19 phương phap chứng minh bất đẳng thức

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com

PHẦN 1
CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý

A ≥ B ⇔ A − B ≥ 0
1/Định nghĩa 
A ≤ B ⇔ A − B ≤ 0
2/Tính chất
+ A>B ⇔ B < A
+ A>B và B >C ⇔ A > C
+ A>B ⇒ A+C >B + C
+ A>B và C > D ⇒ A+C > B + D
+ A>B và C > 0 ⇒ A.C > B.C
+ A>B và C < 0 ⇒ A.C < B.C
+ 0 < A B > 0 ⇒ A n > B n ∀n
+ A > B ⇒ A n > B n với n lẻ
+ A > B ⇒ A n > B n với n chẵn
+ m > n > 0 và A > 1 ⇒ A m > A n
+ m > n > 0 và 0 <A < 1 ⇒ A m < A n
1 1
+A 0 ⇒ >
A B

3/Một số hằng bất đẳng thức

+ A 2 ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ An ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ A ≥ 0 với ∀A (dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ -A <A= A
+ A + B ≥ A + B ( dấu = xảy ra khi A.B > 0)
+ A − B ≤ A − B ( dấu = xảy ra khi A.B < 0)

Sưu tầm và tuyển chọn 1


PHẦN II
CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Phương pháp 1 : Dùng định nghĩa
Kiến thức : Để chứng minh A > B. Ta lập hiệu A –B > 0
Lưu ý dùng hằng bất đẳng thức M 2 ≥ 0 với∀ M

Ví dụ 1 ∀ x, y, z chứng minh rằng :
a) x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy+ yz + zx
b) x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz
c) x 2 + y 2 + z 2 +3 ≥ 2 (x + y + z)
Giải:
1
a) Ta xét hiệu : x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx = .2 .( x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx)
2
=
1
2
[ ]
( x − y ) 2 + ( x −z ) 2 + ( y − z ) 2 ≥ 0 đúng với mọi x;y;z ∈ R

Vì (x-y)2 ≥ 0 với∀x ; y Dấu bằng xảy ra khi x=y
(x-z)2 ≥ 0 với∀x ; z Dấu bằng xảy ra khi x=z
(y-z)2 ≥ 0 với∀ z; y Dấu bằng xảy ra khi z=y
Vậy x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy+ yz + zx. Dấu bằng xảy ra khi x = y =z
b)Ta xét hiệu: x 2 + y 2 + z 2 - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x 2 + y 2 + z 2 - 2xy +2xz –2yz
= ( x – y + z) 2 ≥ 0 đúng với mọi x;y;z ∈ R
Vậy x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z ∈ R
Dấu bằng xảy ra khi x+y=z
c) Ta xét hiệu: x 2 + y 2 + z 2 +3 – 2( x+ y +z ) = x 2 - 2x + 1 + y 2 -2y +1 + z 2 -2z +1
= (x-1) 2 + (y-1) 2 +(z-1) 2 ≥ 0. Dấu(=)xảy ra khi x=y=z=1
Ví dụ 2: chứng minh rằng :
2 2
a2 + b2  a + b  a2 + b2 + c2  a + b + c 
a) ≥  ; b) ≥  c) Hãy tổng quát bài toán
2  2  3  3 
Giải:
2
a2 + b2  a + b 
a) Ta xét hiệu − 
2  2 
2( a 2 + b 2 ) a 2 + 2ab + b 2
= ( 2a 2 + 2b 2 − a 2 − b 2 − 2ab ) = ( a − b ) ≥ 0
1 1 2
= −
4 4 4 4
2
a +b
2 2
a+b
Vậy ≥  . Dấu bằng xảy ra khi a=b
2  2 
b)Ta xét hiệu



[ ]
2
a2 + b2 + c2  a + b + c  1
 = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 0 .Vậy
2 2 2
−
3  3  9
2
a2 + b2 + c2  a + b + c 
≥ 
3  3 
Dấu bằng xảy ra khi a = b =c

c)Tổng quát
2
a12 + a 2 + .... + a n  a1 + a 2 + .... + a n 
2 2
≥ 
n  n 
Tóm lại các bước để chứng minh A ≥ B theo định nghĩa
Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B
Bước 2:Biến đổi H=(C+D) 2 hoặc H=(C+D) 2 +….+(E+F) 2
Bước 3:Kết luận A ≥ B

Ví dụ 1: Chứng minh ∀m,n,p,q ta đều có : m 2 + n 2 + p 2 + q 2 +1≥ m(n+p+q+1)
Giải:
 m2   m2   m2   m2 
⇔
 4 − mn + n 2  + 
  4 − mp + p 2  + 
  4 − mq + q 2  + 
  4 − m + 1 ≥ 0

       
2 2 2 2
m  m  m  m 
⇔  − n  +  − p  +  − q  +  − 1 ≥ 0 (luôn đúng)
2  2  2  2 
m
 2 −n =0  m
m n = 2
 − p=0  m
2 p =  m=2
Dấu bằng xảy ra khi  m ⇔ 2 ⇔
 −q =0  m n = p = q = 1
2  q=
m m =2
2 −1 = 0  2


Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta luôn có : a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc(a + b + c)
Giải: Ta có : a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc(a + b + c) , ∀ , b, c > 0
a
⇔ a 4 + b 4 + c 4 − a 2 bc − b 2 ac − c 2 ab ≥ 0
⇔ 2a 4 + 2b 4 + 2c 4 − 2a 2 bc − 2b 2 ac − 2c 2 ab ≥ 0
(
⇔ a2 −b2 ) 2
(
+ 2a 2 b 2 + b 2 − c 2 ) 2
(
+ 2b 2 c 2 + c 2 − a 2 ) 2
+ 2a 2 c 2
− 2a 2 bc − 2b 2 ac − 2c 2 ab ≥ 0
(
⇔ a2 −b2 ) + (b
2 2
−c2 ) + (c
2 2
−a2 ) 2
+ (a 2 b 2 + b 2 c 2 − 2b 2 ac ) + (b 2 c 2 + c 2 a 2 − 2c 2 ab)
+ ( a 2 b 2 + c 2 a 2 − 2a 2 ab) ≥ 0
(
⇔ a2 −b2 ) + (b
2 2
−c2 ) + (c
2 2
−a2 ) + ( ab − bc )
2 2
+ ( bc − ac ) + ( ab − ac ) ≥ 0
2 2

Đúng với mọi a, b, c.

Phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đương


Kiến thức:
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng
hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh là đúng.
Nếu A < B ⇔ C < D , với C < D là một bất đẳng thức hiển nhiên, hoặc đã biết là đúng thì có
bất đẳng thức A < B .

Chú ý các hằng đẳng thức sau:
( A + B ) 2 = A 2 + 2 AB + B 2
( A + B + C ) 2 = A 2 + B 2 + C 2 + 2 AB + 2 AC + 2 BC
( A + B ) 3 = A 3 + 3 A 2 B + 3 AB 2 + B 3
Ví dụ 1: Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng
b2
a) a 2 + ≥ ab
4
b) a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b
c) a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e )
Giải:
b2
≥ ab ⇔ 4a 2 + b 2 ≥ 4ab ⇔ 4a 2 − 4a + b 2 ≥ 0 ⇔ ( 2a − b ) ≥ 0
2
a) a 2 +
4
b2
(BĐT này luôn đúng). Vậy a 2 + ≥ ab (dấu bằng xảy ra khi 2a=b)
4
b) a + b + 1 ≥ ab + a + b ⇔ 2(a + b 2 + 1 ) > 2(ab + a + b)
2 2 2

⇔ a 2 − 2ab + b 2 + a 2 − 2a + 1 + b 2 − 2b + 1 ≥ 0
⇔ (a − b) 2 + (a − 1) 2 + (b − 1) 2 ≥ 0 Bất đẳng thức cuối đúng.
Vậy a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b . Dấu bằng xảy ra khi a=b=1
c) a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e ) ⇔ 4( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ) ≥ 4a( b + c + d + e )
⇔ ( a 2 − 4ab + 4b 2 ) + ( a 2 − 4ac + 4c 2 ) + ( a 2 − 4ad + 4d 2 ) + ( a 2 − 4ac + 4c 2 ) ≥ 0
⇔ ( a − 2b ) 2 + ( a − 2c ) 2 + ( a − 2d ) 2 + ( a − 2c ) 2 ≥ 0
Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: ( a10 + b10 )( a 2 + b 2 ) ≥ ( a 8 + b 8 )( a 4 + b 4 )
Giải:
(a + b10 )( a 2 + b 2 ) ≥ ( a 8 + b 8 )( a 4 + b 4 ) ⇔ a 12 + a 10 b 2 + a 2 b10 + b12 ≥ a 12 + a 8 b 4 + a 4 b 8 + b12
10

⇔ a 8 b 2 ( a 2 − b 2 ) + a 2 b 8 ( b 2 − a 2 ) ≥ 0 ⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6) ≥ 0
⇔ a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) ≥ 0
Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh
x2 + y2
Ví dụ 3: cho x.y =1 và x 〉 y Chứng minh ≥2 2
x− y
x2 + y2
Giải: ≥ 2 2 vì :x 〉 y nên x- y 〉 0 ⇒ x2+y2 ≥ 2 2 ( x-y)
x− y
⇒ x +y2- 2 2 x+ 2 2 y ≥ 0 ⇔ x2+y2+2- 2 2 x+ 2 2 y -2 ≥ 0
2

⇔ x2+y2+( 2 )2- 2 2 x+ 2 2 y -2xy ≥ 0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2
⇒ (x-y- 2 )2 ≥ 0 Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 4: Chứng minh rằng:
a/ P(x,y)= 9 x 2 y 2 + y 2 − 6 xy − 2 y + 1 ≥ 0 ∀x, y ∈ R

b/ a 2 + b 2 + c 2 ≤ a + b + c (gợi ý :bình phương 2 vế)
c/ Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn:
 x. y.z = 1
1 1 1
 + + < x+ y+z
x y z


Chứng minh rằng :có đúng một trong ba số x,y,z lớn hơn 1
Giải: Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
=(xyz-1)+(x+y+z)-xyz( x + y + z )=x+y+z - ( + + ) > 0 (vì x + y + z < x+y+z
x y z
theo gt)
⇒ 2 trong 3 số x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dương.
Nếu trường hợp sau xảy ra thì x, y, z >1 ⇒ x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt
buộc phải xảy ra trường hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1
a b c
Ví dụ 5: Chứng minh rằng : 1 < a + b + b + c + a + c < 2
Giải:
1 1 a a
Ta có : a+b< a+b+c⇒ > ⇒ > (1)
a+b a+b+c a+b a+b+c
b b c c
Tương tự ta có : b + c > a + b + c (2) , a + c > a + b + c (3)
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được :
a b c
+ + > 1 (*)
a+b b+c a+c
a a+c
Ta có : a < a + b ⇒ a + b < a + b + c (4)
b a+b c c+b
Tương tự : b + c < a + b + c (5) , <
c+a a+b+c
( 6)

