





y zx



2






z xy

4
4
Biến đổi tương đương bất đẳng thức trên như sau



x yz



2





y zx



2








2

4

z xy



2













3 xy yz zx




8





3 xy yz zx



4
4
4
8
 2 x2 y  xy2  y2 z  yz2  z2 x  zx2  6xyz  3 x  y y  z z  x



 


 2  x  y  y  z  z  x   8xyz  3  x  y  y  z  z  x 
 8xyz   x  y  y  z  z  x 
Ta cần chứng minh 8xyz   x  y  y  z  z  x 
Thật vậy, áp dụng một bất đẳng thức quen thuộc ta được



