1

Chương I
ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG
ĐƯƠNG
I . Tính chất cơ bản:
a.
khi 0
khi 0
ax bx x
a b
ax bx x
> >

> ⇔

< <
b.
a x
a b x y
b y
>

⇒ + > +

>

Chú ý

b y
> ≥

⇒ >

> ≥


d.
2 2
a b a b
> ≥ 0 ⇒ >

Hệ quả:
2 2
a b a b
> ⇔ >

e.
1 1
a b
a b
> > 0 ⇒ <1 1
a b
a b
< < 0 ⇒ >


+ ≥
( Dấu “ = ” xảy ra
⇔
a b
=
)
b.
2 2 2
a b c ab bc ca
+ + ≥ + +
( Dấu “ = ” xảy ra
⇔
a b c
= =
)
c. Với
, 0
a b
>
ta có:
1 1 1 1 4
( ) 4a b
a b a b a b
 
+ + ≥ ⇔ + ≥
 
+
 

III. Các ví dụ:

thì
2 2
1 tan ; tan 1; 0 tan , tan 1
x y x y
− < < ≤ <

Ta có:
tan tan
1
1 tan tan
x y
x y
−
<
−

⇒
2tan tan 1 tan tan
x y x y
⇔ − > −2 2 2 2
tan tan 2tan tan 1 2 tan tan tan tan
x y x y x y x y
⇔ + − < − +


a b c
+ + =
thì:

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

Giải:
Vì hàm số
1
3
x
giảm nên ta có:

1 1
0 ( )
3 3 3 3 3 3
a b b a a b
a b a b
a b
 
≥ − − ⇒ + ≥ +
 

1 1 1
3
3 3 3 3 3 3
a b c a b c
a b c
 
⇔ + + ≥ + +
 
 
(đpcm)
Ví dụ 3:
a. Cho
0, 0
x y
> >
và
1
xy
≤
. Chứng minh:

2 1 1
1 1
1
x y
xy
≥ +
+ +
+
(1)

+ + ≥ + + + + +2 2 2 2 1 1
x y xy xy y y xy xy x x xy
⇔ + + + ≥ + + + + + + +( ) 2 ( ) 2
x y xy xy x y xy
⇔ + + ≥ + +( ) ) 2(x y xy x y xy xy
⇔ + − ( + + − ) ≥ 0( )(1 2x y xy xy xy
⇔ + − )+ ( −1) ≥ 0(1 2xy x y xy
⇔ − )( + − ) ≥ 0

3(1 xy x y
2
⇔ − )( − ) ≥ 0

, , , 0
1
a b c d
a b
c d
bd
>


≤


≤


≤


1
ac db
⇒ ≤ ≤

Theo kết quả câu a, ta có:

1 1 2
( , 0; 1)
1 1
1
1 1 2
( , 0; 1)

a b c d
ac bd
ac bd
 
⇒ + + + ≤ +
 
+ + + +
+ +
 
≤
+4
1
abcd
=
+
(đpcm)
Ví dụ 4:
Cho
, , [ 1;2]
a b c
∈ −
thỏa mãn điều kiện
0
a b c
+ + =
. Chứng minh:




Cộng (1), (2), (3) ta có:

2 2 2
) 6 6
a b c a b c
+ + ≤ ( + + + =
(đpcm)
Ví dụ 5:
Cho
, , [0;2]
x y z
∈
và
3
x y z
+ + =
. Chứng minh rằng:

2 2 2
x y z
+ + ≤ 5

Giải:
Ta có:
, , 2 ( 2)( 2)( 2) 0
x y z x y z
≤ ⇒ − − − ≤



42 2 2
5
x y z xyz
⇔ + + ≤ −
( Vì
3
x y z
+ + =
)

2 2 2
5
x y z
⇒ + + ≤
( Vì
0
xyz
≥
) (đpcm)
Ví dụ 6:
Cho
0, 0, 0
x y z
> > >
và
1

+ = + + −
Mà
2 2 2 2
2
0 ( Vì 0, 0)
x y xy x y xy xy
x y x y

+ ≥ ⇔ + − >

+ > > >


Nên
2 2
( )( ) ( )
x y x y xy x y xy
+ + − ≥ + hay
3 3
( )
x y xy x y
+ ≥ +3 3
( )
x y xy x y xyz
⇒ + +1≥ + + ( Vì
1
xyz