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (4), (5), (6), ta được :
a b c
+ + <2 (**)
a+b b+c a+c
a b c
Từ (*) và (**) , ta được : 1 < a + b + b + c + a + c < 2 (đpcm)

Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức phụ
Kiến thức:
a) x 2 + y 2 ≥ 2 xy
b) x + y ≥ xy dấu( = ) khi x = y = 0
2 2

c) ( x + y ) 2 ≥ 4 xy
a b
d) + ≥ 2
b a
Ví dụ 1 Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng
(a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc
Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: ( x + y ) 2 ≥ 4 xy

Tacó ( a + b ) 2 ≥ 4ab ; ( b + c ) 2 ≥ 4bc ; ( c + a ) 2 ≥ 4ac
⇒ ( a + b ) 2 ( b + c ) 2 ( c + a ) 2 ≥ 64a 2 b 2 c 2 = ( 8abc ) 2 ⇒ (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Phương pháp 4: Bất đẳng thức Cô sy
Kiến thức:
a/ Với hai số không âm : a, b ≥ 0 , ta có: a + b ≥ 2 ab . Dấu “=” xảy ra khi a=b
b/ Bất đẳng thức mở rộng cho n số không âm :
a1 + a 2 + ... + a n ≥ n n a1 a 2 ..a n
n
 a + a 2 + ... + a n 
⇔ a1 a 2 ..a n ≤  1 
 n 
Dấu “=” xảy ra khi a1 = a 2 = ... = a n
Chú ý : ta dùng bất đẳng thức Côsi khi đề cho biến số không âm.
2x 4x 2x 3
Ví dụ 1 : Giải phương trình : + x + x =
4 +1 2 +1 2 + 4
x x
2

 a = 2x
Giải : Nếu đặt t =2x thì pt trở thành pt bậc 6 theo t nên ta đặt  , a, b > 0
 b = 4 x

a b 1 3
Khi đó phương trình có dạng : b + 1 + a + 1 + a + b = 2
Vế trái của phương trình:
 a   b   1 
= + 1 +  + 1 +  + 1 − 3
 b +1   a +1   a + b 
 a + b +1  a + b +1  a + b +1
= + + −3
 b +1   a +1   a + b 
 1 1 1 
= ( a + b + c) + + −3
 b +1 a +1 a + b 

[ ( b + 1) + ( a + 1) + ( a + b ) ] 1 + 1 + 1  − 3
 
 b +1 a +1 a + b 

1 3 3 3
≥ 3 ( a + 1)( b + 1)( a + b ) . −3 =
2 3 ( a + 1)( b + 1)( a + b ) 2
Vậy phương trình tương đương với :
a + 1 = b + 1 = a + b ⇔ a = b = 1 ⇔ 2x = 4x = 1 ⇔ x = 0 .
x y z
Ví dụ 2 : Cho x, y , z > 0 và x + y + z = 1. Tìm GTLN của P = x + 1 + y + 1 + z + 1
1 1 1
Giải : P = 3- ( x + 1 + y + 1 + z + 1 ) = 3 – Q. Theo BDT Côsi , nếu a, b, c > 0 thì


a + b + c ≥ 3 3 abc
1 1 1 1
+ + ≥ 33
a b c abc
1 1 1
⇒ ( a + b + c ) + +  ≥ 9
a b c
1 1 1 9
⇒ + + ≥
a b c a +b+c
1 1 1 9 9 9 3
Suy ra Q = x + 1 + y + 1 + z + 1 ≥ 4 ⇒ -Q ≤ − 4 nên P = 3 – Q ≤ 3- 4 = 4
3 1
Vậy max P = 4 .khi x = y = z = 3 .
1 1 1 a+b+c
Ví dụ 3: Cho a, b, c >0 . Chứng minh rằng: + 2 + 2 ≤
a + bc b + ac c + ab
2
2abc
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
2 1 1 1 1 
a 2 + +bc ≥ 2a bc ⇒ ≤ ≤  + 
a + +bc a bc 2  ab ac 
2

Tương tự :
2 1 1 1 1 
≤ ≤  + 
b + + ac b ac 2  bc ab 
2

2 1 1 1 1
≤ ≤  + 
c + + ab c ab 2  ac bc 
2

2 2 2 a+b+c
⇒ 2 + 2 + 2 ≤
a + bc b + + ac c + + ab 2abc
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
a b c
Ví dụ 4 : CMR trong tam giác ABC : b + c − a + c + a − b + a + b − c ≥ 3 (*)
Giải : Theo bất đẳng thức Côsi :
a b c abc
+ + ≥ 33 (1)
b + c − a c + a −b a +b −c (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c )
Cũng theo bất đẳng thức Côsi :
1
(b + c − a )(c + a − b) ≤ (b + c − a + c + a − b) = c (2)
2
Viết tiếp hai BDT tương tự (2) rồi nhân với nhau sẽ được
(b + c − a )(c + a − b)(a + b − c) ≤ abc
abc
→ ≥ 1 (3)
(b + c − a )(c + a − b)(a + b − c )
Từ (1),(3) suy ra (*). Dấu “=” xảy ra khi a = b = c hay ABC là đều .
Ví dụ 5:
0< a≤ b≤ c ( a + c) 2

Cho  . Chứng minh rằng: ( + by + cz )  + +  ≤
x y z
  ( x + y + z) 2
 0 < x, y , z
a b c 4ac

Giải: Đặt f ( x) = x 2 − (a + c) x + ac = 0 có 2 nghiệm a,c
Mà: a ≤ b ≤ c ⇒ f (b) ≤ 0 ⇔ b 2 − (a + c)b + ac ≤ 0

ac y
⇔b+ ≤ a + c ⇔ yb + ac ≤ ( a + c ) y
b b
 x y z
⇒  xa + ac  + ( yb + ac ) + ( zc + ac ) ≤ ( a + c ) x + ( a + c ) y + ( a + c) z
 a b c
x y z
⇒ xa + yb + zc + ac + +  ≤ ( a + c )( x + y + z )
a b c
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
⇒2 ( xa + yb + zc ) ac x + y + z  ≤ ( a + c )( x + y + z )
 
a b c
x y z
⇔ 4( xa + yb + zc ) ac + +  ≤ ( a + c ) ( x + y + z )
2 2

a b c
 x y z  ( a + c)
2
⇔ ( xa + yb + zc ) ac + +  ≤ ( x + y + z ) 2 (đpcm)
a b c 4ac

Phương pháp 5 Bất đẳng thức Bunhiacopski
Kiến thức:
Cho 2n số thực ( n ≥ 2 ): a1 , a 2 ,...a n , b1 , b2 ,..., bn . Ta luôn có:
(a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ) ≤ (a12 + a 2 + ... + a n )(b12 + b2 + ... + bn )
2 2 2 2 2

a a a
Dấu “=” xảy ra khi ⇔ b = b = .... = b
1 2 n

1 2 n

b1 b2 bn
Hay a = a = .... = a (Quy ước : nếu mẫu = 0 thì tử = 0 )
1 2 n

Chứng minh:
 a = a 2 + a 2 + ... + a 2
 1 2 n
Đặt 
 b = b1 + b2 + ... + bn
2 2 2

• Nếu a = 0 hay b = 0: Bất đẳng thức luôn đúng.
• Nếu a,b > 0:
ai b
Đặt: α i = , β i = i ( i = 1,2,...n ) , Thế thì: α 12 + α 22 + ... + α n2 = β 12 + β 22 + ... + β n2
a b
Mặt khác: α i β i ≤
2
(α i + β i2 )
1 2

1 2 1
α1 β1 + α 2 β 2 + ... + α n β n ≤ (α1 + α 2 + .... + α n ) + ( β12 + β 22 + ... + β n2 ) ≤ 1
2 2

Suy ra: 2 2
⇒ a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ≤ a.b
Lại có: a1b1 + a 2 b2 +... + a n bn ≤ a1b1 + a 2 b2 +... + a n bn

Suy ra: (a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ) 2 ≤ (a12 + a 2 + ... + a n )(b12 + b2 + ... + bn )
2 2 2 2

 α i = β i ( ∀i = 1,2,..., n ) a a a
Dấu”=” xảy ra ⇔  ⇔ 1 = 2 = .... = n
α 1 β 1 ....α n β n cùng dáu b1 b2 bn
Ví dụ 1 :
1
Chứng minh rằng: ∀x ∈R , ta có: sin 8 x + cos 8 x ≥
8
Giải: Ta có: sin 2 x + cos 2 x = 1, ∀x ∈ R
Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:


1 = (sin 2 x.1 + cos 2 x.1) ≤ (sin 4 x + cos 4 x )(12 + 12 )
1
⇔ ≤ sin 4 x + cos 4 x
2
⇒ ≤ (sin 4 x + cos 4 x )
1 2

4
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski một lần nữa:
≤ (sin 4 x.1 + cos 4 x.1)
1 2
⇔
4
⇔ ≤ (sin 8 x + cos 8 x )(12 + 12 )
1
4
⇔ (sin 4 x + cos 4 x ) ≥
1
8
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có các góc A,B,C nhọn. Tìm GTLN của:
P = 1 + tan A. tan B + 1 + tan B. tan C + 1 + tan C. tan A
Giải:
* Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng
Cho m bộ số, mỗi bộ số gồm n số không âm: ( a i , bi ,..., ci )(i =1,2,...., m)
Thế thì:
(a1 a 2 ...a m + b1b2 ...bm + ... + c1c 2 ...c m ) 2 ≤ (a1m + b1m + ... + c1m )(a 2 + b2 + ... + c 2 )(a m + bm + ... + c m )
m m m m m m

Dấu”=” xảy ra ⇔ ∃ bô số (a,b,….,c) sao cho: với mỗi i = 1,2,…,m thì ∃ t i sao
cho: a = t i ai , b = t i bi ,..., c = t i ci , Hay a1 : b1 : ... : c1 = a 2 : b2 : ... : c 2 = a n : bn : ...cn

a12 + a 2 + ... + a n = 3
2 2

Ví dụ 1: Cho 
 n ∈ Z,n ≥ 2
a1 a 2 a
Chứng minh rằng: + + .... + n < 2
2 3 n +1
Giải:
1 1 1
< =
∀ ∈N
k *
ta có: k2 1  1  1
k2 −  k −  k + 
4  2  2
1 1 1
⇒ < −
k2 1 1
k− k+
2 2
 
