Chuyên đề: Bất đẳng thức
Tác giả : Nguyễn –Văn –Thủy
sưu tập và biên soạn năm 2000
chỉnh sửa năm :2007
A- Mở đầu:
Bất đẳng thức là một trong những mảng kiến thức khó nhất của toán học phổ thông .
Nhưng thông qua các bài tập về chứng minh bất đẳng thức học sinh hiểu kỹ và sâu sắc hơn về giải
và biện luận phương trình , bất phương trình ,về mối liên hệ giữa các yếu tố
của tam giác về tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một biểu thức. Trong quá trình giải bài tập ,
năng lực suy nghĩ , sáng tạo của học sinh được phat triển đa dang và phong phú
vì các bài tập về bất đẳng thức có cách giải không theo quy tắc hoặc khuôn mẫu nào cả.
Nó đòi hỏi người đọc phải có cách suy nghĩ lôgic sáng tạo biết kết hợp kiến thức cũ với kiến thức
mới một cách lôgíc có hệ thống.
Cũng vì toán về bất đẳng thức không có cách giải mẫu , không theo một phương pháp nhất định
nên học sinh rât lúng túng khi giải toán về bất đẳng thức vì vậy học sinh sẽ không biết bắt đầu từ đâu
và đi theo hương nào .Do đó hầu hết học sinh không biết làm toán về bất đẳng thứcvà không biết
vận dụng bất đẳng thức để giải quyết các loại bài tập khác.
Trong thực tế giảng dạy toán ở trường THCS việc làm cho học sinh biết chứng minh bất đẳng
thức và vận dụng các bất đẳng thức vào giải các bài tập có liên quan là công việc rất quan trọngvà
không thể thiếu được của người dạy toán ,thông qua đó rèn luyện
Tư duy lôgic và khả năng sáng tạo cho học sinh .Để làm được điều đó người thầy giáo phải cung cấp
cho học sinh một số kiến thức cơ bản và một số phương pháp suy nghĩ ban đầu về bất đẳng thức .
Chính vì lí do trên nên tôi tự tham khảo biên soạn chuyên đề bất đẳng thức nhằm mục đích giúp
học sinh học tốt hơn.

Danh mục của chuyên đề
S.t.t
Nội dung
trang
1.
Phần mở đầu

1-Phương pháp dùng định nghĩa
2- Phương pháp dùng biến đổi tương đương
3- Phương pháp dùng bất đẳng thức quen thuộc
4- Phương pháp sử dụng tính chất bắc cầu
5- Phương pháp dùng tính chất tỉ số
6- Phương pháp làm trội
7- Phương pháp dùng bất đẳng thức trong tam giác
8- Phương pháp đổi biến số
9- Phương pháp dùng tam thức bậc hai
10- Phương pháp quy nạp
11- Phương pháp phản chứng
Phần 3 :các bài tập nâng cao
2
PHầN 4 : ứng dụng của bất đẳng thức
1- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị
2-Dùng bất đẳng thức để giải phương trình và bất phương trình
3-Dùng bất đẳng thức giải phương trình nghiệm nguyên
Phần I : các kiến thức cần lưu ý
1-Đinhnghĩa

0
0
A B A B
A B 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


A
3
+
A B A B+ ≥ +
( dấu = xảy ra khi A.B > 0)
+
BABA −≤−
( dấu = xảy ra khi A.B < 0)
Phần II : một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
Phương pháp 1 : dùng định nghĩa
Kiến thức : Để chứng minh A > B
Ta chứng minh 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
- xy – yz – zx)
=
2
1
[ ]
0)()()(
222
≥−+−+− zyzxyx
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
≥
2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z
R∈
Dấu bằng xảy ra khi x+y=z
c) Ta xét hiệu
4
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

c) Hãy tổng quát bài toán
giải
a) Ta xét hiệu
2
22
22






+
−
+ baba

=
( )
4
2
4
2
2222
bababa ++
−
+
=
( )
abbaba 222
4







++
−
++ cbacba
=
( ) ( ) ( )
[ ]
0
9
1
222
≥−+−+− accbba
Vậy
2
222
33






++
≥
++ cbacba

hoặc H=(C+D)
2
+….+(E+F)
2
Bước 3:Kết luận A ≥ B
Ví dụ:(chuyên Nga- Pháp 98-99)
Chứng minh ∀m,n,p,q ta đều có
m
2
+ n
2
+ p
2
+ q
2
+1≥ m(n+p+q+1)
Giải:
5
01
4444
2
2
2
2
2
2
2
≥