+ + + +

⇔


≤

+ + + +


Cộng vế theo vế (a), (b), (c), ta có:

1 1 1 1 1
T 1
( )
x y z
x y z xy yz zx x y z xyz
   
+ +
≤ + + = =
   
+ + + +
   
( Vì
1
xyz
=
) (đpcm)
b. Đặt S bằng vế trái của bất đẳng thức (2) ( ta cần chứng minh


, , 0
a b c
>
và
1
abc
=
nên theo kết quả câu a, ta có:

3 3 3 3 3 3
1 1 1
1
1 1 1
a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +1 1 1
1
1 1 1
x y y z z x
⇔ + + ≤
+ + + + + +
(đpcm)
Ví dụ 7:
Cho
, 0
a b

( ) ( ) 2 ( )( ) 0
c a b c c b c c a c b c
⇔ + − − − − − − ≥2
( )( ) 2 ( )( ) 0
c a c b c c a c b c
⇔ + − − − − − ≥2
( )( ) 0
c a c b c
 
⇔ − − − ≥
 
đây là bất đẳng thức đúng (đpcm)
Ví dụ 8:
Chứng minh rằng đối với mọi
, ,
a b c R
∈
, ta có:

2
2 2
2
4
a

3
a
b c ab bc ca
+ + > + +
(1)
Giải:

Bất đẳng thức (1) tương đương với:

2
2
( ) 2 ( )
3
a
b c bc a b c bc
+ + − > + +2
2
( ) ( ) 3 0
3
a
b c a b c bc
⇔ + − + + − >2
2
3

⇔
 

= − + − >
 

 


Xét tam thức bậc hai
2
2
3
( ) ( )
3
a
f x x ax
a
= − + −
có:

2 3
2
3 36
4 0
3 3
a a
a
a a
 

n n
x n
− + + <

Giải:

Vì
1 1
x
− < <
nên cos (0x
α α
= < < π)
lúc đó:

(1 ) (1 ) (1 cos (1 cos )
n n n n
n n
α α
+ + − = + ) + −

2 2
2cos 2sin
n n
α α
   
= +
   
2 2
   

< ≤ ≤
thì:

( ) ( )
1 1 1 1 1
y x z x z
x z y x z
   
+ + + ≤ + +
   
   

* Hướng dẫn:
Tìm bất đẳng thức tương đương bằng cách quy đông mẫu số, ước lược số hạng
( )
x z
+
, chuyển
vế, biến đổi vế trái thành dạng tích số,…
2. a, b, c, d là năm số thức tùy ý, chứng minh bất đẳng thức:

2 2 2 2 2
a b c d e ab ac ad ac
+ + + + ≥ + + +

Khi nào đẳng thức xảy ra?
* Hướng dẫn:
Tìm bất đẳng thức tương đương bằng cách biến đổi bất đẳng thức đã cho về dạng:

2 2 2 2

Áp dụng a, b, c là ba số thực tùy ý, chứng minh:

4 4 4
( )
a b c abc a b c
+ + ≥ + +

7

* Hướng dẫn:
Dùng công thức
2 2 2
( ) 0
a b a b
− ≥ ⇔ + ≥

Áp dụng kết quả trên.
5. Chứng minh
[ 1;1]
t
∀ ∈ −
ta có:

2 2
1 1 1 1 2
t t t t
+ + − ≥ + + ≥ −

* Hướng dẫn
• Với
Chương II
BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI (CAUCHY)

I.
Phương pháp giải toán

1) Cho 2 số a,b > 0, ta có:
2
a b
ab
+
≥

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b.