1 1 1  1 1   1 1   1 1 
⇒ 2 + 2 + ... + 2 <     
 3 − 5  +  5 − 7  + ... +  − 
    1 1
n+ 
2 3 n
 2 2  2 2  n− 
 2 2
1 1 2
= − <
3 1 3
2 n+
2
Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski:
a1 a 2 a 1 1 1 2
+ + .... + n ≤ a12 + a 2 + ... + a n
2 2
+ 2 + ... + 2 < 3 < 2 (đpcm)
2 3 n +1 2 2
3 n 3
Ví dụ 2: Cho 4 số a,b,c,d bất kỳ chứng minh rằng:
( a + c) 2 + (b + d ) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski: Tacó ac+bd ≤ a 2 + b 2 . c 2 + d 2

mà ( a + c ) 2 + ( b + d ) 2 = a 2 + b 2 + 2( ac + bd ) + c 2 + d 2 ≤ ( a 2 + b 2 ) + 2 a 2 + b 2 . c 2 + d 2 + c 2 + d 2
⇒ (a + c) 2 + (b + d ) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2
Ví dụ 3: Chứng minh rằng : a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ac
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta có (12 + 12 + 12 )(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ (1.a + 1.b + 1.c ) 2
⇒ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2( ab + bc + ac )
⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ac Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

Phương pháp 6: Bất đẳng thức Trê- bư-sép
Kiến thức:
 a1 ≤ a2 ≤ ..... ≤ an a1 + a 2 + ... + a n b1 + b2 + .... + bn a1b1 + a 2 b2 + .... + a n bn
a)Nếu  thì . ≤ .
 b1 ≤ b2 ≤ ..... ≤ bn
n n n

a1 = a 2 = .... = a n
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi b
 1 = b2 = .... = bn

 a1 ≤ a2 ≤ ..... ≤ an
b)Nếu  thì
 b1 ≥ b2 ≥ ..... ≥ bn
a1 + a 2 + ... + a n b1 + b2 + .... + bn a1b1 + a 2 b2 + .... + a n bn
. ≥
n n n
a1 = a 2 = .... = a n
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi b
 1 = b2 = .... = bn
Ví dụ 1: Cho ∆ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn bán kính R = 1 và
sin A. sin 2a + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C 2 S
= .
sin A + sin B + sin C 3
S là diện tích tan giác. chứng minh rằng ∆ABC là tam giác đều.
π
Giải: Không giảm tính tổng quát ta giả sư 0< A≤B≤C < . Suy ra:
2

 sin A ≤ sin B ≤ sin C

 sin 2a ≤ sin 2B ≤ sin 2C
Áp dụng BĐT trebusep ta được:
( sin A + sin B + sin C )( sin 2 A + sin 2 B + sin 2C ) ≥
≥ 3( sin A. sin 2 A + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C )
sin A. sin 2 A + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C 1
⇔ ≤ (sin 2 A + sin 2 B + sin 2C )
sin A = sin B = sin C
Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ sin 2 A = sin 2 B = sin 2C ⇔ ∆ABC dêu

Mặt khác:

sin 2 A + sin 2 B + sin 2C = 2 sin( A + B ). cos( A − B ) + sin 2C
= 2 sin C [cos( A − B ) + cos C ] = 2 sin C [cos( A − B ) − cos( A + B )]
= 2 sin C.2 sin A. sin B = 4 sin A sin B sin C
= (2 R sin A)(2 R sin B ). sin C = a.b. sin C = 2 S (2)
Thay (2) vào (1) ta có
sin A. sin 2a + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C 2S
≤ .
Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ ∆ ABC đều.

Ví dụ 2(HS tự giải):
1 1 1
a/ Cho a,b,c>0 và a+b+c=1 CMR: + + ≥9
a b c
b/ Cho x,y,z>0 và x+y+z=1 CMR:x+2y+z ≥ 4(1 − x)(1 − y )(1 − z )
c/ Cho a>0 , b>0, c>0
a b c 3
CMR: + + ≥
b+c c+a a+b 2
1
d)Cho x ≥ 0 ,y ≥ 0 thỏa mãn 2 x − y = 1 ;CMR: x+y ≥
5
a3 b3 c3 1
Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh rằng + + ≥
b+c a+c a+b 2
Giải:

 a2 ≥ b2 ≥ c2
Do a,b,c đối xứng ,giả sử a ≥ b ≥ c ⇒  a ≥ b ≥ c
b + c a + c a + b

Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có
a b c a2 + b2 + c2  a b c  1 3 1
a2. + b2. + c2. ≥ . + + = . =
b+c a+c a+b 3 b+c a+c a+b 3 2 2
a3 b3 c3 1 1
Vậy + + ≥ Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=
b+c a+c a+b 2 3
Ví dụ 4: Cho a,b,c,d>0 và abcd =1 .Chứng minh rằng :
a + b + c + d 2 + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10
2 2 2

Giải: Ta có a 2 + b 2 ≥ 2ab
c 2 + d 2 ≥ 2cd
1 1 1
Do abcd =1 nên cd = (dùng x + ≥ )
ab x 2
1
Ta có a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2(ab + cd ) = 2(ab + ) ≥ 4 (1)
ab
Mặt khác: a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) = (ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)
 1   1   1 
=  ab +  +  ac +  +  bc +  ≥ 2 + 2 + 2
 ab   ac   bc 
Vậy a + b + c + d + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10
2 2 2 2

Phương pháp7 Bất đẳng thức Bernouli
Kiến thức:


a)Dạng nguyên thủy: Cho a ≥ -1, 1 ≤ n ∈ Z thì (1 + a ) n
≥ 1 + na . Dấu ‘=’ xảy ra khi
 =0
a
và chỉ khi n =1

b) Dạng mở rộng:
- Cho a > -1, α ≥ 1 thì (1 + a ) α ≥ 1 + na . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0.
 =0
a
- cho a ≥ −1,0 < α < 1 thì (1 + a ) α ≤ 1 + na . Dấu bằng xảy ra khi va chỉ khi  =1 .
α 
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng a b + b a > 1, ∀a, b > 0 .
Giải
- Nếu a ≥ 1 hay b ≥ 1 thì BĐT luôn đúng
- Nếu 0 < a,b < 1
Áp dụng BĐT Bernouli:
b(1 − a ) a + b
b b
1  1− a 
= 1+
  <1+  <
a  a  a a
a
⇒ ab > .
a +b
b
Chứng minh tương tự: b a > . Suy ra a b + b a > 1 (đpcm).
a+b
Ví dụ 2: Cho a,b,c > 0.Chứng minh rằng
5
a5 + b5 + c5  a + b + c 
3
≥
3
 . (1)
 
Giải
5 5 5

(1) ⇔  3a  +  3b  +  3c  ≥ 3
     
a+b+c a+b+c a+b+c
Áp dụng BĐT Bernouli:
5( b + c − 2a )
5 5
 3a   b + c − 2a 
  = 1 +
a +b+c a +b+c 
 ≥1+
a +b+c
(2)
 
Chứng minh tương tự ta đuợc:

5( c + a − 2b )
5
 3b 
  ≥1+
a +b +c  a +b +c
(3)

5( a + b − 2c )
5
 3c 
  ≥1+
a +b +c  a +b +c
(4)

Cộng (2) (3) (4) vế theo vế ta có
5 5 5
 3a   3b   3c 
  +  +  ≥ 3 ⇒ (đpcm)
a+b+c a+b+c a+b+c
Chú ý: ta có bài toán tổng quát sau đây:
“Cho a1 , a 2 ,...a n > 0; r ≥1. Chứng minh rằng
r
a1r + a 2 + .... + a n  a1 + a 2 + .... + a n 
r r
≥
  .

n  n 
Dấu ‘=’ ⇔ a1 = a 2 = .... = a n .(chứng minh
tương tự bài trên).
Ví dụ 3: Cho 0 ≤ x, y, z ≤1 . Chứng minh rằng
(2 x
+ 2 y + 2 z )( 2 − x + 2 − y + 2 − z ) ≤
81
8
.
Giải
Đặt a = 2 x , b = 2 y , c = 2 z (1 ≤ a, b, c ≤ 2 ) .

1 ≤ a ≤ 2 ⇒ ( a − 1)( a − 2 ) ≤ 0
2
⇒ a 2 − 3a + 2 ≤ 0 ⇒ a + ≤ 3 (1)
a
Chứng minh tương tự:
2
b+ ≤3 ( 2)
b
2
c+ ≤3 (3)
c
Cộng (1) (2) (3) vế theo vế ta được
 1 1 1  côsi  1 1 1
9 ≥ ( a + b + c ) + 2 + +  ≥ 2 ( a + b + c ) 2 + + 
a b c a b c
81  1 1 1
⇒ ≥ (a + b + c) + +  ⇒ (đpcm)
8 a b c
Chú ý: Bài toán tổng quát dạng này
“ Cho n số x1 , x 2 ,...., x n ∈[ a, b] , c > 1
Ta luôn có:
) ≤ [ n( c + cb ) ] 2

(c )( c
a
− x1 − x2 − xn
x1
+ c + .... + c
x2 xn
+c + .... + c
4c a + b

Phương pháp 8: Sử dụng tính chất bắc cầu

Kiến thức: A>B và B>C thì A>C
Ví dụ 1: Cho a, b, c ,d >0 thỏa mãn a> c+d , b>c+d
Chứng minh rằng ab >ad+bc
Giải:

a > c + d a − c > d > 0
Tacó  ⇒  ⇒ (a-c)(b-d) > cd
b > c + d b − d > c > 0
⇔ ab-ad-bc+cd >cd ⇔ ab> ad+bc (điều phải chứng minh)
5 1 1 1 1
Ví dụ 2: Cho a,b,c>0 thỏa mãn a + b + c = . Chứng minh
2 2 2
+ + <
3 a b c abc
Giải: Ta có :( a+b- c) = a +b +c +2( ab –ac – bc) 〉 0
2 2 2 2

1 2 2 2
⇒ ac+bc-ab 〈 ( a +b +c )
2
5 1 1 1 1
⇒ ac+bc-ab ≤ 〈 1 Chia hai vế cho abc > 0 ta có + − 〈
6 a b c abc
Ví dụ 3: Cho 0 < a,b,c,d <1 Chứng minh rằng (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d
Giải: Ta có (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab
Do a>0 , b>0 nên ab>0 ⇒ (1-a).(1-b) > 1-a-b (1)
Do c <1 nên 1- c >0 ta có ⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c) > 1-a-b-c
⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > (1-a-b-c) (1-d) =1-a-b-c-d+ad+bd+cd
⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d (Điều phải chứng minh)

Ví dụ 4: Cho 0 <a,b,c <1 . Chứng minh rằng: 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 < 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a

