Nguyễn ðức Thụy Tuyển tập Bất ñẳng thức
1
PHẦN I: LUYỆN TẬP CĂN BẢN I. Chứng minh BðT dựa vào ñịnh nghĩa và tính chất cơ bản:

1. Cho a, b > 0 chứng minh:
+ +
 
≥
 
 
3
3 3
a b a b
2 2

2. Chứng minh:
+ +
≤
2 2
a b a b
2 2

3. Cho a + b ≥ 0 chứng minh:
+ +
≥
3 3
3
a b a b

+ + ≥ + +
2 2 2
x y z xy yz zx

9. a. Chứng minh:
+ + + +
≥ ≥
a b c ab bc ca
; a,b,c 0
3 3

b. Chứng minh:
+ + + +
 
≥
 
 
2
2 2 2
a b c a b c
3 3

10. Chứng minh:
+ + ≥ − +
2
2 2
a
b c ab ac 2bc
4


b. abc ≥ (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)
c. 2a
2
b
2
+ 2b
2
c
2
+ 2c
2
a
2
– a
4
– b
4
– c
4
> 0 II. Chứng minh BðT dựa vào BðT CÔSI:1. Chứng minh:
+ + + ≥ ≥

+ + ≥ + + ≥
bc ca ab
a b c ; a,b,c 0
a b c

6. Chứng minh:
+
≥ − ≥
6 9
2 3
x y
3x y 16 ; x,y 0
4

7. Chứng minh:
+ ≥ −
+
4 2
2
1
2a 3a 1
1 a
.
8. Chứng minh:
( )
> −
1995
a 1995 a 1
, a > 0
9. Chứng minh:

≥ − −
3
a 3 a b b c c
.
14. Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh:
a) b + c ≥ 16abc.
b) (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ 8abc
c)
   
+ + + ≥
   
   
1 1 1
1 1 1 64
a b c

15. Cho x > y > 0 . Chứng minh:
( )
+ ≥
−
1
x 3
x y y

16. Chứng minh:
a)
+
≥
+
2

+ ≤
+ +
2 2
4 4
x y 1
4
1 16x 1 16y
, ∀x , y ∈ R
19. Chứng minh:
+ + ≥
+ + +
a b c 3
b c a c a b 2
; a , b , c > 0
20. Cho a , b , c > 0. C/m:
+ + ≤
+ + + + + +
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
abc
a b abc b c abc c a abc

21. Áp dụng BðT Côsi cho hai số chứng minh:
a.
+ + + ≥
4
a b c d 4 abcd
với a , b , c , d ≥ 0 (Côsi 4 s)
b.
+ + ≥

y , x 1
2 x 1
. ðịnh x ñể y ñạt GTNN.
27. Cho
= + >
−
x 5 1
y ,x
3 2x 1 2
. ðịnh x ñể y ñạt GTNN.
28. Cho
= +
−
x 5
y
1 x x
, 0 < x < 1 . ðịnh x ñể y ñạt GTNN.
29. Cho
+
=
3
2
x 1
y
x
, x > 0 . ðịnh x ñể y ñạt GTNN.
30. Tìm GTNN của
+ +
=
2

x
≤

5
2
. ðịnh x ñể y ñạt GTLN
37. Cho
=
+
2
x
y
x 2
. ðịnh x ñể y ñạt GTLN
Nguyễn ðức Thụy Tuyển tập Bất ñẳng thức
3
38. Cho
( )
=
+
2
3
2
x
y
x 2
. ðịnh x ñể y ñạt GTLN

III. Chứng minh BðT dựa vào BðT Bunhiacôpxki


≥

725
47
.
5. Cho 3a – 5b = 8. Chứng minh: 7a
2
+ 11b
2

≥

2464
137
.
6. Cho a + b = 2. Chứng minh: a
4
+ b
4

≥
2.
7. Cho a + b
≥
1 Chứng minh:
+ ≥
2 2
1
a b
2

2 2

⇔

( )( )
+ − ≥
2
3
a b a b 0
8
. ðPCM.
2. Chứng minh:
+ +
≤
2 2
a b a b
2 2
()
 a + b
≤
0 , () luôn ñúng.
 a + b > 0 , ()
⇔

+ + +
− ≤
2 2 2 2
a b 2ab a b
0
4 2

( )
+ +
≤
3
3 3
a b a b
8 2⇔

( )
(
)
− − ≤
2 2
3 b a a b 0

⇔

( ) ( )
− − + ≤
2
3 b a a b 0
, ðPCM.
4. Cho a, b > 0 . Chứng minh:
+ ≥ +
a b
a b
b a

≥
b
≥
1:
+ ≥
+
+ +
2 2
1 1 2
1 ab
1 a 1 b
()

⇔

+ − − ≥
+ +
+ +
2 2
1 1 1 1
0
1 ab 1 ab
1 a 1 b
⇔
( )
( )
( )
( )
− −
+ ≥

− ≥
 
+
+ +
 
2 2
b a a b
0
1 ab
1 a 1 b⇔

( )( )
 
− + − −
≥
 
 
+
+ +
 
2 2
2 2
b a a ab b ba
0
1 ab
1 a 1 b


2 2 2
a b c 3 2 a b c
; a , b , c
∈
R

⇔

( ) ( ) ( )
− + − + − ≥
2 2 2
a 1 b 1 c 1 0
. ðPCM.
7. Chứng minh:
( )
+ + + + ≥ + + +
2 2 2 2 2
a b c d e a b c d e⇔