2) Cho n số
1 2 3
, , , , 0
n
a a a a
≥
ta có:

1 2 3
1 2 3n

thực không âm và có tổng bằng 1, ta có:

31 2
1 1 2 2 3 3 1 2 3

n
x x
x x
n n n
a x a x a x a x a a a a
+ + + + ≥

8

Tổng quát: Cho n số dương tùy ý a
i,
i =
1,
n

và n số hữu tỉ dương q
i
, i =
1,
n

thỏa
1
1
n

i =
1,
n
.
Chứng minh rằng:
2
1 2 3
1 2 3
1 1 1 1
( )
n
n
a a a a n
a a a a
 
+ + + + + + + + ≥
 
 

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho các số
1 2 3
1 2 3
1 1 1 1
, , , , , , , , ,
n
n
a a a a
a a a a



2
1 1 1 27
( ) ( ) ( ) 2( )
a a b b b c c c a a b c
+ + ≥
+ + + + +Giải:

Áp dụng bất đẳng thức côsi cho vế trái:
3
1 1 1 3
( ) ( ) ( )
( )( )( )
a a b b b c c c a
abc a b a c b c
+ + ≥
+ + +
+ + +
(1)

Mà

3 3
3 3
6
6
2

+ + +
(2)

Từ (1)(2) đpcm
Dấu “=” xảy ra a = b = c

Ví dụ 3: Chứng minh với mọi số dương a, b, c ta luôn có

3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
a b abc b c abc c a abc abc
+ + ≤
+ + + + + +

Giải

Ta có:

3 3
( )
a b ab a b
+ ≥ +

Nên

3 3
( )
abc abc c
a b abc ab a b abc a b c
≤ =

Hay

3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
a b abc b c abc c a abc abc
+ + ≤
+ + + + + +
(
đpcm
)

III. Bài tập tương tự

1. Các số dương x, y, z có tích bằng 1. Chứng minh bất đẳng thức :

5 5 5 5 5 5
1
xy yz xz
x xy y y yz z x xz z
+ ≤
+ + + + + +

*Hướng dẫn:
Ta có:
2 2
2
x y xy
+ ≥
+ + + +

Cộng vế theo vế ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z.

2. Với mọi x, y, z dương. Chứng minh :

3 3 3
x y z
x y z
yz xz xy
+ + ≥ + +

*Hướng dẫn:
Áp dụng bất dẳng thức côsi, ta có:

3
3
3
3
3
3
x
y z x
yz
y
x z y
xz
z
x y z
xy

+ + + + + ≤ + +
 
 

*Hướng dẫn:
Áp dụng bất đẳng thức côsi, ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
b c b c a c a c a b a b
+ + + + + + + + + + + + + +
   n lần n lần n lần

( ). ( ) ( ) ( )
a b c
a b c
a b c b c a c a b
+ +
≥ + + + + +

Hay :

2( )
( ) ( ) ( )
a b c
a b c
a b c
b c a c a b
a b c

(đúng)
Từ (1)(2), ta có đpcm
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

4. Cho
, ,
a b c
là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

3
a b c
b c a c a b a b c
+ + ≥
+ − + − + −

*Hướng dẫn:
Áp dụng bất đẳng thức côsi:

)
( )( )
2
b c a c a b
b c a c a b c
+ − + + −
+ − + − ≤ =

Tương tự :

( )( )
( )( )
12

Chương III
BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG BẤT ĐẲNG THỨC
BUNHIACOPXKI ( B.C.S)

I. Bất đẳng thức bunhiacopxki:

Cho 2 n số thực (
2
n
≥
)
a
1
, a
2
, …, a
n

Đặt:
2 2 2
1 2
2 2 2
1 2n
n
a a a a
b b b b

= + + +


= + + +



• Nếu
0
a
=
hay
0
b
=
thì bất đẳng thức luôn đúng
• Nếu
, 0


Suy ra:
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
( )( ) 1
n n n n
a a a b b b
α β α β α β
1
+ + + ≤ + + + + + + ≤
21 1 2 2

n n
a b a b a b ab
⇒ + + + ≤

Lại có:
1 1 2 2 1 1 2 2

n n n n
a b a b a b a b a b a b
+ + + ≤ + + +

Suy ra:
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
( ) ( )( )

Ví dụ 1:
Cho
, , 0
a b c
>
. Chứng minh:

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

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có:
13( )
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
a b c
b c a c a b a b c
b c c a a b
 

2
+ + + ) ≤ ( + + + + = + +2 2 2 2
2 1 1 . 2 2
a b≤ + + + = + (do
2 2
1
a b
+ =
)
Vì vậy
1 1 2 2
a b b a+ + + ≤ + .
Dấu “ = ” xảy ra
1