Giải:
Do a < 1 ⇒ a 2 < 1 và
Ta có (1 − a 2 ).(1 − b ) < 0 ⇒ 1-b- a 2 + a 2 b > 0 ⇒ 1+ a 2 b 2 > a 2 + b
mà 0< a,b <1 ⇒ a 2 > a 3 , b 2 > b 3
Từ (1) và (2) ⇒ 1+ a 2 b 2 > a 3 + b 3 . Vậy a 3 + b 3 < 1+ a 2 b 2
Tương tự b 3 + c 3 ≤ 1 + b 2 c
c 3 + a3 ≤ 1 + c2a
Cộng các bất đẳng thức ta có : 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 ≤ 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a
Ví dụ 5 Chứng minh rằng : Nếu a 2 + b 2 = c 2 + d 2 = 1998 thì ac+bd =1998
Giải:
Ta có (ac + bd) 2 + (ad – bc ) 2 = a 2 c 2 + b 2 d 2 + 2abcd + a 2 d 2 + b 2 c 2 - 2abcd =
= a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982
rõ ràng (ac+bd)2 ≤ ( ac + bd ) 2 + ( ad − bc ) 2 = 1998 2 ⇒ ac + bd ≤ 1998
Ví dụ 6 (HS tự giải) :
a/ Cho các số thực : a1; a2;a3 ….;a2003 thỏa mãn : a1+ a2+a3 + ….+a2003 =1
1
c hứng minh rằng : a 1 + a 2 + a32 + .... + a 2003 ≥
2 2 2

2003
b/ Cho a;b;c ≥ 0 thỏa mãn :a+b+c=1
1 1 1
Chứng minh rằng: ( − 1).( − 1).( − 1) ≥ 8
a b c

Phương pháp 9: Dùng tính chất của tỷ số
Kiến thức
1) Cho a, b ,c là các số dương thì
a a a+c
a – Nếu > 1 thì >
b b b+c
a a a+c
b – Nếu < 1 thì 0 thì từ
a c a a+c c
< ⇒ < 0 .Chứng minh rằng
a b c d
1< + + + <2
a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b
Giải: Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có
a a a+d
<1⇒ < (1)
a+b+c a+b+c a+b+c+d
a a
Mặt khác : > (2)
a+b+c a+b+c+d
Từ (1) và (2) ta có

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

Tương tự ta có
b b b+a
< < (4)
a+b+c+d b+c+d a+b+c+d
c c b+c
< < (5)
a+b+c+d c+d +a a+b+c+d
d d d +c
< < (6)
a+b+c+d d +a+b a+b+c+d
cộng vế với vế của (3); (4); (5); (6) ta có
a b c d
1< + + + < 2 điều phải chứng minh
a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b
a c a ab + cd c
Ví dụ 2 :Cho: < và b,d > 0 .Chứng minh rằng < 2 <
b d b b +d2 d
a c ab cd ab ab + cd cd c
Giải: Từ < ⇒ 2 < 2 ⇒ 2 < 2 < =
b d b d b b +d2 d2 d
a ab + cd c
Vậy < < điều phải chứng minh
b b2 + d 2 d

Ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000
a b
tìm giá trị lớn nhất của +
c d
a b a b a a+b b
Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử : ≤ Từ : ≤ ⇒ ≤ ≤
c d c d c c+d d
a
≤ 1 vì a+b = c+d
c
b a b
a/ Nếu :b ≤ 998 thì ≤ 998 ⇒ + ≤ 999
d c d
a b 1 999
b/Nếu: b=998 thì a=1 ⇒ + = + Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c=999
c d c d
a b 1
Vậy giá trị lớn nhất của + =999+ khi a=d=1; c=b=999
c d 999

Phương pháp 10: Phương pháp làm trội
Kiến thức:
Dùng các tính bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính được
tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn.
(*) Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = u1 + u2 + .... + un
Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u k về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau:
u k = ak − ak +1
Khi đó :S = ( a1 − a2 ) + ( a2 − a3 ) + .... + ( an − an+1 ) = a1 − an+1
(*) Phương pháp chung về tính tích hữu hạn: P = u1u2 ....un
k a
Biến đổi các số hạng u k về thương của hai số hạng liên tiếp nhau: u k = a
k +1

a a a a
Khi đó P = a . a ..... a = a
1 2 n 1

2 3 n +1 n +1

Ví dụ 1: Với mọi số tự nhiên n >1 chứng minh rằng
1 1 1 1 3
< + + .... + <
2 n +1 n + 2 n+n 4
1 1 1
Giải: Ta có > = với k = 1,2,3,…,n-1
n + k n + n 2n
1 1 1 1 1 n 1
Do đó: + + ... + > + ... + = =
n +1 n + 2 2n 2n 2 n 2n 2

Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
1
2
1+
+
1
3
+ .... +
1
n
(
> 2 n +1 −1 )
Với n là số nguyên

Giải: Ta có
1
=
k 2 k
2
>
2
k + k +1
= 2 k +1 − k ( )
Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có
1 > 2 ( 2 − 1)
1
2
>2 3− 2( )
………………
1
n
(
> 2 n +1 − n )
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có 1 +
1
2
+
1
3
+ .... +
1
n
( )
> 2 n +1 −1
n
1
Ví dụ 3: Chứng minh rằng ∑k
k =1
2
<2 ∀n ∈ Z

1 1 1 1
Giải: Ta có k 2 < k ( k − 1) = k − 1 − k
Cho k chạy từ 2 đến n ta có
1 1
2
< 1−
2 2
1 1 1
< −
32 2 3
.................
1 1 1
< −
n 2
n −1 n
1 1 1
⇒ 2 + 2 + .... + 2 < 1
2 3 n

n
1
Vậy ∑k
k =1
2
<2

Phương pháp 11: Dùng bất đẳng thức trong tam giác

Kiến thức: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác thì : a;b;c> 0

Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| (a+b-c).(b+c-a).(c+a-b)
Giải
1/Vì a,b,c là số đo 3 cạnh của một tam giác nên ta có
0 < a b-c  ⇒ a 2 > a 2 − (b − c) 2 > 0
b > a-c  ⇒ b 2 > b 2 − (c − a ) 2 > 0
c > a-b  ⇒ c 2 > c 2 − ( a − b) 2 > 0
Nhân vế các bất đẳng thức ta được
[ ][ ][
⇒ a 2b 2 c 2 > a 2 − ( b − c ) b 2 − ( c − a ) c 2 − ( a − b )
2 2 2
]
⇒ a 2b 2 c 2 > ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b )
2 2 2

⇒ abc > ( a + b − c ).( b + c − a ).( c + a − b )

Ví dụ2 (HS tự giải)
1/ Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác
Chứng minh rằng ab + bc + ca < a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca)
2/Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2
Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2

Phương pháp 12: Sử dụng hình học và tọa độ

Ví dụ 1:
Chứng minh rằng : c(a −c) + c(b −c) ≤ ab , ∀a ≥ b ≥ 0 và b ≥ c
Giải
Trong mặt phẳng Oxy, chọn u =( c, b −c ) ; v =( a −c , c )
Thì u = b , v = a ; u.v = c ( a −c ) + c (b −c )
Hơn nữa: u.v =u . v . cos(u , v ) ≤u . v ⇒ c ( a − ) + c (b − ) ≤ ab ⇒
c c (ĐPCM)
Ví dụ 2:
n n

Cho 2n số: xi ; y i , i =1,2,..., n thỏa mãn: ∑ xi + ∑ yi = 1. Chứng minh rằng:
i =1 i =1
n
2
∑
i =1
xi2 + yi2 ≥
2
Giải:
Vẽ hình y

MN
MK
H

M
1
x
O x+y=1

Trong mặt phẳng tọa độ, xét:
M 1 ( x1 , y1 ) : M 2 ( x1 + x 2 , y1 + y 2 ) ;…; M n ( x1 +  + x n , y1 +  + y n )

Giả thiết suy ra M n ∈ đường thẳng x + y = 1. Lúc đó:
OM 1 = x12 + y12 , M 1M 2 = x2 + y 2
2 2
, M 2M 3 = x3 + y 3
2 2
,…, M n −1 M n = xn + y n
2 2

2
Và OM 1 + M 1 M 2 + M 2 M 3 +  + M n −1 M n ≥ OM n ≥ OH =
2
n
2
⇒ ∑
i =1
xi2 + yi2 ≥
2
⇒ (ĐPCM)

Phương pháp 13: Đổi biến số
a b c 3
Ví dụ1: Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng + + ≥ (1)
b+c c+a a+b 2
y+z−x z+x− y x+ y−z
Giải: Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta có a= ; b= ;c=
2 2 2
y+z−x z+x− y x+ y−z 3
ta có (1) ⇔ + + ≥
2x 2y 2z 2
y z x z x y y x z x z y
⇔ + −1+ + −1+ + −1 ≥ 3 ⇔ ( + ) + ( + ) + ( + ) ≥ 6
x x y y z z x y x z y z
y x z x z y
Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì ( x + y ≥ 2; + ≥ 2; + ≥ 2 nên ta có điều
y z
x z
phải chứng minh
Ví dụ2:
Cho a,b,c > 0 và a+b+c <1. Chứng minh rằng
1 1 1
+ 2 + 2 ≥9 (1)
a + 2bc b + 2ac c + 2ab
2

Giải: Đặt x = a 2 + 2bc ; y = b 2 + 2ac ; z = c 2 + 2ab . Ta có x + y + z = ( a + b + c ) 2 < 1
1 1 1
(1) ⇔ x + y + z ≥ 9 Với x+y+z < 1 và x ,y,z > 0
1 1 1 1
Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x + y + z ≥ 3. 3 xyz , và: x + y + z ≥ 3. 3
xyz

( x + y + z ). 1 + 1 + 1  ≥ 9 . Mà x+y+z < 1. Vậy
1 1 1
⇒ 
x y z  + + ≥9 (đpcm)
  x y z
1
Ví dụ3: Cho x ≥ 0 , y ≥ 0 thỏa mãn 2 x − y = 1 CMR x + y ≥
5
Gợi ý: Đặt x = u , y =v ⇒ 2u-v =1 và S = x+y = u 2 + v 2 ⇒ v = 2u-1

thay vào tính S min
Bài tập tự giải
25a 16b c
1) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0 CMR: + + >8
b+c c+a a+b

2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0
CMR
ma
+
nb
+
pc
b+c c+a a+b 2
≥
1
( )
m + n + p − ( m + n + p)
2

Phương pháp 14: Dùng tam thức bậc hai

Kiến thứ: Cho f(x) = ax2 + bx + c
Định lí 1:
a> 0
f(x) > 0, ∀ x ⇔ 
∆ < 0
a> 0
f (x) ≥ 0, ∀ x ⇔ 
∆ ≤ 0
a< 0
f (x) < 0, ∀ x ⇔ 
∆ < 0
a< 0
f (x) ≤ 0, ∀ x ⇔ 
∆ ≤ 0
Định lí 2:
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm x1 < α < x2 ⇔ a. f ( α ) < 0
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :

 a. f ( α ) > 0

x1 < x2 < α ⇔  ∆ > 0
S
 <α
2
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :


 a. f ( α ) > 0

α < x1 < x2 ⇔  ∆ > 0
S
 >α
2
α < x1 < β < x 2
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm  x < α < x < β ⇔ f (α ). f ( β ) < 0.
 1 2