− + + − + + − + + − + ≥
2 2 2 2
2 2 2 2
a a a a
ab b ac c ad d ae e 0
4 4 4 4

Tuyển tập Bất ñẳng thức Nguyễn ðức Thụy

( )
− + − + − ≥
2 2
2
x y x z y z 0

9. a. Chứng minh:
+ + + +
≥ ≥
a b c ab bc ca
; a,b,c 0
3 3


+ + ≥ + +
2 2 2
a b c ab bc ca


+ + + + + + + + +
 
= ≥
 
 
2
2 2 2
a b c a b c 2ab 2bc 2ca ab bc ca
3 9 3
2
2 2 2
a b c 2 ab bc ca a b c⇒

+ + + +
 
≥
 
 
2
2 2 2
a b c a b c
3 3

10. Chứng minh:
+ + ≥ − +
2
2 2
a
b c ab ac 2bc
4⇔

( )
− − + + − ≥

⇔
− + + + + + + + ≥
2 2 2 2
a 2ab b a 2a 1 b 2b 1 0⇔
( ) ( ) ( )
− + − + − ≥
2 2 2
a b a 1 b 1 0
.
12. Chứng minh:
+ + ≥ − +
2 2 2
x y z 2xy 2xz 2yz⇔
+ + − + − ≥
2 2 2
x y z 2xy 2xz 2yz 0
⇔ (x – y + z)
2
≥ 0.
13. Chứng minh:
+ + + ≥ − + +
4 4 2 2
x y z 1 2x(xy x z 1)


2
– a
3⇒ a
3
+ b
3
=
 
− + ≥
 
 
2
1 1 1
3 a
2 4 4
.
15. Cho a, b, c là số ño ñộ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh:
a. ab + bc + ca
≤ a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca).
 ab + bc + ca
≤ a


⇒ a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca).
b. abc
≥ (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)

( )
> − −
2
2 2
a a b c
⇒
( )( )
> + − + −
2
a a c b a b c


( )
> − −
2
2 2
b b a c
⇒
( )( )

)
> + − + − + −
abc a b c a c b b c a

c. 2a
2
b
2
+ 2b
2
c
2
+ 2c
2
a
2
– a
4
– b
4
– c
4
> 0
Nguyễn ðức Thụy Tuyển tập Bất ñẳng thức
5

⇔ 4a
2
b
2

+ b
2
)
2
– c
4
> 0

⇔ (2ab)
2
– [(a
2
+ b
2
) – c
2
]
2
> 0 ⇔ [c
2
– (a – b)
2
][(a + b)
2
– c
2
] > 0

⇔ (c – a + b)(c + a – b)(a + b – c)(a + b + c) > 0 . ñúng


+ + + + ≥ ≥
2 2 2
(a b c)(a b c ) 9abc ; a,b,c 0

 Áp dụng bất ñẳng thức Côsi cho ba số không âm:

⇒
+ + ≥
3
a b c 3 abc
,
+ + ≥
3
2 2 2 2 2 2
a b c 3 a b c⇒
( )
(
)
+ + + + ≥ =
3
2 2 2 3 3 3
a b c a b c 9 a b c 9abc
.
3. Chứng minh:
( )( )( )
( )
+ + + ≥ +

2 2 2
3 3
1 a 1 b 1 c 1 3 abc 3 a b c abc 1 abc

4. Cho a, b > 0. Chứng minh:
+
   
+ + + ≥
   
   
m m
m 1
a b
1 1 2
b a
, với m ∈ Z
+


+
         
+ + + ≥ + + = + +
         
         
≥ =
m m m m m
m m 1
a b a b b a
1 1 2 1 . 1 2 2
b a b a a b

a b c
a b c
.
6. Chứng minh:
+
≥ − ≥
6 9
2 3
x y
3x y 16 ; x,y 0
4
()
()
⇔
+ + ≥
6 9 2 3
x y 64 12x y
⇔
( )
( )
+ + ≥
3
3
2 3 3 2 3
x y 4 12x y

Áp dụng BðT Côsi cho ba số không âm:

( )
( )

1
a , a , a 1,
1 a( )
+ + + + ≥ + =
+ +
4 4 2 4 4 2 2
4
2 2
1 1
a a a 1 4 a a a 1 4a
1 a 1 a

8. Chứng minh:
( )
> −
1995
a 1995 a 1
() , a > 0
()
⇔
> − ⇔ + >
1995 1995
a 1995a 1995 a 1995 1995a
+ > + = + + + + ≥ =


 Áp dụng bất ñẳng thức Côsi cho 6 số không âm:

°
+ + + + + ≥ =
6
2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 6 6
a a b b b c c c a 6 a b c 6abc

10. Cho a , b > 0. Chứng minh:
 
+ + ≤ + +
 
 
+ + +
2 2 2 2 2 2
a b c 1 1 1 1
2 a b c
a b b c a c°
≤ =
+
2 2
a a 1
2ab 2b
a b
,
≤ =


°
( ) ( )
= − + ≥ − = − + ≥ −
a a 1 1 2 a 1, b b 1 1 2 b 1°
≥ − ≥ −
ab 2b a 1 , ab 2a b 1°
≥ − + −
ab a b 1 b a 1

12. Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4. C/m: xyz
≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1)

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

≥ − −
3
a 3 a b b c c
.

°
( ) ( ) ( )( )
= − + − + ≥ − −
3
a a b b c c 3 a b b c c

14. Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh:
a) b + c
≥ 16abc.