+−⇔ m
m
qmq
m
pmp
m
nmn
m
01
2222
2222
≥






−+






−+





=−
=−
=−
=−
01
2
0
2
0
2
0
2
m
q
m
p
m
n
m
⇔








Lưu ý:
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.
Chú ý các hằng đẳng thức sau:

( )
22
2
2 BABABA ++=+

( )
BCACABCBACBA 222
222
2
+++++=++

( )
3223
3
33 BABBAABA +++=+
Ví dụ 1:
Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng
a)
ab
b
a ≥+
4
2
2
b)

a ≥+
4
2
2
(dấu bằng xảy ra khi 2a=b)
b)
baabba ++≥++ 1
22

)
)(21(2
22
baabba ++>++⇔

012122
2222
≥+−++−++−⇔ bbaababa

0)1()1()(
222
≥−+−+−⇔ baba
Bất đẳng thức cuối đúng.
Vậy
baabba ++≥++ 1
22
Dấu bằng xảy ra khi a=b=1
c)
( )
edcbaedcba +++≥++++
22222

128448121210221012
bbabaabbabaa +++≥+++

⇔

( ) ( )
0
22822228
≥−+− abbababa
⇔
a
2
b
2
(a
2
-b
2
)(a
6
-b
6
)
≥
0
⇔
a
2
b
2

yx
−
+
22
≥
22
vì :x
〉
y nên x- y
〉
0
⇒
x
2
+y
2
≥

22
( x-y)

⇒
x
2
+y
2
-
22
x+
22

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:
1)CM: P(x,y)=
01269
222
≥+−−+ yxyyyx

Ryx ∈∀ ,
2)CM:
cbacba ++≤++
222
(gợi ý :bình phương 2 vế)
3)choba số thực khác không x, y, z thỏa mãn:






++<++
=
zyx

A/ một số bất đẳng thức hay dùng
1) Các bất đẳng thức phụ:
8
a)
xyyx 2
22
≥+
b)
xyyx
≥+
22
dấu( = ) khi x = y = 0
c)
( )
xyyx 4
2
≥+
d)
2
≥+
a
b
b
a
2)Bất đẳng thức Cô sy:
n
n
n
aaaa
n

4) Bất đẳng thức Trê- bư-sép:
Nếu



≤≤
≤≤
CBA
cba

⇒

3
.
33
CBAcbacCbBaA ++++
≥
++
Nếu



≥≥
≤≤
CBA
cba

⇒

3

( )
bccb 4
2
≥+
;
( )
acac 4
2
≥+

⇒
( )
2
ba +
( )
2
cb +
( )
2
ac +
≥
( )
2
222
864 abccba =

⇒
(a+b)(b+c)(c+a)
≥
8abc

≥
thỏa mãn
12 =− yx
;CMR: x+y
5
1
≥

ví dụ 3: Cho a>b>c>0 và
1
222
=++ cba
chứng minh rằng
3 3 3
1
2
a b c
b c a c a b
+ + ≥
+ + +
Giải:
Do a,b,c đối xứng ,giả sử a
≥
b
≥
c
⇒




+
++
≥
+
+
+
+
+ ba
c
ca
b
cb
acba
ba
c
c
ca
b
b
cb
a
a .
3

222
222
=
2
3
.

Ta có
abba 2
22
≥+

cddc 2
22
≥+
Do abcd =1 nên cd =
ab
1
(dùng
2
11
≥+
x
x
)
Ta có
4)
1
(2)(2
222
≥+=+≥++
ab
abcdabcba
(1)
Mặt khác:
( ) ( ) ( )
acddcbcba +++++

ac
ab
ab
Vậy
( ) ( ) ( )
10
2222
≥+++++++++ acddcbcbadcba
ví dụ 5: Cho 4 số a,b,c,d bất kỳ chứng minh rằng:

222222
)()( dcbadbca +++≤+++
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
tacó ac+bd
≤
2222
. dcba ++
mà
( ) ( ) ( )
2222
22
2 dcbdacbadbca +++++=+++
( )
22222222
.2 dcdcbaba ++++++≤
⇒
222222
)()( dcbadbca +++≤+++
ví dụ 6: Chứng minh rằng


Chứng minh rằng ab >ad+bc
Giải:
10
Tacó



+>
+>
dcb
dca

⇒




>>−
>>−
0
0
cdb
dca

⇒
(a-c)(b-d) > cd

⇔
ab-ad-bc+cd >cd


1
( a
2
+b
2
+c
2
)