Ví dụ 1:Chứng minh rằng f ( x, y ) = x 2 + 5 y 2 − 4 xy + 2 x − 6 y + 3 > 0 (1)
Giải: Ta có (1) ⇔ x 2 − 2 x( 2 y − 1) + 5 y 2 − 6 y + 3 > 0
∆′ = ( 2 y − 1) − 5 y 2 + 6 y − 3
2

= 4 y2 − 4 y +1− 5y2 + 6 y − 3
= −( y − 1) − 1 < 0
2

Vậy f ( x, y ) > 0 với mọi x, y

Ví dụ2: Chứng minh rằng: f ( x, y ) = x 2 y 4 + 2( x 2 + 2). y 2 + 4 xy + x 2 > 4 xy 3

Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
x 2 y 4 + 2( x 2 + 2 ). y 2 + 4 xy + x 2 − 4 xy 3 > 0 ⇔ ( y 2 + 1) 2 .x 2 + 4 y (1 − y ) 2 x + 4 y 2 > 0
Ta có ∆′ = 4 y 2 (1 − y 2 ) − 4 y 2 ( y 2 + 1) = −16 y 2 < 0
2 2

Vì a = ( y 2 + 1) > 0 vậy f ( x, y ) > 0
2
(đpcm)

Phương pháp 15: Dùng quy nạp toán học
Kiến thức:
Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n > n0 ta thực hiện các bước sau :
1 – Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n = n0
2 - Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh được gọi là
giả thiết quy nạp )
3- Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cần
chứng minh rồi biến đổi để dùng giả thiết quy nạp)
4 – kết luận BĐT đúng với mọi n > n0

1 1 1 1
Ví dụ1: Chứng minh rằng : 2
+ 2 + .... + 2 < 2 − ∀n ∈ N ; n > 1 (1)
1 2 n n
1 1
Giải: Với n =2 ta có 1 + < 2 − (đúng). Vậy BĐT (1) đúng với n =2
4 2
Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) đúng với n = k+1
1 1 1 1 1
Thật vậy khi n =k+1 thì (1) ⇔ 12 + 22 + .... + k 2 + (k + 1) 2 < 2 − k + 1
Theo giả thiết quy nạp

1 1 1 1 1 1 1
⇔ + 2 + .... + 2 + < 2− + < 2−
2
1 2 k (k + 1) 2
k ( k + 1) 2
k +1
1 1 1 1 1
⇔ + .... + < + <
12
(k + 1) 2
k + 1 ( k + 1) 2
k
k +1+1 1
⇔ < ⇔ k (k + 2) < (k + 1) 2 ⇔ k2+2k<k2+2k+1 Điều này đúng .Vậy bất
(k + 1) 2 k
đẳng thức (1)được chứng minh
n
 a+b an + bn
Ví dụ2: Cho n ∈ N và a+b> 0. Chứng minh rằng   ≤ (1)
 2  2
Giải: Ta thấy BĐT (1) đúng với n=1
Giả sử BĐT (1) đúng với n=k ta phải chứng minh BĐT đúng với n=k+1
Thật vậy với n = k+1 ta có
k +1
 a+b a k +1 + b k +1
(1) ⇔   ≤
 2  2
k
a+b a+b a k +1 + b k +1
⇔   . ≤ (2)
 2  2 2
a k + b k a + b a k +1 + ab k + a k b + b k +1 a k +1 + b k +1
⇔ Vế trái (2) ≤ . = ≤
2 2 4 2
k +1 k +1 k +1 k +1
≥ 0 ⇔ ( a k − b k ).( a − b ) ≥ 0
a +b a + ab + a b + b
k k
⇔ − (3)
2 4
Ta chứng minh (3)
(+) Giả sử a ≥ b và giả thiết cho a ≥ -b ⇔ a ≥ b
k
⇔ a k ≥ b ≥ bk ⇒ (a k
− b k ).( a − b ) ≥ 0
(+) Giả sử a < b và theo giả thiết - a<b ⇔ a < b k ⇔ a k < b k ⇔ ( a k − b k ).( a − b ) ≥ 0
k

Vậy BĐT (3)luôn đúng ta có (đpcm)
Ví dụ 3: Cho a ≥ −1 ,1 ≤ n ∈Ν. Chứng minh rằng : (1 + a) n ≥ 1 + n.a
Giải
n=1: bất đẳng thức luôn đúng
n=k ( k ∈ Ν ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (1 + a ) k ≥ 1 + k .a
n= k+1 . Ta cần chứng minh: (1 + a ) k +1 ≥ 1 + (k +1).a
Ta có: (1 + a) k +1 = (1 + a).(1 + a) k ≥ (1 + a).(1 + k .a ) ≥ 1 + (k +1)a + k .a 2 ≥ 1 + (k +1)a
⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1
V ậy theo nguyên lý quy nạp: (1 + a) n ≥ 1 + n.a , ∀n ∈Ν
1
Ví dụ 4: Cho 1 ≤ n ∈ Ν a1 , a 2 ,  , a n ≥ 0 thoả mãn a1 + a 2 +  + a n ≤ . Chứng minh
2
1
rằng: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a n ) ≥
2

1 1
Giải n=1: a1 ≤ ⇒ 1 − a1 ≥ ⇒ Bài toán đúng
2 2
1
n=k ( k ∈ Ν ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k ) ≥
2

1
n= k+1 . Ta cần chứng minh: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k +1 ) ≥
2
Ta có: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k +1 ) = (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k −1 )[1 − (a k + a k +1 ) + a k a k +1 ]
1 1
≥ (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k −1 )[1 − ( a k + a k +1 )] ≥ (Vì a1 + a 2 +  + a k −1 + (a k + a k +1 ) ≤ 2 )
2
⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1
1
Vậy theo nguyên lý quy nạp: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a n ) ≥
2
Ví dụ 5: Cho 1 ≤ n ∈ Ν , a i , bi ∈R, i =1,2,..., n . Chứng minh rằng:
(a1b1 + a 2 b2 +  + a n bn ) ≤ (a + a +  + a )(b + b +  + bn2 )
2 2
1
2
2
2
n 1
2 2
2

Giải n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
n=k ( k ∈ Ν ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là:
(a1b1 + a 2 b2 +  + a k bk ) 2 ≤ (a12 + a 2 +  + a k )(b12 + b22 +  + bk2 )
2 2

n= k+1 . Ta cần chứng minh:
(a1b1 + a 2 b2 +  + a k +1bk +1 ) 2 ≤ (a12 + a 2 +  + a k +1 )(b12 + b2 +  + bk2+1 ) (1)
2 2 2

Thật vậy: VP(1) = (a12 + a 22 +  + a k2 )(b12 + b22 +  + bk2 ) + (a12 +  + a k2 ).b 2 +
+ a 2 (b12 + b2 +  + bk2 ) + a k +1 .bk2+1 ≥ ( a1b1 + a 2 b2 +  + a k bk ) + 2a1b1 a k +1bk +1 + 2a 2 b2 a k +1bk +1 +
2 2

+  + 2a k bk a k +1bk +1 + a k +1bk +1
2 2

≥ (a1b1 + a 2 b2 +  + a k bk ) 2 + 2 ( a1b1 + a 2 b2 +  + a k bk ) a k + bk + + a k +1 .bk +1
1 1
2 2

≥ (a1b1 + a 2 b2 +  + a k +1bk +1 ) 2
Vậy (1) được chứng minh
Ví dụ 6: Cho 1 ≤ n ∈ Ν , ai , bi ∈R, i =1,2,..., n . Chứng minh rằng:
a1 + a 2 +  + a n 2 a12 + a 2 +  + a n
2 2
( ) ≤
n n
Giải:
n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
a1 + a 2 +  + a k 2 a12 + a 2 +  + a k2
2

n=k ( k ∈ Ν ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: ( ) ≤
k k
a + a +  + a k +1 2 a1 + a 2 +  + a k +1
2 2 2
n= k+1 . Ta cần chứng minh: ( 1 2 ) ≤ (1)
k +1 k +1
a + a +  + a k +1
Đặt: a = 2 3
k
1
VP (1) = (a12 + k 2 a 2 + 2ka1 a )
k +1
1  2 a 2 + a3 +  + a k2+1
2
a 2 + a3 +  + a k2+1  a12 + a 2 +  + a k2+1
2 2
≥  a1 + k 2 2 + k .a12 + k 2 =
(k + 1) 2  k k  k +1
Vậy (1) đựơc chứng minh

Ví dụ 7: Chứng minh rằng: n n > ( n +1) n −1 , ∀n ∈ Ζ, n ≥ 2

 n n = 4
Giải: n=2 ⇒  ⇒ n n > (n + 1) n −1
 (n + 1) n− 1 = 3
n=k ≥ 2 : giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: k k > (k + 1) k −1
n= k+1:Ta c ó: k k (k + 1) k +1 ≥ (k + 1) k −1 (k + 1) k +1 = (k + 1) 2 k −2 (k + 1) 2 = [(k + 1) 2 ] k −1 (k + 1) 2


> (k 2 + 2k ) k −1 ( k 2 + 2k ) (vì (k + 1) 2 = k 2 + 2k + 1 > k 2 + 2k )
≥ k k ( k + 2) k ⇒ (k + 1) k +1 > (k + 2) k ⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1
Vậy n n > (n +1) n−1 , ∀n ∈ Ζ, n ≥ 2
Ví dụ 8: Chứng minh rằng: sin nx ≤n sin x , ∀ ∈Ν , ∀ ∈R ∗
n x

Giải: n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
n=k :giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: sin kx ≤k sin x
n= k+1 . Ta cần chứng minh: sin(k + ) x ≤(k + ) sin x 1 1

 a + b ≤ a + b , ∀ a, b ∈ R

Ta có: 
 sin x , cos x ≤ 1, ∀ x ∈ R

Nên: sin( k +1) x = sin kx cos x +cos kx sin x
≤ sin kx . cos x + cos kx . sin x ≤ sin kx . + sin x ≤k sin x . +. sin x =( k + ) sin x
. 1
⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1. Vậy: sin nx ≤n sin x , ∀ ∈ ∗, ∀ ∈
n Ν x R

Phương pháp 16: Chứng minh phản chứng

Kiến thức:
1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng , ta hãy giả sử bất đẳng
thức đó sai và kết hợp với các giả thiết để suy ra điều vô lý , điều vô lý có thể là điều trái
với giả thiết , có thể là điều trái ngược nhau .Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh
là đúng
2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “p ⇒ q”
Muốn chứng minh p ⇒ q (với p : giả thiết đúng, q : kết luận đúng) phép chứng
minh được thực hiên như sau:
Giả sử không có q ( hoặc q sai) suy ra điều vô lý hoặc p sai. Vậy phải có q
(hay q đúng)
Như vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định kết
luận của nó .
Ta thường dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng sau :
A - Dùng mệnh đề phản đảo : “P ⇒ Q”
B – Phủ định rôi suy trái giả thiết
C – Phủ định rồi suy trái với điều đúng
D – Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ngược nhau
E – Phủ định rồi suy ra kết luận :