°
+
 
≥
 
 
2
b c
bc
2
⇔
( )
+ −
   
≤ = = −

+ + + ≥
   
   
1 1 1
1 1 1 64
a b c°
+ + +
   
+ = ≥
   
   
4
2
1 a a b c 4 a bc
1
a a a°
+ ≥
4
2
1 4 ab c
1
b b
°
+ ≥

− −
3
x y y
1
VT x y y 3 3
x y y x y y

16. Chứng minh:
a)
+
≥
+
2
2
x 2
2
x 1
⇔
+ ≥ +
2 2
x 2 2 x 1
⇔
+ + ≥ +
2 2
x 1 1 2 x 1

b)
+
−
x 8

a b b c c a 2

Nguyễn ðức Thụy Tuyển tập Bất ñẳng thức
7

° Vì :
+ ≥
a b 2 ab⇒ ≤ =
+
ab ab ab
a b 2
2 ab
, ≤ =
+
bc bc bc
b c 2
2 bc
, ≤ =
+
ac ac ac
a c 2
2 ac°
+ + ≥ + +
a b c ab bc ca

x x x 1
8
1 16x 2.4x
1 4x°
( )
= ≤ =
+
+
2 2 2
4 2 2
y y y 1
8
1 16y 2.4y
1 4y


+ ≤
+ +
2 2
4 4
x y 1
4
1 16x 1 16y

19. Chứng minh:
+ + ≥
+ + +


[ ]
≥ + + − =
1 3
2 2 2 3
2 2
.
Cách khác:°
     
+ + = + + + + + −
     
+ + + + + +
     
a b c a b c
1 1 1 3
b c a c a b b c a c a b( ) ( ) ( )
[ ]
 
= + + + + + + + −
 
+ + +
 
1 1 1 1
a b b c c a 3

( )
+ = + − + ≥ +
3 3 2 2
a b a b a ab a a b ab⇒
( ) ( )
+ + ≥ + + = + +
3 3
a b abc a b ab abc ab a b c
, tương tự

°
( ) ( )
+ + ≥ + + = + +
3 3
b c abc b c bc abc bc a b c°
( ) ( )
+ + ≥ + + = + +
3 3
c a abc c a ca abc ca a b c


( ) ( ) ( )
+ +
 

với a , b , c ≥ 0 , (Côsi 3 s )

+ + + +
+ + + ≥
4
a b c a b c
a b c 4. abc
3 3

⇔
+ + + +
≥
4
a b c a b c
abc
3 3
⇔
+ + + +
 
≥
 
 
4
a b c a b c
abc
3 3

Tuyển tập Bất ñẳng thức Nguyễn ðức Thụy
8


+ ≥
3 2
c abc 2c ab°
(
)
+ + + ≥ + +
3 3 3 2 2 2
a b c 3abc 2 a bc b ac c ab⇒
(
)
(
)
+ + ≥ + +
3 3 3 2 2 2
2 a b c 2 a bc b ac c ab
,
vì :
+ + ≥
3 3 3
a b c 3abc

Vậy:
+ + ≥ + +
3 3 3 2 2 2

x 18
x 36 x 6
2 x
, chọn x = 6.
Vậy: Khi x = 6 thì y ñạt GTNN bằng 6
25. Cho
= + >
−
x 2
y ,x 1
2 x 1
. ðịnh x ñể y ñạt GTNN.

−
= + +
−
x 1 2 1
y
2 x 1 2

 Áp dụng bất ñẳng thức Côsi cho hai số không âm
−
−
x 1 2
,
2 x 1
:

− −
= + + ≥ + =

y , x 1
2 x 1
. ðịnh x ñể y ñạt GTNN.

+
= + −
+
3(x 1) 1 3
y
2 x 1 2

 Áp dụng bất ñẳng thức Côsi cho hai số không âm
(
)
+
+
3 x 1 1
,
2 x 1
:

( ) ( )
+ +
= + − ≥ − = −
+ +
3 x 1 1 3 3 x 1 1 3 3
y 2 . 6
2 x 1 2 2 x 1 2 2
thì y ñạt GTNN bằng
−
3
6
2

27. Cho
= + >
−
x 5 1
y ,x
3 2x 1 2
. ðịnh x ñể y ñạt GTNN.

−
= + +
−
2x 1 5 1
y
6 2x 1 3

 Áp dụng bất ñẳng thức Côsi cho hai số không âm
−
−
2x 1 5
,
6 2x 1
:
Nguyễn ðức Thụy Tuyển tập Bất ñẳng thức
9

2x 1 30
6 2x 1
30 1
x (loaïi)
2

Vậy: Khi
+
=
30 1
x
2
thì y ñạt GTNN bằng
+
30 1
3

28. Cho
= +
−
x 5
y
1 x x
, 0 < x < 1 . ðịnh x ñể y ñạt GTNN.

°
( )
− + − −
= + = + + ≥ + = +
− − −

=
3
2
x 1
y
x
, x > 0 . ðịnh x ñể y ñạt GTNN.

°
+
= + = + + ≥ =
3
3
2 2 2 2 3
x 1 1 x x 1 x x 1 3
x 3
2 2 2 2
4
x x x x° Dấu “ = ‘ xảy ra ⇔
= =
2
x x 1
2 2
x
⇔
=
3

° Dấu “ = ‘ xảy ra ⇔
=
4
x
x
⇔ x = 2 (x > 0).

° Vậy: GTNN của y là 8 khi x = 2.
31. Tìm GTNN của
= +
2
3
2
f(x) x
x
, x > 0.