1
a b
a b
b a
a b
+

=

⇔ ⇒ =
+


(1 ) ( ) ( )( )
x ax bx cx a b c x x x
+ = + + ≤ + + + +

4 2
2 2 2
6 4 2
(1 )
( )
x
a b c
x x x
+
⇒ + + ≥
+ +
(2)
Mặt khác:
4 2
6 4 2
(1 ) 4
3
x
x x x
+
≥
+ +
(3)
Thật vậy: (3)
4 8 6 4 2
(1 2 ) 4( )


= = = =

⇔


= = = − = −



Ví dụ 4:
Cho
, , 0
a b c
>
thỏa
1
a b c
+ + =
. Chứng minh rằng:
142 2 2
1 1 1 1
30
P
a b c ab bc ca
= + + + ≥
+ +
2 2
7 10
( ) 7( ) 1 ( ) 30
3 3
P
P a b c ab bc ca P a b c P
 
 
= + + + + + ≤ + + + ≤ ⇒ ≥
 
 
 

Do:
1
a b c
+ + =
( theo giả thuyết)

2
( )
3
a b c
ab bc ca
+ +
⇒ + + ≤
Ví dụ 5:
Cho

, , 0
x y z
⇒ >
và
1
xyz
=

Bất đẳng thức đã cho đưa về dưới dạng sau:

3 3 3
3
2
x yz y zx z xy
y z z x x y
+ + ≥
+ + +2 2 2
3
2
x y z
y z z x x y
⇒ + + ≥
+ + +
(do
1
xyz
=

+ +
⇔ = = = =
+ + + + +2 ; 2 ; 2z
y z x z x y x y
⇔ + = + = + =x y z
⇔ = =

Mặt khác, theo bất đẳng thức Causi:
3
3 3
x y z xyz
+ + ≥ =
( do
1
xyz
=
) (3)
Dấu “ = ” xảy ra khi
x y z
= =
.
Từ (2) và (3) suy ra:
2 2 2
3

ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng

1 2 3
9R
2
m m m
≥
+ +

Giải:

Ta có công thức đường trung tuyến:

2 2 2
2
2 2
4
a
b c a
m
+ −
=

2 2 2 2 2 2
3
( )
4
a b c
m m m a b c
⇒ + + = + +

ABC
⇔ ∆
đều.
Từ (2) và (3)
( )
2
a b c
m m m R
2
81
⇒ + + ≤
49
2
a b c
R
m m m
⇔ + + ≤

9
2
a b c
R
m m m
⇔ ≥
+ +

Dấu “ = ” xảy ra đồng thời trong (2) và (3) hay

Giải:

Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có:

[ ]
2
1 2
2 3 3 4 1 2 1 2
2 3 3 4 1 2
( )
n
n n
a
a a
a a a a a a a a a a a a
a a a a a a
1 2
 
+ + + ( + ) + ( + ) + + ( + ) ≥ + + +
 
+ + +
 

Hay
2
1 2
1 2
2 3 3 4 1 2 1 2 1 3 2 3 2 4 1 2
( )


1 3 2 3
1 2
1 2 1 3 1
2 2 2
a a a a
a a
a a a a a
+ +
+
+ ≤ + = +

2 2
2
3 4
2 3 2 4 2
2
a a
a a a a a
+
+ ≤ +
…

2 2
2
1 2
1 2
2
n n n
a a
a a a a a

1 2
2 2 2
2 3 3 4 1 2 1 2
( )

2( )
n n
n
a a a a
a a
a a a a a a a a a
+ + +
+ + + ≥
+ + + + + +

Dấu “ = ” xảy ra
1 2

n
a a a
⇔ = = =III. Bài tập tương tự:
1. Cho
4
ab bc ca
+ + =
. Chứng minh:
4 4 4

2 2
3
16
x xy y
y yz z

+ + =


+ + =



Chứng minh rằng:
z 8
xy yz x
+ + ≤

*Hướng dẫn
Theo bất đẳng thức B.C.S, ta có:

2 2
2 2 2 2 2 2
3 3
18 ( )( )
2 4 4 2
x z
x xy y y yz z y x z y
   
   
⇒
đpcm.
173. Chứng minh rằng nếu phương trình
4 3 2
1 0
x ax bx ax
+ + + + =
có nghiệm thì:

2 2
4
5
a b
+ ≥

*Hướng dẫn
Gọi x là nghiệm của phương trình đã cho:

4 3 2
1 0
x ax bx ax
+ + + + =
(
0
x

t at b
⇔ + + − =

2
t at b
⇔ 2 − = +

Áp dụng B.C.S:
(
)
( )
(
)
(
)
2
2
2 2 2 2
1
t at b a b t
2 − = + ≤ + +(
)
2
2
2 2
2
2


4. Cho
, , 0
x y z
>
thỏa
z 1
xy yz x
+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

2 2 2
x y z
T
x y y z z x
= + +
+ + +

*Hướng dẫn
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:
+)
1 .
x y y z z x x y z x y z x y z
= + + ≤ + + + + = + +

+)
( )
2
2
x y z

1
3
x y z
⇔ = = =

Vậy
1
( )
2
Min T
=
khi
1
3
x y z
= = =
.
185. Cho
0
x y z
≥ ≥ ≥
. Chứng minh rằng:

2 2 2

1
z 0
x y y z z x xy yz x
xyz
= − − − + + >
(2)
Từ (1), (2)
2 2 2
2 2 2
x y y z z x
x y z
z x y
⇒ + + ≥ + +

Dấu “ = ” xảy ra
x y z
⇔ = =6. Cho
ABC
∆
, M là điểm bất kì trong tam giác. Gọi x, y, z, là các khoảng cách từ M xuống BC,
AC, AB. Chứng minh rằng:

2 2 2
2
a b z
x y z
R


a b c a b c
a b c
x y z
h h h h h h
h h h
 
+ + ≥ + +
 
 
 a b c
h h h x y z
⇒ + + ≥ + +
(1)
Do trong mọi tam giác nên ta có:

sin ; sin ; sin
a b c
h b C h c A h a B
= = =
nên:

sin sin sin
2
a b c a b c
bc ac ab
h h h h b C h c A h a B

BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ – BƯ – SEP (TCHEBYCHEV)

I. Phát biểu

- Cho 2 dãy số
1 2 3
, , , ,
n
a a a a
và
1 2 3
, , , ,
n
b b b b+ Nếu 2 dãy số cùng tăng hoặc cùng giảm
1 2 3
1 2 3n
n
a a a a
b b b b
≤ ≤ ≤ ≤


≤ ≤ ≤ ≤

n
n
a a a a
b b b b
≤ ≤ ≤ ≤


≥ ≥ ≥ ≥

hoặc
1 2 3
1 2 3n
n
a a a a
b b b b
≥ ≥ ≥ ≥


≤ ≤ ≤ ≤
Ta có:
(
)

a b
+ ≥
.
Chứng minh
3 3 5 5 9 9
( )( )( ) 4( )
a b a b a b a b
+ + + ≤ + 20

Giải
Giả sử
3 3
5 5
a b
a b
a b

≥

≥ ⇒

≥

Áp dụng bất đẳng thức trê – bư – sep, ta có:
Cũng theo bất đẳng thức trê – bư – sep ta có:

8 8 9 9
2 2 2
a b a b a b
   
+ + +
 
≤
   
 
 
   

Suy ra:

3 3 5 5 9 9
3 3 5 5 9 9
( )( )( )
8 2
( )( )( ) 4( )
a b a b a b a b
a b a b a b a b
+ + + +
≤
⇔ + + + ≤ +

Dấu “=” xảy ra

1 2

n
s a a a
= + + +Giải

Không mất tính tổng quát ta giả sử:
1 2

n
a a a
≥ ≥ ≥
do:

212 2 2
1 2
1 2
1 2

0 1,2,3, ,

n
i
n

a a a a
a a a n
s a s a s a s a s a s a
   
+ + + + + + ≤ + + +
   
− − − − − −
   
(1) vì
2 2 2
1 2
1
n
a a a
+ + + >

Nên từ (1) suy ra:
33 3
1 2 1 2
1 2 1 2
1

n n
n n
a a
a a a a
s a s a s a n s a s a s a
 
+ + + > + + +
 

 
   