Ví dụ 1: Cho ba số a,b,c thỏa mãn a +b+c > 0 , ab+bc+ac > 0 , abc > 0
Chứng minh rằng a > 0 , b > 0 , c > 0
Giải:
Giả sử a ≤ 0 thì từ abc > 0 ⇒ a ≠ 0 do đó a < 0. Mà abc > 0 và a < 0 ⇒ cb < 0
Từ ab+bc+ca > 0 ⇒ a(b+c) > -bc > 0
Vì a < 0 mà a(b +c) > 0 ⇒ b + c < 0
a < 0 và b +c < 0 ⇒ a + b +c < 0 trái giả thiết a+b+c > 0

Vậy a > 0 tương tự ta có b > 0 , c > 0
Ví dụ 2:Cho 4 số a , b , c ,d thỏa mãn điều kiện
ac ≥ 2.(b+d) .Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai:
a 2 < 4b , c 2 < 4d
Giải:
Giả sử 2 bất đẳng thức : a 2 < 4b , c 2 < 4d đều đúng khi đó cộng các vế ta được
a 2 + c 2 < 4(b + d ) (1)
Theo giả thiết ta có 4(b+d) ≤ 2ac (2)
Từ (1) và (2) ⇒ a 2 + c 2 < 2ac hay ( a − c ) 2 < 0 (vô lý)
Vậy trong 2 bất đẳng thức a 2 < 4b và c 2 < 4d có ít nhất một các bất đẳng thức sai
Ví dụ 3:Cho x,y,z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng
1 1 1
Nếu x+y+z > x + y + z thì có một trong ba số này lớn hơn 1
Giải :Ta có (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1
1 1 1 1 1 1
=x + y + z – ( x + y + z ) vì xyz = theo giả thiết x+y +z > x + y + z
nên (x-1).(y-1).(z-1) > 0
Trong ba số x-1 , y-1 , z-1 chỉ có một số dương
Thật vậy nếu cả ba số dương thì x,y,z > 1 ⇒ xyz > 1 (trái giả thiết)
Còn nếu 2 trong 3 số đó dương thì (x-1).(y-1).(z-1) < 0 (vô lý)
Vậy có một và chỉ một trong ba số x , y,z lớn hơn 1
Ví dụ 4: Cho a, b, c >0 và a.b.c=1. Chứng minh rằng: a + b + c ≥ 3 (Bất đẳng thức
Cauchy 3 số)
Giải: Giả sử ngược l ại:
a + b + c < 3 ⇒ (a + b + c)ab < 3ab ⇔ a 2 b + b 2 a + cab < 3ab ⇔ a 2 b + (a 2 − 3a )b + 1 < 0
Xét : f (b) = a 2 b + (a 2 − 3a)b + 1
Có ∆ = (a 2 − 3a) 2 − 4a = a 4 − 6a 3 + 9a 2 − 4a = a(a 3 − 6a 2 + 9a − 4) = = a(a −1) 2 (a − 4) ≤ 0
 a , b, c > 0
(Vì  ⇒ 0 < a < 3 ) ⇒ f (b) ≥ 0 ⇒ vô lý. Vậy: a + b + c ≥ 3
a+ b+ c< 3
Ví dụ 5:
Chứng minh rằng không tồn tại các số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3):
a a 2 ⇒ −( a + b − c )(a − b + c) > 0 (1’)
b < c −a ⇒ (c − a ) > b
2 2
⇒ −(−a + b + c)(a + b − c ) > 0 (2’)
c < a −b ⇒ ( a − b) 2 > c 2 ⇒ −(a + b − c)(−a + b + c) > 0 (3’)
Nhân (1’), (2’) và (3’) vế với vế ta được: ⇒ −[(a + b − c)( a − b + c)(−a + b + c)] 2 > 0
⇒ Vô lý. Vậy bài toán được chứng minh

Phương pháp 17 : Sử dụng biến đổi lượng giác


− π π 
1. Nếu x ≤R thì đặt x = Rcos α , α ∈ [ 0, π ] ; hoặc x = Rsin α , α ∈ ,
 2 2 
R  π
2. Nếu x ≥R thì đặt x = α ∈[0, c ) ∪ π,3 
cos α  2

 x = a + R cosα
3.Nếu ( x − a ) 2 + ( y − b ) 2 = R 2 , ( > 0) thì đặt  , (α = 2π )
 y = b + R sinα
 x = α + aR cosα
 , (α = 2π )
2 2
 x −α   y −β 
4. Nếu   +  =R
2
a, b > 0 thì đặt

 y = β + bR sinα
 a   b 

5. Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức : ( ax ) 2 + b 2 , ( a, b > 0)
b  π π
Thì đặt: x= tgα , α ∈  − , 
a  2 2

Ví dụ 1: Cmr : a 1 −b 2
+b 1 −a 2 + 3 ab − ( (1 −b )(1 −a ) ) ≤2, ∀ , b ∈[−1,1]
2 2
a

Giải : a ≤1, b ≤1
 a = cosα
Đặt : (α , β ∈ [ 0, π ] )
 b = cos β
Khi đó :
a 1 − b 2 + b 1 − a 2 + 3 ab − ( (1 − b )(1 − a ) )
2 2

= cos α. sin β + cos β. sin α + 3 ( cos α. cos β − sin α. sin β )
= sin(α + β ) + 3. cos(α + β )
π
= 2 cos(α + β − ) ∈[ − 2,2] ⇒ ( dpcm)
6
Ví dụ 2 : Cho a , b ≥1 .Chứng minh rằng : a b −1 + b a1 ≤ ab
Giải :
 1
 a = cos 2 α
   π 
Đặt :  1  α , β ∈  0,  
 
b =   2
 cos 2 β

1 1
⇒ a b −1 + b a −1 = tg 2 β + tg 2α
cos α
2
cos 2 β
tgβ tgα (tgβ . cos 2 β + tgα . cos 2 α )
= + =
cos 2 α cos 2 β cos 2 β . cos 2 α
1 (sin 2 β + sin 2α ) sin(α + β ) cos in(α − β )
= =
2 cos 2 β . cos 2 α cos 2 β . cos 2 α
1
≤ = ab
cos β . cos 2 α
2


a 2 − (a − 4b) 2
Ví dụ 3: Cho ab ≠ 0 .Chứng minh rằng : − 2 2 − 2 ≤ ≤2 2−2
2 2
a + 4b
Giải :
a 2 − (a − 4b) 2 tg 2α − (tgα − 2) 2
⇒ =
a 2 + 4b 2 1 + tg 2α
= 4(tgα − 1). cos 2 α
 π π 
Đặt: a = 2btgα , α ∈  − 2 , 22  = 2 sin 2α − 2(1 + cos 2α )
 
= 2(sin 2α − cos 2α ) − 2
π
[
= 2 2 sin( 2α − ) − 2 ∈ − 2 2 − 2,2 2 − 2
2
]
Phương pháp 18: Sử dụng khai triển nhị thức Newton.
Kiến thức:
Công thức nhị thức Newton
n
( a + b ) n ∑C nk a n −k b k , ∀n ∈ N * , ∀a, b ∈ R .
k =0
n!
Trong đó hệ số C n
k
= (0 ≤ ≤ )
k n .
( n − )! k!
k
Một số tính chất đặt biệt của khai triển nhị thức Newton:
+ Trong khai triển (a + b)n có n + 1 số hạng.
+ Số mũ của a giảm dần từ n đến 0, trong khi đó số mũ của b tăng từ 0 đến n.
Trong mỗi số hạng của khai trtiển nhị thức Newton có tổng số mũ của a và b bằng n.
+Các hệ số cách đều hai đầu thì bằng nhau
C n = C n −k .
k n

+ Số hạng thứ k + 1 là C nk a n −k .b k (0 ≤ k ≤ n)
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng (1 + a ) n ≥ 1 + na, ∀a ≥ 0, ∀n ∈ N * (bất đẳng thức bernoulli)
Giải
n

Ta có: (1 + a ) = ∑ C n a ≥ C n + C n a = 1 + na (đpcm)
n k k 0 1

k =0

Ví dụ 2:
Chứng minh rằng:
n
an +bn a +b
a) 2 ≥  2  , ∀a, b ≥ 0, ∀n ∈ N *
 
 
n
an +bn + cn  a +b + c 
b) ≥  , ∀a, b, c ≥ 0, ∀n ∈ N
*

3  3 
Giải
Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:


( a + b ) n = C n0 a n + C n a n−1b + .... + C nn −1a.b n −1 + C nn b n
1

( a + b ) n = C n0 b n + C n b n −1a + .... + C nn−1b.a n−1 + C nn a n
1

⇒ 2( a + b ) = C n (a n + b n ) + C n (a n −1b + b n −1 a ) + .... + C n −1 ( a.b n −1 + b.a n −1 ) + C n (b n + a n )
n 0 1 n n

∀a, b ≥ 0, ∀i = 1,2,..., n −1 :
(a n −i
)( )
− b n −i a i − b i ≥ 0 ⇒ a n + b n ≥ a n −i b i − a i b n −i
⇒ 2( a + b ) ≤ C ( a n + b n ) + C n (a n + b n ) + .... + C n −1 (a n + b n ) + C n (b n + a n )
n 10 n n
n

= (a n + b n )(C n + C n + .... + C n −1 + C n ) = 2 n (a n + b n )
0 1 n n

n
 a +b  an +bn
⇒  ≤
 2  n
a+b+c
b) Đặt d = 3 ≥ 0
Theo câu (a) ta có:
n n
a+b c+d
2  + 2 
a +b +c +d
n n n n
2   2 
≥ 
4 4
n n
a+b c+ d 
  + 
=  2   2  ≥ (a + b + c + d )n ≥ d n
2 4
⇒ a + b + c + d ≥ 4d ⇒ a n + b n + c n ≥ 3d n
n n n n n

n
an + bn + cn a+b+c
⇒ ≥ dn =  
3  3 
Phương pháp 19: Sử dụng tích phân
Hàm số: f , g : [ a, b] → R liên tục, lúc đó:
b

* Nếu f ( x) ≥ 0, ∀ ∈[ a, b ] thì
x ∫ f ( x)dx ≥ 0
a
b b

* Nếu f ( x ) ≥ g ( x ), ∀ ∈[ a, b ] thì
x ∫ f ( x)dx ≥ ∫ g ( x)dx
a a

* Nếu f ( x ) ≥ g ( x ), ∀ ∈[ a, b ]
x và ∃x 0 ∈ [ a, b ] : f ( x 0 ) > g ( x 0 ) thì
b b