°
 
 
+ = + + + + ≥ =
 
 
 
 
3
2
2 2 2 2
2
5

2
+ 11x – 3 =
   
− − − = − − + ≤
   
   
2
2
11x 11 1 1
10 x 3 10 x
10 20 40 40° Dấu “ = “ xảy ra ⇔
=
11
x
20° Vậy: Khi
=
11
x
20
thì y ñạt GTLN bằng
1
40
.
33. Cho y = x(6 – x) , 0


°
( ) ( ) ( )( )
= + + − ≥ + −
11 2x 6 5 2x 2 2x 6 5 2x
⇒
1
2
(2x + 6)(5 – 2x) ≤
121
8° Dấu “ = “ xảy ra ⇔ 2x + 6 = 5 – 2x ⇔
= −
1
x
4° Vậy: Khi
= −
1
x
4
thì y ñạt GTLN bằng
121
8
.
35. Cho y = (2x + 5)(5 – x) ,
° Dấu “ = “ xảy ra ⇔ 2x + 5 = 10 – 2x ⇔
=
5
x
4° Vậy: Khi
=
5
x
4
thì y ñạt GTLN bằng
625
8

36. Cho y = (6x + 3)(5 – 2x) ,
−
1
2
≤ x ≤
5
2
. ðịnh x ñể y ñạt GTLN
 y = 3(2x + 1)(5 – 2x)
 Áp dụng BðT Côsi cho 2 số không âm 2x + 1 , 5 – 2x ,
 
− ≤ ≤

⇔
≥
+
2
1 x
2 2
2 x
⇒
≤
1
y
2 2° Dấu “ = “ xảy ra ⇔
= ⇒
2
x 2 và x > 0 x= 2° Vậy: Khi
=
x 2
thì y ñạt GTLN bằng
1
2 2
.
38. Cho
( )
=

° Dấu “ = “ xảy ra ⇔
= ⇔ = ±
2
x 1 x 1° Vậy: Khi
= ±
x 1
thì y ñạt GTLN bằng
1
27
.

III. Chứng minh BðT dựa vào BðT Bunhiacôpxki1. Chứng minh: (ab + cd)
2
≤ (a
2
+ c
2
)(b
2
+ d
2
) () BðT Bunhiacopxki
()
⇔ + + ≤ + + +

3. Cho 3a – 4b = 7. Chứng minh: 3a
2
+ 4b
2
≥ 7.
 Áp dụng BðT Bunhiacopski cho 4 số
3 , 3a , 4 , 4 b
:

°
( )
( )
+ = + ≤ + +
2 2
3a 4b 3. 3a 4. 4b 3 4 3a 4b
⇔ 3a
2
+ 4b
2
≥ 7.
4. Cho 2a – 3b = 7. Chứng minh: 3a
2
+ 5b
2
≥
725
47
.

− = −

5. Cho 3a – 5b = 8. Chứng minh: 7a
2
+ 11b
2
≥
2464
137
.

− = −
3 5
3a 5b 7 a 11b
7 11

 Áp dụng BðT Bunhiacopski cho 4 số
−
3 5
, 7 a , , 11b
7 11
:

°
( )
 
− ≤ + +
 
 
2 2
3 5 9 25
7 a 11b 7a 11b

( )
( )
( )
≤ + ≤ + +
2 2 4 4
2 a b 1 1 a b
⇔ a
4
+ b
4
≥ 2
7. Cho a + b
≥ 1 Chứng minh:
+ ≥
2 2
1
a b
2°
( )
( )
≤ + ≤ + + ⇔ + ≥
2 2 2 2 2 2
1
1 a b 1 1 a b a b
2
Cho x, y, z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng: x
3
+ y
3
+ z
3
≥ x + y + z.
3. (CðKTKT Cần Thơ khối A 2006)
Tuyển tập Bất ñẳng thức Nguyễn ðức Thụy
12
Cho 3 số dương x, y, z thoả x + y + z
≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x + y + z +
+ +
1 1 1
x y z

4. (CðSPHCM khối ABTDM 2006)
Cho x, y là hai số thực dương và thoả x + y =
5
4
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =
+
4 1
x 4y
.
5. (CðKTKT Cần Thơ khối B 2006)
Cho 4 số dương a, b, c, d. Chứng minh bất ñẳng thức:

+ + +
+ + + + + + + +

9. (CðBC Hoa Sen khối D 2006)
Cho x, y, z > 0; x + y + z = xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = xyz.
10. (Học viện BCVT 2001)
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thoả mãn ñiều kiện: a + b + c = 1 thì:

 
+ + ≥ + +
 
 
a b c a b c
1 1 1 a b c
3
3 3 3 3 3 3

11. (ðH ðà Nẵng khối A 2001 ñợt 2)
Cho ba số dương a, b, c thoả a
2
+ b
2
+ c
2
= 1. Chứng minh:

+ + ≥
+ + +
2 2 2 2 2 2
a b c 3 3
2
b c c a a b


p a p b p c a b c

14. (ðH Nông nghiệp I HN khối A 2001)
Cho 3 số x, y, z > 0. Chứng minh rằng:

+ + ≤ + +
+ + +
3 2 3 2 3 2 2 2 2
2 y
2 x 2 z 1 1 1
x y y z z x x y z

15. (ðH PCCC khối A 2001)
Ch. minh rằng với a ≥ 2, b ≥ 2, c ≥ 2 thì:
+ + +
+ + >
b c c a a b
log a log b log c 1

16. (ðH Quốc gia HN khối D 2001)
Ch. minh rằng với mọi x ≥ 0 và với mọi
α > 1 ta luôn có: x
α
+ α – 1 ≥ αx.
Từ ñó chứng minh rằng với 3 số dương a, b, c bất kì thì:

+ + ≥ + +
3 3 3
3 3 3
a b c a b c

c
≥ 2
a
+ 2
b
+ 2
c

Nguyễn ðức Thụy Tuyển tập Bất ñẳng thức
13
21. (ðHQG HN khối D 2000)
Với a, b, c là 3 số thực dương thoả ñiều kiện: ab + bc + ca = abc. Chứng minh rằng:

+ + +
+ + ≥
2 2 2 2 2 2
b 2a c 2b a 2c
3
ab bc ca

22. (ðH Bách khoa HN khối A 2000)
Cho 2 số a, b thoả ñiều kiện a + b ≥ 0. Ch. minh rằng:
+ +
 
≥
 
 
3
3 3
a b a b


26. (ðH Y HN 2000)
Giả sử x, y là hai số dương thoả ñiều kiện
+ =
2 3
6
x y
. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng x + y.
27. (ðH An Giang khối D 2000)
Cho các số a, b, c ≥ 0. Chứng minh: a
c + 1
+ b
c + 1
≥ ab(a
c – 1
+ b
c – 1
)
28. (ðH Tây Nguyên khối AB 2000)
CMR với mọi x, y, z dương và x + y + z = 1 thì xy + yz + zx >
+
18xyz
2 xyz

29. (ðH An Ninh khối A 2000)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 3 ta ñều có: n
n + 1
> (n + 1)
n


+ + +
2 2 2
x y z 3 1 1 1
2 1 x 1 y 1 z
1 x 1 y 1 z

34. (ðH An ninh HN khối D 1999)
Cho 3 số x, y, z thay ñổi, nhận giá trị thuộc ñoạn [0;1]. Chứng minh rằng:
2(x
3
+ y
3
+ z
3
) – (x
2
y + y
2
z + z
2
x) ≤ 3 (*)
35. (ðại học 2002 dự bị 1)
Gọi x, y, z là khoảng cách từ ñiểm M thuộc miền trong của
∆ABC có 3 góc nhọn ñến các cạnh BC, CA, AB. Chứng
minh rằng:

+ +
+ + ≤
2 2 2
a b c

3
2
. Gọi a, b, c lần lượt là ñộ dài các cạnh BC, CA, AB và h
a
, h
b
, h
c
tương ứng là
ñộ dài các ñường cao kẻ từ các ñỉnh A, B, C. Chứng minh rằng:

 
 
+ + + + ≥
 
 
 
 
a b c
1 1 1 1 1 1
3
a b c h h h

39. (ðại học khối A 2003)
Cho x, y, z là 3 số dương và x + y + z
≤ 1. Chứng minh rằng:

+ + + + + ≥
2 2 2
2 2 2

.
42. (ðại học khối A 2005)
Cho x, y, z là các số dương thoả mãn :
+ + =
1 1 1
4
x y z
.
Chứng minh rằng:
+ + ≤
+ + + +
1 1 1
1
2x+y+z x 2y z x y 2z

43. (ðại học khối B 2005)
Chứng minh rằng với mọi x
∈ R, ta có:

     
+ + ≥ + +
     
     
x x x
x x x
12 15 20
3 4 5
5 4 3

Khi nào ñẳng thức xảy ra?

 
2
y 9
1 x 1 1
x
y
≥ 256
ðẳng thức xảy ra khi nào?
47. (ðại học khối B 2005 dự bị 1)
Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn: a + b + c =
3
4
. Chứng minh rằng:

+ + + + + ≤
3 3 3
a 3b b 3c c 3a 3

Khi nào ñẳng thức xảy ra?
48. (ðại học khối B 2005 dự bị 2)
Chứng minh rằng nếu 0
≤ y ≤ x ≤ 1 thì
− ≤
1
x y y x
4
.
ðẳng thức xảy ra khi nào?
49. (ðại học khối D 2005 dự bị 2)
Cho x, y, z là 3 số dương và xyz = 1. CMR:

LỜI GIẢI
1. (CðGT II 2003 dự bị)
Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy, xét các ñiểm:
A
 
+
 
 
 
y 3
x ; z
2 2
, B
 
+
 
 
 
3 3
0; y z
2 2
, C
 
−
 
 
y z

2 2
z 3
x z x xz z
2 2

BC =
 
 
− + + = +
 
 
 
 
 
2
2
2 2
y z 3
(y z) y yz+z
2 2 2

Với 3 ñiểm A, B, C ta luôn có: AB + AC ≥ BC

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

2. (CðBC Hoa Sen khối A 2006)
x

3
y
⇒ y
3
+ 2 ≥ 3y (2)
z
3
+ 1 + 1 ≥ 3
3
3
z
⇒ z
3
+ 2 ≥ 3z (3)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế suy ra bất ñẳng thức cần chứng minh.
3. (CðKTKT Cần Thơ khối A 2006)

• Cách 1:
Theo BðT Côsi: 1
≥ x + y + z ≥ 3
3
xyz
> 0

+ + ≥
3
1 1 1 3
x y z
xyz


2
2
3(t 1)
t
< 0, ∀t ∈
 


 
1
0;
3

Bảng biến thiên:

1
3Từ bảng biến thiên ta suy ra: A ≥ 10. Dấu "=" xảy ra khi x = y = z =
1
3

Vậy A
min
= 10 ñạt ñược khi x = y = z =
1
3
.
• Cách 2:

   
   
1 1 1 8 1 1 1
x y z
9x 9y 9z 9 x y z
≥ 2 +
3
8 3
9
xyz
≥ 10
Dấu "=" xảy ra khi x = y = z =
1
3
.Vậy A
min
= 10 ñạt ñược khi x = y = z =
1
3

4. (CðSPHCM khối ABT 2006)
Ta có: x + y =
5
4
⇔ 4x + 4y – 5 = 0
A =
+
4 1
x 4y
=

>

4
4x
x
1
4y
4y
5
x y
4
x,y 0
⇔
=



=


x 1
1
y
4
. Vậy A
min
= 5.
5. (CðKTKT Cần Thơ khối B 2006)
Vì a, b, c, d > 0 nên ta luôn có:


2
 
+
 
 
2
1
1
x
≥
16

⇔
(x + 1)
 
+
 
 
1
1
x
≥
4 (do x > 0)
⇔
(x + 1)
2

≥
4x
⇔

2 . 2
c b c b
;
+ ≥ =
c a c a
2 . 2
a c a c

Khi ñó: VT
≥
3 + 2 + 2 + 2 = 9 (ñpcm).
8. (CðKTYTế1 2006)
y
≤
0, x
2
+ x = y + 12
⇒
x
2
+ x – 12
≤
0
⇒
– 4
≤
x
≤
3
y = x

≥
3
3
xyz

⇔
xyz
≥
3
3
xyz

⇔
(xyz)
2

≥
27
⇔
xyz
≥
3
3

Dấu "=" xảy ra
⇔
x = y = z =
3
.
Vậy minA = 3

a, b. (1)
Tương tự:
+ ≤ +
b c c b
b c b c
3 3 3 3
(2)

+ ≤ +
c a c a
c a a c
3 3 3 3
(3)
Mặt khác:
+ + = + +
a b c a b c
a b c a b c
3 3 3 3 3 3
(4)
Cộng (1), (2), (3), (4) vế theo vế ta ñược:

   
+ + ≤ + + + +
   
   
a b c a b c
a b c 1 1 1
3 (a b c)
3 3 3 3 3 3


(1)
Mà 2a
2
.(1 – a
2
)
2
≤
 
+ − + −
 
=
 
 
 
 
 
3
3
2 2 2
2a (1 a ) (1 a ) 2
3 3⇒
a
2
.(1 – a
2
)

b c c a a b

Dấu “=” xảy ra
⇔


= −


= −


= −


2 2
2 2
2 2
2a 1 a
2b 1 b
2c 1 c

⇔
a = b = c =
1
3
.
12. (ðH Kiến trúc HN 2001)
Ta có:


ab P
(S
2
– 4P ≥ 0)
Ta ñược hệ:

− = −




2 2
S 2P 2 c (1)
cS+P =1 (2)

Từ (2)
⇒
P = 1 – cS, thay vào (1) ta ñược:
S
2
– 2(1 – cS) = 2 – c
2

⇔
S
2
+ 2cS + c
2
– 4 = 0
⇔

⇔

− ≤ ≤
4
c 0
3
(3)

•
Với S = –c + 2
⇒
P = 1 – c(–c + 2) = c
2
– 2c + 1
BðT: S
2
– 4P ≥ 0
⇔
(–c + 2)
2
– 4(c
2
– 2c + 1) ≥ 0

⇔
–3c
2
+ 4c ≥ 0
⇔


Áp dụng (1) ta ñược:
+ ≥ =
− − − + −
1 1 4 4
p a p b p a p b c+ ≥ =
− − − + −
1 1 4 4
p b p c p b p c a+ ≥ =
− − − + −
1 1 4 4
p c p a p c p a b

Cộng 3 BðT trên vế theo vế, ta ñược:

 
 
+ + ≥ + +
 
 
− − −
 
 
1 1 1 1 1 1
2 4

2xy x
x y

Áp dụng BðT Côsi cho 2 số dương
2 2
1 1
,
x y
ta có:

 
≤ +
 
 
 
2 2
1 1 1 1
xy 2
x y

⇒

 
≤ +
 
 
+
 
3 2 2 2
2 x 1 1 1

3 2 3 2 3 2 2 2 2
2 y
2 x 2 z 1 1 1
x y y z z x x y z

Dấu “=” xảy ra
⇔

  
= = =
  
  
= = =
  
  
3 2 3 2 3 2
x y y z z x
vaø vaø
x y y z z x
⇔
x = y = z = 1
15. (ðH PCCC khối A 2001)
Trước hết chú ý rằng nếu a > 1, x > 1 thì hàm số y =
a
log x
là ñồng biến và dương.
Do ñó hàm số y = log
x
a =
a

(x
α
– 1
– 1); f
′
(x) = 0
⇔
x = 1

Vậy với
∀
x ≥ 0 và
α
> 1 thì f(x) ≥ 0 hay x
α
+
α
– 1 ≥
α
x.

•
BðT cần chứng minh:
Nguyễn ðức Thụy Tuyển tập Bất ñẳng thức
19

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

c 2 2 c
;
 
+ ≥
 
 
3
2
c 1 3 c
.
a 2 2 a

Mặt khác, theo BðT Côsi ta có:

 
     
 
+ + ≥
     
 
     
 
 
3 3 3
2 2 2
1 a b c 3
2 b c a 2

Cộng 4 BðT trên, vế theo vế, ta có:


+ ≤
a b 1 b a 1
1
ab ab

⇔

   
− + − ≤
   
   
1 1 1 1
1 1 1
b b a a
(1)
Theo BðT Côsi ta có:
 
+ −
 
 
 
− ≤ =
 
 
1 1
1
1 1 1
b b
1
b b 2 2

1 1 1
1
b b 2
1 1 1
1
a a 2

⇔
a = b = 2.
18. (ðH Vinh khối A, B 2001)
Ta có: 3 – 2a = a + b + c – 2a = b + c – a > 0.
Do ñó theo BðT Côsi ta có:
(3 – 2a)(3 – 2b)(3 – 2c) ≤
− + − + −
 
 
 
3
3 2a 3 2b 3 2c
3
= 1

⇒
27 – 9(2a + 2b + 2c) + 3(4ab + 4bc + 4ca) – 8abc ≤ 1

⇔
27 – 54 + 12(ab + bc + ca) – 8abc ≤ 1

⇔
4abc ≥ 6(ab + bc + ca) – 14

0 <
a b
,
c c
< 1
⇒

   
+ > +
   
   
2 2
3 3
a b a b
c c c c
= 1
Từ ñó suy ra:
+ >
2 2 2
3 3 3
a b c

20. (ðHQG HN khối A 2000)
ðặt x = 2
a
, y = 2
b
, z = 2
c
thì x, y, z > 0.