⇒
ac+bc-ab
6
5
≤
〈
1 Chia hai vế cho abc > 0 ta có
cba
111
−+
〈

abc
1
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

⇒

01.1
2
<−− ba

⇒
1-b-
2
a
+
2
a
b > 0

⇒
1+
2
a
2
b
>
2
a
+ b
mà 0< a,b <1
⇒

2
a
>
3

b
Tương tự
3
b
+
3
c
cb
2
1+≤

c
3
+
3
a
≤
ac
2
1+
Cộng các bất đẳng thức ta có :

accbbacba
222333
3222 +++≤++
b)Chứng minh rằng : Nếu
1998
2222
=+=+ dcba
thì ac+bd =1998

+d
2
) =(c
2
+d
2
).( a
2
+ b
2
) = 1998
2
rỏ ràng (ac+bd)
2

≤

( ) ( )
2
22
1998=−++ bcadbdac
⇒

1998≤+ bdac
2-Bài tập : 1, Cho các số thực : a
1
; a
2
;a
3

( đề thi vào chuyên nga pháp 2003-
2004Thanh hóa )
2,Cho a;b;c
0
≥
thỏa mãn :a+b+c=1(?)
Chứng minh rằng: (
8)1
1
).(1
1
).(1
1
≥−−−
cba
Ph ương pháp 5: dùng tính chấtcủa tỷ số
Kiến thức
1) Cho a, b ,c là các số dương thì
a – Nếu
1>
b
a
thì
cb
ca
b
a
+
+
>

ví dụ 1 :
Cho a,b,c,d > 0 .Chứng minh rằng

21 <
++
+
++
+
++
+
++
<
bad
d
adc
c
dcb
b
cba
a
12
Giải :
Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có

dcba
da
cba
a
cba
a

(3)
Tương tự ta có

dcba
ab
dcb
b
dcba
b
+++
+
<
++
<
+++
(4)

dcba
cb
adc
c
dcba
c
+++
+
<
++
<
+++
(5)

cba
a
điều phải chứng minh
ví dụ 2 :
Cho:
b
a
<
d
c
và b,d > 0 .Chứng minh rằng
b
a
<
d
c
db
cdab
<
+
+
22
Giải: Từ
b
a
<
d
c
22
d

22
điều phải chứng minh
ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000
tìm giá trị lớn nhất của
d
b
c
a
+
giải : Không mất tính tổng quát ta giả sử :
c
a

d
b
≤
Từ :
c
a

d
b
≤

d
b
dc
ba
c
a

c
a
+
=
dc
9991
+
Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c=999
Vậy giá trị lớn nhất của
d
b
c
a
+
=999+
999
1
khi a=d=1; c=b=999
13
Ph ương pháp 6: Phương pháplàm trội
Lưu ý:
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 =
n
uuu +++
21
Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u
k

a
a

Khi đó P =
1
1
13
2
2
1

++
=
nn
n
a
a
a
a
a
a
a
a
Ví dụ 1 :
Với mọi số tự nhiên n >1 chứng minh rằng

4
31

2

2
1
2
1

2
1
1
1
==++>++
+
+
+ n
n
nnnnn
Ví dụ 2 :
Chứng minh rằng:

( )
112
1

3
1
2
1
1 −+>++++ n
n
Với n là số nguyên
Giải :

( )
112
1

3
1
2
1
1 −+>++++ n
n
Ví dụ 3 :
Chứng minh rằng
2
1
1
2
<
∑
=
n
k
k

Zn
∈∀
Giải:
Ta có
( )
kkkkk
1

2
1
1
2
1
222
2
2
2
<+++⇒
−
−
<
−<
−<
n
nnn
Vậy
2
1
1
2
<
∑
=
n
k
k
Ph ương pháp 7:
Dùng bất đẳng thức trong tam giác





+<
+<
+<
)(
)(
)(
2
2
2
bacc
cabb
cbaa
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có
a
2
+b
2
+c
2
< 2(ab+bc+ac)
b) Ta có a > b-c  ⇒
222
)( cbaa −−>
> 0
b > a-c  ⇒
222

2
2222
Ví dụ2: (404 – 1001)
1) Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác
Chứng minh rằng
)(2
222
cabcabcbacabcab ++<++<++
2) Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2
Chứng minh rằng
22
222
<+++ abccba
Ph ương pháp 8: đổi biến số
Ví dụ1:
Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng
2
3
≥
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
(1)

⇔

3111 ≥−++−++−+
z
y
z
x
y
z
y
x
x
z
x
y

⇔
(
6)()() ≥+++++
z
y
y
z
z
x
x
z
y
x
x

2
1
222
≥
+
+
+
+
+ abcacbbca
(1)
17
Giải:
Đặt x =
bca 2
2
+
; y =
acb 2
2
+
; z =
abc 2
2
+