∫ f ( x)dx ≥ ∫ g ( x)dx .
a a
b b

* ∫ f ( x)dx ≤ ∫ f ( x) dx .
a a
b
1
m ≤ f ( x ) ≤ M , ∀ ∈[ a, b]
b −a ∫
* Nếu x thì m≤ f ( x ) dx ≤ M (m, M là hằng số)
a

Ví dụ 1: Cho A, B, C là ba góc của tam giác.
A B C
Chưng minh rằng: tg + tg + tg ≥ 3
2 2 2
Giải:
x
Đặt , x ∈ (0, π )
f ( x ) = tg
2
1 x
f ' ( x) = (1 + tg 2 )
2 2
1 x x
f '' ( x) = tg (1 + tg 2 ) > 0, x ∈ (0, π )
2 2 2


Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho:
f ( A) + f ( B ) + f (C )  A+ B +C 
≥ f 
3  3 
A B C  A + B +C 
tg + tg + tg ≥ 3tg  
2 2 2  6 
A B C π
tg + tg + tg ≥ 3tg
2 2 2 6
A B C
tg + tg + tg ≥ 3
2 2 2
π

Ví dụ 2: Chứng minh: π ≤ ∫ π
2
dx
≤
10 0 5 − 2 cos x 6
2

Giải
 π
Trên đoạn 0, 2  ta có:
 
0 ≤ cos x ≤ 1
2

⇒ 0 ≤ 2 cos 2 x ≤ 2
⇒ −2 ≤ −2 cos 2 x ≤ 0
⇒ 3 ≤ 5 − 2 cos 2 x ≤ 5
1 1 1
⇒ ≤ ≤
5 5 − 2 cos x 3
2

π

1 π 
2
dx 1 π 
⇒  − 0 ≤ ∫ ≤  − 0
5 2  0 5 − 2 cos x 3  2
2

π

π 2 dx π
⇒ ≤∫ ≤ ( đpcm )
10 0 5 − 2 cos x 6
2


PHẦN III : CÁC BÀI TẬP NÂNG CAO

*Dùng định nghĩa
a2
1) Cho abc = 1 và a 3 > 36 . . Chứng minh rằng + b2+c2> ab+bc+ac
3
a2 a2 a2
Giải: Ta xét hiệu: + b2+c2- ab- bc – ac = + + b2+c2- ab- bc – ac
3 4 12
a2 a2 a a 3 − 36abc
= ( + b2+c2- ab– ac+ 2bc) + − 3bc =( -b- c)2 +
4 12 2 12a
a a − 36abc
3
=( -b- c)2 + >0 (vì abc=1 và a3 > 36 nên a >0 )
2 12a
2
a
Vậy : + b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh
3
2) Chứng minh rằng
a) x 4 + y 4 + z 2 + 1 ≥ 2 x.( xy 2 − x + z + 1)
b) với mọi số thực a , b, c ta có
a 2 + 5b 2 − 4ab + 2a − 6b + 3 > 0
c) a 2 + 2b 2 − 2ab + 2a − 4b + 2 ≥ 0
Giải:
a) Xét hiệu: x 4 + y 4 + z 2 + 1 − 2 x 2 y 2 + 2 x 2 − 2 xz − 2 x = ( x 2 − y 2 ) + ( x − z ) 2 + ( x − 1) 2 = H
2

H ≥ 0 ta có điều phải chứng minh
b) Vế trái có thể viết H = ( a − 2b + 1) 2 + ( b − 1) 2 + 1 ⇒ H > 0 ta có đpcm
c) vế trái có thể viết H = ( a − b + 1) 2 + ( b − 1) 2 ⇒ H ≥ 0 ta có điều phải chứng minh

* Dùng biến đổi tương đương
1) Cho x > y và xy =1 .Chứng minh rằng
(x 2
+ y2 )
≥8
2

( x − y) 2
x 2 + y 2 = ( x − y ) + 2 xy = ( x − y ) + 2
2 2
Giải: Ta có (vì xy = 1)
⇒ (x 2
+ y 2 ) = ( x − y ) + 4.( x − y ) + 4
2 4 2

Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với ( x − y ) 4 + 4( x − y ) 2 + 4 ≥ 8.( x − y ) 2
⇔ ( x − y ) 4 − 4( x − y ) 2 + 4 ≥ 0 ⇔ [( x − y ) 2
]
−2 ≥0
2

BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh

2) Cho xy ≥ 1 .Chứng minh rằng
1 1 2
+ ≥
1+ x 1+ y
2 2
1 + xy
Giải:
1 1 2  1 1   1 1 
Ta có + ≥ ⇔ 1 + x 2 − 1 + y 2  +  1 + y 2 − 1 + xy  ≥ 0
  
1+ x 1+ y
2 2
1 + xy    
xy − x 2
xy − y 2
x ( y − x) y( x − y)
⇔ 2
+
(1 + x ).(1 + xy ) (1 + y ).(1 + xy )
2
≥0 ⇔
(1 + x ).(1 + xy ) (1 + y 2 ).(1 + xy ) ≥ 0
2
+


⇔
( y − x ) 2 ( xy − 1) ≥ 0
(1 + x 2 ).(1 + y 2 ).(1 + xy ) BĐT cuối này đúng do xy > 1 .Vậy ta có đpcm

* Dùng bất đẳng thức phụ
1
1) Cho a , b, c là các số thực và a + b +c =1 Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 ≥
3
Giải: áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho 3 số (1,1,1) và (a,b,c)
Ta có (1.a + 1.b + 1.c ) 2 ≤ (1 + 1 + 1).( a 2 + b 2 + c 2 ) ⇔ ( a + b + c ) 2 ≤ 3.( a 2 + b 2 + c 2 )
1
⇔ a2 + b2 + c2 ≥ (vì a+b+c =1 ) (đpcm)
3

1 1 1
2) Cho a,b,c là các số dương . Chứng minh rằng ( a + b + c ). + +  ≥ 9 (1)
a b c
a a b b c c a b a c  b c
Giải: (1) ⇔ 1 + + + + 1 + + + + 1 ≥ 9 ⇔ 3 +  +  +  +  +  +  ≥ 9
b c a c a a b a c a c b
x y
áp dụng BĐT phụ y + x ≥ 2 Với x,y > 0. Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng
1 1 1
Vậy ( a + b + c ). + +  ≥ 9 (đpcm)
a b c

* Dùng phương pháp bắc cầu
1) Cho 0 < a, b,c <1 .Chứng minh rằng : 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 < 3 + a 2b + b 2c + c 2 a
Giải: Do a <1 ⇒ a 2 <1 và b <1
Nên (1 − a 2 ).(1 − b 2 ) > 0 ⇒ 1 + a 2b − a 2 − b > 0
Hay 1 + a 2b > a 2 + b (1)
Mặt khác 0 <a,b <1 ⇒ a 2 > a 3 ; b > b 3 ⇒ 1 + a 2 > a 3 + b3
Vậy a 3 + b 3 < 1 + a 2 b
Tương tự ta có
b3 + c 3 < 1 + b 2c
a3 + c3 < 1 + c 2a
⇒ 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 < 3 + a 2b + b 2 c + c 2 a (đpcm)

2) So sánh 31 11 và 17 14
Giải: Ta thấy 3111 < 3211 = ( 25 ) = 255 < 256
11

Mặt khác 256 = 24.14 = ( 24 ) = 1614 < 1714 Vậy 31 11 < 17 14
14
(đpcm)

* Dùng tính chất tỉ số
a+b b+c c+d d +a
1) Cho a ,b ,c ,d > 0 .Cminh rằng: 2 < + + + <3
a +b+c b+c+d c+d +a d +a +b
Giải: Vì a ,b ,c ,d > 0 nên ta có
a+b a+b a +b+d
< < (1)
a+b+c+d a+b+c a+b+c+d

b + +c b+c b+c+a
< < (2)
a+b+c+d b+c+d a+b+c+d
d +a d +a d +a+c
< < (3)
a+b+c+d d +a+b a+b+c+d
Cộng các vế của 4 bất đẳng thức trên ta có :
a+b b+c c+d d +a
2< + + + <3 (đpcm)
a +b+c b+c+d c+d +a d +a +b

2) Cho a ,b,c là số đo ba cạnh tam giác
a b c
Chứng minh rằng : 1 < + + <2
b+c c+a a+b
Giải: Vì a ,b ,c là số đo ba cạnh của tam giác nên ta có a,b,c > 0
Và a 
b+c a+b+c
a a 2a b b 2b
Vậy ta có < < Tương tự ta có < <
a +b+c b+c a +b+c a+b+c a+c a+b+c
c c 2c
< <
a+b+c b+a a+b+c
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có :
a b c
1< + + <2 (đpcm)
b+c c+a a+b

* Phương pháp làm trội :
1) Chứng minh BĐT sau :
1 1 1 1
a) 1.3 + 3.5 + ... + (2n − 1).(2n + 1) < 2
1 1 1
b) 1 + + + ... + <2
1.2 1.2.3 1.2.3.....n
Giải:
1 1 ( 2k + 1) − (2k − 1) 1 1 1 
a) Ta có : 2n − 1 . 2n + 1 = 2 . (2k − 1).(2k + 1) = 2  2k − 1 − 2k + 1 ÷
( )( )  
Cho n chạy từ 1 đến k .Sau đó cộng lại ta có
1 1 1 1  2  1
+ + ... + = . 1 − ÷< (đpcm)
1.3 3.5 (2n − 1).(2n + 1) 2  2n + 1  2

1 1 1 1 1 1
b) Ta có: 1 + 1.2 + 1.2.3 + ... + 1.2.3.....n < 1 + 1.2 + 1.2.3 + ..... + ( n − 1) .n
 1 1 1  1 1 1
< 1 + 1 − ÷+  − ÷+ .... +  − ÷ < 2 − < 2 (đpcm)
 2  
2 3 n −1 n
  n 

PHẦN IV : ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC

1/ Dùng bất đẳng thức để tìm cưc trị
Kiến thức:
- Nếu f(x) ≥ A thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là A
- Nếu f(x) ≤ B thì f(x) có giá trị lớn nhất là B
Ví dụ 1 :Tìm giá trị nhỏ nhất của :T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|
Giải: Ta có |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x| ≥ |x-1+4-x| = 3 (1)
Và x − 2 + x − 3 = x − 2 + 3 − x ≥ x − 2 + 3 − x = 1 (2)
Vậy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| ≥ 1+3 = 4
Ta có từ (1) ⇒ Dấu bằng xảy ra khi 1 ≤ x ≤ 4
(2) ⇒ Dấu bằng xảy ra khi 2 ≤ x ≤ 3
Vậy T có giá trị nhỏ nhất là 4 khi 2 ≤ x ≤ 3