+ 8
b
+ 8
c
≥ 2
a
+ 2
b
+ 2
c

21. (ðHQG HN khối D 2000)
Tuyển tập Bất ñẳng thức Nguyễn ðức Thụy
20
Ta có:
+ +
= = +
2 2 2 2
2 2 2 2
b 2a b 2a 1 1
2.
ab
a b a b

ðặt x =
1
a
; y =
1
b

Theo BðT Bunhiacopxki ta có:
3(x
2
+ 2y
2
) = 3(x
2
+ y
2
+ y
2
) ≥ (x + y + y)
2⇒

+ ≥ +
2 2
1
x 2y (x 2y)
3

Viết 2 BðT tương tự, rồi cộng lại, ta có:

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

⇔
(a + b) [4(a
2
+ b
2
– ab) – (a
2
+ b
2
+ 2ab)] ≥ 0

⇔
(a + b)(3a
2
+ 3b
2
– 6ab) ≥ 0
⇔
(a + b)(a – b)
2
≥ 0
BðT cuối cùng này ñúng, nên BðT cần chứng minh là ñúng.
ðẳng thức xảy ra
⇔
a =
±
b.
23. (ðHSP TP HCM khối DE 2000)
a) a
2

2
+ 2(abbc + bcca + caab) ≥
≥ abbc + bcca + caab + 2abc(a + b + c) = 3abc(a + b + c)
24. (ðH Nông nghiệp I khối A 2000)
Ta có:
= = =
 
+ +
+
+
 
 
2
2 2 2
2
1
bc bc 1
a
1 1
1 1
a b a c a (b c)
a
b c
b c

ðặt x =
1
a
; y =
1

+ + + + +
 
 
+ + +
 
2
x y z
y z. z x. x y.
y z z x x y⇒
2(x + y + z).P ≥ (x + y + z)
2

⇒
P ≥
1
2
(x + y + z) ≥
=
3
1 1
.3 xyz .3
2 2⇒
P ≥
3


ðẳng thức xảy ra
⇔
a = b = c > 0.
26. (ðH Y HN 2000)
Nguyễn ðức Thụy Tuyển tập Bất ñẳng thức
21

( )
 
 
+ = + ≤ + +
 
 
 
 
 
2
2
2 3 2 3
2 3 . x . y (x y)
x y x y
= 6(x + y)

⇒
x + y ≥
(
)
+
2


⇔

+
=



+

=


2( 2 3)
x
6
3( 2 3)
y
6

Vậy min(x + y) =
+
5 2 6
6

27. (ðH An Giang khối D 2000)
Giả sử a ≥ b ≥ 0
⇒
a
c

xy + yz + zx >
+
18xyz
2 xyz
(vì 2 +xyz > 0)
29. (ðH An Ninh khối A 2000)
Ta có: 3
4
= 81, 4
3
= 64
⇒
3
4
> 4
3

⇒
BðT cần chứng minh ñúng với n = 3.
Với n > 3, ñpcm
⇔
n >
+
 
 
 
n
n 1
n


n
=
= 1 +
− − − +
+ + +
2 n
n n(n 1) 1 n(n 1) (n n 1) 1
. .
n 2! n!
n n

= 1 + 1 +
−
      
− + + − − −
      
      
1 1 1 1 2 n 1
1 1 1 1
2! n n! n n n
<
< 1 + 1 +
+ +
1 1

2! n!
< 1 + 1 +
−
+ +
n 1

n
< 3 < n
⇒
(1)
30. (CðSP Nha Trang 2000)
Áp dụng BðT Bunhiacopxki cho hai cặp số (1, 1), (
+ +
a 1, b 1
), ta có:
A =
+ + +
1. a 1 1. b 1
≤
+ + + +
(1 1)(a 1 b 1)

mà a + b = 1 nên A ≤
6

Dấu “=” xảy ra
⇔

+ = +
a 1 b 1

⇔
a = b
⇔
a = b =
1

     
     
     
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
y z x z x y
x x y y z z
≥ 9
32. (ðH Y Dược TP HCM 1999)
Áp dụng BðT Côsi ta có:
*
+ + ≥ =
2 2 2 2 2 2
3
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
3 . . 3
b c a b c a
(1)
*
+ ≥
2
2
a a
1 2
b
b
;
+ ≥
2

 
 
+ + ≥ + +
 
 
 
 
 
2 2 2
2 2 2
a b c a b c
2 2
b c a
b c a⇒

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

33. (ðH Hàng hải 1999)

•
Do (x – 1)
2

1 y
+
+
2
2z
1 z
≤ 3
Hay:
+ + ≤
+ + +
2 2 2
x y z 3
2
1 x 1 y 1 z
(1)

•
Áp dụng BðT Côsi cho 3 số không âm ta có:

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

≥ x
3
; y
2
≥ y
3
; z
2
≥ z
3
.
Suy ra: 2(x
3
+ y
3
+ z
3
) – (x
2
y + y
2
z + z
2
x) ≤ 2(x
2
+ y
2
+ z
2
) – (x