Ta có
( )
1
2
<++=++ cbazyx







++++
zyx
zyx
Mà x+y+z < 1
Vậy
9
111
≥++
zyx
(đpcm)
Ví dụ3:
Cho x
0
≥
, y
0
≥
thỏa mãn
12 =− yx
CMR
5
1
≥+ yx


( )
( )
pnmpnm
ba
pc
ac
nb
cb
ma
++−++≥
+
+
+
+
+
2
2
1

18

Ph ương pháp 9: dùng tam thức bậc hai
Lưu ý :
Cho tam thức bậc hai
( )
cbxaxxf ++=
2
Nếu
0<∆
thì

0. <xfa
với
21
xxx <<
Ví dụ1:
Chứng minh rằng

( )
036245,
22
>+−+−+= yxxyyxyxf
(1)
Giải:
Ta có (1)
⇔

( )
0365122
22
>+−+−− yyyxx

( )
36512
2
2
−+−−=∆
′
yyy

( )

2
2
222
>+−++⇔ yxyyxy
Ta có
( ) ( )
0161414
2
2
22
2
22
<−=+−−=∆
′
yyyyy
Vì a =
( )
01
2
2
>+y
vậy
( )
0, >yxf
(đpcm)
Ph ương pháp 10: dùng quy nạp toán học
Kiến thức:
Để chứng minh bất đẳng thức đúng với
0
nn >

2
1
2
4
1
1 −<+
(đúng)
Vậy BĐT (1) đúng với n =2
Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh
BĐT (1) đúng với n = k+1
Thật vậy khi n =k+1 thì
(1)
⇔

1
1
2
)1(
11

2
1
1
1
2222
+
−<
+
++++
kkk


( )
k
k
kk
1
1
1
1
1
)1(
1

1
1
2
22
<
+
+
+
<
+
++

20

⇔

2



+
2
≤

2
nn
ba +
(1)
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
(1)
⇔

1
2
+






+
k
ba
≤

⇔
Vế trái (2)
≤

242
.
2
1111 ++++
+
≤
+++
=
++
kkkkkkkk
babbaabababa

⇔
0
42
1111
≥
+++
−
+
++++ kkkkkk
bbaababa

⇔
( )
( )


kkk
k
baba <⇔<

⇔
( )
( )
0. ≥−− baba
kk

Vậy BĐT (3)luôn đúng ta có (đpcm)
21
Ph ương pháp 11: Chứng minh phản chứng
Lưu ý:
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 “G
⇒
K”
phép toán mệnh đề cho ta :

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 :
G
K
−−
−−

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:

ba 4
2
<
,
dc 4
2
<
Giải :
Giả sử 2 bất đẳng thức :
ba 4
2
<
,
dc 4
2
<
đều đúng khi đó cộng các vế ta được

)(4
22
dbca +<+
(1)
Theo giả thiết ta có 4(b+d)
≤
2ac (2)

Ta có (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1
=x + y + z – (
zyx
111
++
) vì xyz = 1
theo giả thiết x+y +z >
zyx
111
++
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
Phần iii : các bài tập nâng cao
23
1/dùng định nghĩa
1) Cho abc = 1 và
36
3
>a
. . Chứng minh rằng
+
3
2
a
b

+
4
2
a
b
2
+c
2
- ab– ac+ 2bc) +
−
12
2
a
3bc
=(
2
a
-b- c)
2
+
a
abca
12
36
3
−
=(
2
a
-b- c)

>+−+−+ baabba
c)
024222
22
≥+−+−+ baabba
Giải :
a) Xét hiệu
H =
xxzxyxzyx 22221
222244
−−+−+++
=
( )
( ) ( )
22
2
22
1−+−+− xzxyx
H
≥
0 ta có điều phải chứng minh
b) Vế trái có thể viết
H =
( ) ( )
1112
22
+−++− bba

⇒
H > 0 ta có điều phải chứng minh

22
+−=+−=+ yxxyyxyx
(vì xy = 1)

⇒

( )
( ) ( )
4.4
24
2
22
+−+−=+ yxyxyx
Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với

( ) ( ) ( )
224
.844 yxyxyx −≥+−+−

⇔

( ) ( )
044
24
≥+−−− yxyx
⇔

( )
[ ]
02

1
22

⇔
0
1
1
1
1
1
1
1
1
222
≥








+
−
+
+




xxy

⇔

( )
( )
( )
( )
0
1.1
)(
1.1
)(
22
≥
++
−
+
++
−
xyy
yxy
xyx
xyx

⇔

( ) ( )
( ) ( )
( )