Ví dụ 2 :
Tìm giá trị lớn nhất của S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) với x,y,z > 0 và x+y+z =1
Giải: Vì x,y,z > 0 ,áp dụng BĐT Côsi ta có
1 1
x+ y + z ≥ 3 3 xyz ⇒ 3 xyz ≤ ⇒ xyz ≤
3 27
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có
( x + y ) .( y + z ) .( z + x ) ≥ 3 3 ( x + y ) .( y + z ) .( x + z ) ⇒ 2 ≥ 3 3 ( x + y ) .( y + z ) .( z + x )
1
Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=
3
8 1 8 8 1
Vậy S ≤ . = . Vậy S có giá trị lớn nhất là khi x=y=z=
27 27 729 729 3
Ví dụ 3: Cho xy+yz+zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của x + y + z
4 4 4

Giải: Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho 6 số (x,y,z) ;(x,y,z)
( xy + yz + zx ) ≤ ( x 2 + y 2 + z 2 ) ⇒ 1 ≤ ( x 2 + y 2 + z 2 )
2 2 2
Ta có (1)
Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho ( x 2 , y 2 , z 2 ) và (1,1,1)
( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 ≤ (12 + 12 + 12 )( x 4 + y 4 + z 4 )
Ta có
→ ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 ≤ 3( x 4 + y 4 + z 4 )
1
Từ (1) và (2) ⇒ 1 ≤ 3( x 4 + y 4 + z 4 ) ⇒ x 4 + y 4 + z 4 ≤
3
1 3
Vậy x 4 + y 4 + z 4 có giá trị nhỏ nhất là khi x=y=z= ±
3 3
Ví dụ 4 : Trong tam giác vuông có cùng cạnh huyền , tam giác vuông nào có diện
tích lớn nhất
Giải: Gọi cạnh huyền của tam giác là 2a
Đường cao thuộc cạnh huyền là h
Hình chiếu các cạnh góc vuông lên cạnh huyền là x,y
1
Ta có S = . ( x + y ) .h = a.h = a. h 2 = a. xy
2
Vì a không đổi mà x+y = 2a. Vậy S lớn nhất khi x.y lớn nhất ⇔ x = y


Vậy trong các tam giác có cùng cạnh huyền thì tam giác vuông cân có diện tích
lớn nhất

2/ Dùng Bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình

Ví dụ 1:Giải phương trình: 4 3x 2 + 6 x + 19 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 − 2 x − x 2
Giải : Ta có 3x 2 + 6 x + 19 = 3.( x 2 + 2 x + 1) + 16 = 3.( x + 1) 2 + 16 ≥ 16
5 x 2 + 10 x + 14 = 5. ( x + 1) + 9 ≥ 9
2

Vậy 4. 3x 2 + 6 x + 19 + 5 x 2 + 10 x + 14 ≥ 2 + 3 = 5
Dấu ( = ) xảy ra khi x+1 = 0 ⇒ x = -1
Vậy 4 3x 2 + 6 x + 19 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 − 2 x − x 2 khi x = -1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -1
Ví dụ 2: Giải phương trình x + 2 − x 2 = 4 y 2 + 4 y + 3
Giải : áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta có :
x + 2 − x 2 ≤ 12 + 12 . x 2 + ( 2 − x 2 ) ≤ 2. 2 = 2 Dấu (=) xảy ra khi x = 1
1
Mặt khác 4 y 2 + 4 y + 3 = ( 2 y + 1) + 2 ≥ 2 Dấu (=) xảy ra khi y = -
2

2
1
Vậy x + 2 − x 2 = 4 y 2 + 4 y + 3 = 2 khi x =1 và y =-
2
 x =1

Vậy nghiệm của phương trình là  1
y = − 2

 x + y + z =1
Ví dụ 3:Giải hệ phương trình sau:  4 4 4
 x + y + z = xyz
Giải: áp dụng BĐT Côsi ta có
x4 + y 4 y 4 + z 4 z 4 + x4
x4 + y4 + z4 = + +
2 2 2
≥x y +y z +z x
2 2 2 2 2 2

x2 y 2 + y 2 z 2 z 2 y 2 + z 2 z 2 x2 z 2 + y 2 x2
≥ + +
2 2 2
≥ y xz + z xy + x yz
2 2 2

≥ xyz.( x + y + z )
1
Vì x+y+z = 1) Nên x 4 + y 4 + z 4 ≥ xyz Dấu (=) xảy ra khi x = y = z =
3
 x + y + z =1 1
Vậy  có nghiệm x = y = z =
 x + y + z = xyz
4 4 4
3

 xy − 4 = 8 − y 2 (1)
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau 
 xy = 2 + x
2
(2)


Từ phương trình (1) ⇒ 8 − y 2 ≥ 0 hay y ≤ 8
Từ phương trình (2) ⇒ x2 + 2 = x . y ≤ 2 2 x
⇒ x 2 − 2 2 x + 22 ≤ 0
⇒ ( x − 2) 2 ≤ 0
⇒ x = 2
⇒x=± 2
Nếu x = 2 thì y = 2 2
Nếu x = - 2 thì y = -2 2

 x= 2
  x=2 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm  và 
y = − 2
  y = −2 2


3/ Dùng BĐT để giải phương trình nghiệm nguyên

Ví dụ 1: Tìm các số nguyên x,y,z thoả mãn x 2 + y 2 + z 2 ≤ xy + 3 y + 2 z − 3
Giải: Vì x,y,z là các số nguyên nên x 2 + y 2 + z 2 ≤ xy + 3 y + 2 z − 3
⇔ x 2 + y 2 + z 2 − xy − 3 y − 2 z + 3 ≤ 0
 y2   3y2 
⇔  x 2 − xy + ÷+  − 3 y + 3 ÷+ ( z 2 − 2 z + 1) ≤ 0
 4   4 
2 2
 y y 
⇔  x − ÷ + 3  − 1÷ + ( z − 1) ≤ 0
2
(*)
 2 2 
2 2
 y y 
Mà  x − ÷ + 3  − 1÷ + ( z − 1) ≥ 0 ∀x, y ∈ R
2

 2 2 
2 2
 y y 
⇔  x − ÷ + 3  − 1÷ + ( z − 1) = 0
2

 2 2 
 y
x − 2 = 0
  x =1
y 
⇔  −1 = 0 ⇔  y = 2
2  z =1
 z −1 = 0 



 x =1

Các số x,y,z phải tìm là  y = 2
 z =1

1 1 1
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x + y + z = 2
Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử x ≥ y ≥ z


1 1 1 3
Ta có 2 = x + y + z ≤ z ⇒ 2 z ≤ 3
1 1
Mà z nguyên dương vậy z = 1. Thay z = 1 vào phương trình ta được x + y = 1
1 1 1
Theo giả sử x ≥ y nên 1 = x + y ≤ y ⇒ y ≤ 2 mà y nguyên dương
Nên y = 1 hoặc y = 2
Với y = 1 không thích hợp
Với y = 2 ta có x = 2
Vậy (2 ,2,1) là một nghiệm của phương trình
Hoán vị các số trên ta được các nghiệm của phương trình là (2,2,1);(2,1,2); (1,2,2)
Ví dụ 3:Tìm các cặp số nguyên thoả mãn phương trình x + x = y (*)
Giải:
(*) Với x < 0 , y < 0 thì phương trình không có nghĩa
(*) Với x > 0 , y > 0
Ta có x + x = y ⇔ x + x = y 2
⇔ x = y2 − x > 0
Đặt x = k (k nguyên dương vì x nguyên dương )
Ta có k .(k + 1) = y 2
Nhưng k 2 < k ( k + 1) < ( k + 1) ⇒ k < y < k + 1
2

Mà giữa k và k+1 là hai số nguyên dương liên tiếp không tồn tại một số nguyên
dương nào cả
Nên không có cặp số nguyên dương nào thoả mãn phương trình .
x = 0
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là : 
y = 0
Bài tập đề nghị :
a b c 1 1 1
Bài 1:Chứng minh rằng với mọi a,b,c > 0 : bc + ac + ab ≥ a + b + c
HD : Chuyển vế quy đồng mẫu đưa về tổng bình phương các đẳng thức.
1 1 1 1
Bài 2:Chứng minh bất đẳng thức : + + + .. + <1 (n ∈ N *)
1.2 2.3 3.4 n( n + 1)
1 1 1
HD: = −
k (k +1) k k +1
 1  1  1 
Bài 3: Cho a, b. c > 0 và a + b + c ≤ 1. Cmr : 1 + 1 + 1 +  ≥ 64
 a  b  c
 1  1  1
HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 1 +  , 1 +  , 1 + 
 a  b  c
Bài 4 : Cho a ≥ c ≥ 0, b ≥ c ≥ 0 . Cmr : c ( a − c ) + c (b − c ) ≤ ab
c a −c c b −c
HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho , , rồi cộng hai vế theo vế.
b a a b
2
a b2
Bài 5: Cho a, b >1. Tìm GTNN của S = +
b −1 a −1

a2 b2
HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho , và xét trường hợp dấu “=” xảy
b −1 a −1
ra .
3 + 8 x 2 + 12 x 4
Bài 9 : Tìm GTLN và GTNN của y = (1 + 2 x 2 ) 2
1  π π
HD: Đặt x= tgα , α ∈− , 
2  2 2
15 25
Bài 10: Cho 36x 2 +16 y 2 = 9. Cmr : ≤ y − 2x + 5 ≤
4 4
 1
 x = 2 cos α
HD: Đặt :  3
 y = sin α
 4
x
Bài 11: Cmr : 1+ 1− x2 ≥(1 + 2 1 − x 2 ), ∀x ∈[ −1,1]
2
 π π
HD : Đặt x = sin 2α , α ∈ − 4 , 4 
 
Bài 12: Cho a, b ≥ 0, c ≤1 . Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 ≤ 1 + a 2 b + b 2 c + c 2 a
Bài 13: Cho ∆ABC có a, b, c là độ dài các cạnh. Chứng minh rằng:
a b(a − b) + b 2 c(b − c ) + c 2 a (c − a ) ≥ 0
2

n
an +bn  a +b 
Bài 14: Cho n ∈Ζ1 ≤ n, a, b ≥ 0 .
, Chứng minh rằng ≥ 
2  2 
n
n ∈Ζ 2 ≤ n .  1
Bài 15: , Chứng minh rằng: 2 < 1 +  < 3
 n
1 tg 3 x
Bài 16: Có tồn tại x ∈ R sao cho: ≤ ≤3 ?
3 tgx
Bài 17: Cho ∆ABC có diện tích bằng 4 (đơn vị diện tích). Trên các cạnh BC,
CA, AB lấy lần lược các điểm A’, B’, C’. Chứng minh rằng: Trong tất cả các tam giác
AB’C’, A’BC’, A’B’C có ít nhất 1 diện tích nhỏ hơn hay bằng 1(đơn vị diện tích)

19 phương phap chứng minh bất đẳng thức

More Related Content

What's hot

Similar to 19 phương phap chứng minh bất đẳng thức

More from Thế Giới Tinh Hoa

19 phương phap chứng minh bất đẳng thức