= + + + + + + −
 
   
− − −
   
 
 
= + + + −
 
− − −
 ( ) ( ) ( )
1 2
1 2
1 1 1 1

1
n
n
s a s a s a n
n s a s a s a
 
= − + − + + − + + + −
 
 
 

n
n
a
a a
s a s a s a n
⇒ + + + >
− − − −
(đpcm)

Ví dụ 3: Gọi
1 2
, , ,
n
a a a
là các cạnh của n giác và gọi c là chu vi của đa giác
Chứng minh rằng :
1 2
1 2

2 2 2 2
n
n
a
a a
n
c a c a c a n
+ + + ≥
− − − −

Giải



Áp dụng bất đẳng thức trê – bư – sep, ta có
( ) ( ) ( )
1 2
1 2 1 2
1 2
2 2 2 ( )
2 2 2
n
n n
n
a
a a
c a c a c a n a a a nc
c a c a c a
 
 
+ + + − + − + + − ≥ + + + =
 
 
− − −
 

(1)
Mặt khác
(
)
(
)

n
n
aa a
c a c a c a
c a c a c a

= = =

− − −
⇔


− = − = = −
1 2

n
a a a
⇔ = = =

III. Bài tập tương tự
1.Cho
, , 0
a b c
>
chứng minh:

3

a b c
b c a c a b
+ + +
.

2. Cho
, ,
a b c
thỏa
2 2 2
1
a b c
+ + ≥
chứng minh :

3 3 3
1
, ,
2
a b c
b c a c a b
≥
+ + +

*Hướng dẫn
Không mất tính tổng quát, ta giả sử:
a b c
≥ ≥

Suy ra
Chương V
BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI

I. Phương pháp giải toán

Cho
1
a
≥ −
,
1 n
≤ ∈

thì
(
)
1 1
a na
+ ≥ +

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi
0
1
a
n
=



n
n
>
1
( 1)
n
n
+
+⇔

1
1 1
( )
n
n
n n
+ +
>

Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli:

1 1
1 1
1 1 1 1
n n
n n
n n n n

a a
a b c
b c a b c
b c b c b c b c
− +
− + + +
   
= + < + <
   
+ + + +
   ⇒

( )
a
b c
+
>
b c
a b c
+
+ +
(1)
Chứng minh tương tự :
24( )

3 3
a b c a b c
+ + + +
 
≥
 
 
(1)
Giải:
Bất đẳng thức (1)
⇔
5
3a
a b c
 
 
+ +
 
+
5
3b
a b c
 
 
+ +
 
+
5
3c
a b c

)
5 2
1
b c a
a b c
+ −
≥ +
+ +
(2)
Chứng minh tương tự:
5
3
b
a b c
 
 
+ +
 
=
5
2
1
a c b
a b c
+ −
 
+
 
+ +
 

)
5 2
1
a b c
a b c
+ −
≥ +
+ +
(4)
Cộng (2)(3)(4) ta được:

5
3a
a b c
 
 
+ +
 
+
5
3b
a b c
 
 
+ +
 
+
5
3c
a b c

1
1
n
n
 
+
 
 
≤
3
3
2
n
−
+

* Hướng dẫn:

25

a)

Biến đổi
1
1
1
1
1
1
n

2
1 3
1
2 2
k
k
k k k
+
 
+ ≥
 
+ +
 2. Cho 2 số tự nhiên a < b < c. chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n>a, ta có bất đẳng
thức :
n n n
a b c
+ <
(*)

*Hướng dẫn:
Viết bất đẳng thức (*) dưới dạng tương đương
1
n n
c a
b b
   
> +

1
1
1
1
n
n
n
n
+
+
 
+
 
+
 
 
+
 
 
thành
( )
1
2
1 1
1 1
1
1
n
n
n

Đặt
1 sin
x
α
= +
,
2 tan
y
α
= +

Bất đẳng thức (1)
⇔
( ) ( )
1 1
y x
x y
+ > +
Chương VI
ÁP DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

I. Phương pháp giải toán:
Giả sử cần chứng minh bất đẳng thức
( )
f x
> g(x), x
∈