2
y – 1 ≤ 0 (2)
Dấu “=” ở (2) xảy ra
⇔

=


=




=


y 1
x 1
y 0

Tương tự ta cũng có: x
2
+ z
2
– z
2
x – 1 ≤ 0 (3)
y
2
+ z

35. (ðại học 2002 dự bị 1)

+ + = + +
1 1 1
x y z . ax . by . cz
a b c
≤
 
+ +
 
 
1 1 1
(ax+by+cz)
a b c

Nguyễn ðức Thụy Tuyển tập Bất đẳng thức
23
≤
 
+ +
 
 
1 1 1
.2S
a b c
=
 
+ +
 
 

ABC đều
M trùng với trọng tâm G của ABC

36. (ðại học 2002 dự bị 3)

•
Cách 1: S =
+ + + + ≥
5
1 1 1 1 1 5
x x x x 4y
x.x.x.x.4y
≥
+ + + +
5.5
x x x x 4y
= 5
minS = 5
⇔


=



=



+ =

= f(x), 0 < x <
5
4

f
′
(x) =
− +
−
2 2
4 4
x (5 4x)
; f
′
(x) = 0
⇔


= −


< <


2 2
x (5 4x)
5
0 x
4



2 1
x. x 2 y. y
5
x y
4

⇔

=



+ =


x 4y
5
x y
4

⇔

=



=



N) nên c ≥ b + 1 thành thử:
S =
+
a c
b d
≥
+
+
1 b 1
b 50
=
+ +
2
b b 50
50b

Vậy BðT của đề ra đã được chứng minh.
Dấu “=” xảy ra
⇔

=


=


= +

a 1
d 50


=


≤ ≤


2
x 50
2 x 48

⇔

=
x 5 2

Bảng biến thiên:
5 2Chuyển về biểu thức f(b) =
+ +
2
b b 50
50b
(2 ≤ b ≤ 48, b
∈
N)
Từ BBT suy ra khi b biến thiên từ 2 đến 7, f(b) giảm rồi chuyển sang tăng khi b biến thiên từ 8 đến 48. Suy ra minf(b)
= min[f(7); f(8)].

c 8
d 50

38. (ðại học 2002 dự bị 6)
Ta có diện tích tam giác: S =
= =
a b c
1 1 1
ah bh ch
2 2 2⇒
h
a
=
2S
a
; h
b
=
2S
b
; h
c
=
2S
c
≥ 9
và vì S =
3
2
, nên ta có:
 
 
+ + + + ≥ =
 
 
 
 
a b c
1 1 1 1 1 1 9
3
a b c h h h 3

39. (ðại học khối A 2003)
Với mọi
 
u,v
ta có:
+ ≤ +
   
u v u v
(*)
ðặt
 
   
= = =

1 1 1
(x y z)
x y z•
Cách 1:
Ta có: P
≥
 
+ + + + +
 
 
2
2
1 1 1
(x y z)
x y z
≥
( )
 
+
 
 
 
2
2
3
3
1

⇒
Q
′
(t) = 9 –
2
9
t
< 0,
∀
t
∈
 


 
1
0;
9
⇒
Q(t) giảm trên
 


 
1
0;
9⇒

2
1 1 1
x y z
= 81(x + y + z)
2
+
 
+ +
 
 
2
1 1 1
x y z
– 80(x + y + z)
2≥
18(x + y + z).
 
+ +
 
 
1 1 1
x y z
– 80(x + y + z)
2

≥
162 – 80 = 82

∀
x
∈
R (2)

⇔

3
(1 – cosx) – sin
4
x ≥ 0
⇔

3
(1 – cosx) – (1 – cos
2
x)
2
≥ 0

⇔
(1 – cosx).
[
3
– (1 – cosx)(1 + cosx)
2

]
≥ 0 (3)
Nguyễn ðức Thụy Tuyển tập Bất ñẳng thức

.

•
Tìm min: Ta có y = sin
5
x +
3
cosx ≥ – sin
4
x +
3
cosx.
Tương tự như trên, ta ñược miny = –
3
, ñạt ñược khi x =
π
+ k2
π
.
41. (ðại học khối A 2003 dự bị 2)
(1)
⇔

+ + + −
≤
(a b c)(b c a)
1
bc

⇔

sin
2 4

⇔

≥
A 3
sin
2 2
(do 0 <
<
π
A
2 2
) (3)
Biến ñổi vế trái của (2) như sau:

 
= −
 
 
A B C 1 A B-C B+C
sin sin sin sin cos cos
2 2 2 2 2 2 2
≤
 
−
 
 
1 A A

1 1 A 1
sin
8 2 2 2

Do (3) suy ra:
 
≤ − −
 
 
 
2
A B C 1 1 3 1
sin sin sin
2 2 2 8 2 2 2
=
− −
1 1
(4 2 3)
8 8

=
−
2 3 3
8

Dấu “=” xảy ra
⇔


=


⇔

+
≤
+
1 a b
a b 4ab

⇔

 
≤ +
 
+
 
1 1 1 1
a b 4 a b

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Áp dụng kết quả trên ta có:

 
≤ +
 
+
 
1 1 1 1
2x+y+z 4 2x y z


 
 
+ +
 
 
 
 
1 1 1 1 1
4 2y 4 x z
=
 
+ +
 
 
1 1 1 1
8 y 2z 2x
(2)

 
≤ +
 
+ + +
 
1 1 1 1
x y 2z 4 2z x y
≤

 
 
+ +

Áp dụng bất ñẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có:

       
+ ≥
       
       
x x x x
12 15 12 15
2 .
5 4 5 4

⇒

   
+
   
   
x x
12 15
5 4
≥
2.3
x
(1)
Tương tự ta có:

   
+
   
   