Chuyên đề bất đẳng thức
Bất đẳng thức , bất phơng trình ,cực trị đại số
- Bất đẳng thức
1. Kiến thức cần nhớ
a) Định nghĩa : Cho hai số a và b ta có a > b

a b > 0
b) Một số bất đẳng thức cơ bản :
01) Các bất đẳng thức về luỹ thừa và căn thức :

2
0
n
A n Ơ
với A là một biểu thức bất kỳ , dấu bằng xảy ra khi A = 0

2
0
n
A
;
0;A n Ơ
; dấu bằng xảy ra khi A = 0

A B A B+ +
Với
0; 0A B
dấu bằng xảy ra khi có ít nhất 1 trong hai số bằng không

A B A B
với

1 2

n
a a a= = =
- Bất đẳng thức Côsi cho hai số có thể phát biểu dới các dạng sau :

2
a b
ab
+

Với a và b là các số không âm

( )
2
4a b ab+
Với a và b là các số bất kỳ

( )
2
2 2
2
a b
a b
+
+
Với a và b là các số bất kỳ
Dấu bằng xảy ra khi a = b
04) Bất đẳng thức Bunhiacopsky (Còn gọi là bất đẳng thức Côsi Svac ) :
- Cho hai bộ các số thực:

= = =
với a
i
, b
i
khác 0 và nếu
0
i
a =
thì
i
b
tơng ứng cũng bằng 0
- Hoặc có một bộ trong hai bộ trên gồm toàn số không
- Bất đẳng thức Côsi Svac cho hai cặp số :

( )
( ) ( )
2
2 2 2 2
ax by a b x y+ + +
Dấu bằng xảy ra khi ay = bx
05) Bất đẳng thức
1
2x
x
+
Với x > 0 ;
1
2x

n n
a b a b
Với mọi
n

Ơ

2 2
0
n n
a b a b <
Với mọi
n

Ơ
0 < a < 1
n m
a a <
Với n > m
a > 1
n m
a a >
Với n > m
2. Một số điểm cần l u ý :
- Khi thực hiện các phép biến đổi trong chứng minh bất đẳng thức , không đợc trừ hai bất đẳng thức
cùng chiều hoặc nhân chúng khi cha biết rõ dấu của hai vế . Chỉ đợc phép nhân hai vế của bất đẳng thức
với cùng một biểu thức khi ta biết rõ dấu của biểu thức đó
- Cho một số hữu hạn các số thực thì trong đó bao giờ ta cũng chọn ra đợc số lớn nhất và số nhỏ nhất .
Tính chất này đợc dùng để sắp thứ tự các ẩn trong việcchứng minh một bất đẳng thức
3. Một số ph ơng pháp chứng minh bất đẳng thức :

1
x x
x x
+ +

+
( )
2 2 2 2
3 4 11 2 1 3 4 11 2 2 2x x x x x x x x + + + + + +

( )
2
2
6 9 0 3 0x x x + + +
Đúng với mọi x
Dấu bằng xảy ra khi x = -3
Ví dụ 2 : Cho a, b
Ă
và a+b

0 . Chứng minh rằng
5 5
2 2
a b
a b
a b
+

+


1 3 1 3
4 4 2 4
a b a b a b a ab b a b a b
a b a b a ab b b a b a b a b b
= + + =
= + + + = + +

ữ ữ


Vì a+b

0 nên M=
( )
2
2
2
1 3
2 4
a b a b b +


Ta có (*) và (**) mâu thuẫn nhau đpcm.
3.3. Ph ơng pháp sử dụng các bất đẳng thức cơ bản :
Ví dụ 4: Chứng minh rằng: Với x, y > 0. Ta có : ( 1 + x) (1 + y)

(1 +
xy
)
2
Giải
Cách 1 : áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có :

( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2
(1 )(1 ) 1 1 1x y x y xy

+ + = + + +
ữ ữ

Cách 2 : Theo bất đẳng thức Cosi ta có:
( )
2
2
1 1
(1 )(1 )
1 1 1
2
1 1 (1 )(1 )
2 1 1
2 1 (1 (1 )(1 ) (1 )(1 ) 1

5 3 4 3 4a b a b a b= + + + +
1
Dấu bằng xảy ra khi :
3
3 4 5
5
4
3 4
5
a b
a
a b
b

+ =
=





=

=



Cách 2 : Từ 3a +4b = 5 ta có a=
5 4
3

a) áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số dơng ta có :
sin x + cosx
2 2
sin cos 1
2 2
x x+
=

Dấu bằng xảy ra khi sinx = cosx hay x = 45
0
b ) Vì tgx , cotgx >0 . áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số ta có ;
tgx + cotgx
2 .cot 2tgx gx =
( Vì tgx . cotgx = 1 )
Dấu bằng xảy ra khi tgx = cotgx hay x= 45
0
Ví dụ 7 : Cho
4a

. Chứng minh rằng :
1 17
4
a
a
+
Giải :
Ta có :
1 1 15
16 16
a a

2 2
5 2 2 4 6 10x y xy x y+ >
Giải :
Bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với :

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 2 2
5 2 2 4 6 10
4 4 1 6 9 2 0
2 1 3 0
x y xy x y
x x y y x xy y
x y x y
+ >
+ + + + +
+ +
Điều này đúng vì
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 1 0; 3 0; 0x y x y
và không đồng thời xảy ra (2x-1)
2
= (y-3)
2
= (x-y)
2
= 0

' 0 4( ) 0 4 3 2 4 3 8a b a b c c a b ab c a b ab + + + +
3.5. Phơng pháp làm trội:
Ví dụ10 : Chứng minh với n

N
*
thì:
2
1
2
1

2
1
1
1
>++
+
+
+ nnn
Giải
Ta có:
nnnn 2
11
1
1
=
+
>
+

+
+
=>
=
n
nnn
nn
4. Các bài tập tự luyện :
Bài 1: Trong tam giác vuông ABC có cạnh huyền bằng 1 , hai cạnh góc vuông là b và c.
Chứng minh rằng : b
3
+ c
3
< 1
Bài 2 : Chứng minh các bất đẳng thức sau :
a)
2
2
7 15 12
3
1
x x
x x
+

+
Với mọi x
b ) Nếu a + b < 0 thì
( )
3 3

5 4 2 1 0x y x y xy+ + +
Với mọi x , y
Ă
Bài 4: a) Cho hai số thực dơng a và b . Chứng minh rằng :
1 1 4
a b a b
+
+
Chuyên đề bất đẳng thức
b) Cho 0 < x < 2 và x

1 . Chứng minh rằng :

( )
( )
2
2
1 1
4
2
1
x
x x
x
+ >


Bài 5: a ) Cho a > b > 0 . Chứng minh rằng
2
a b a b

x

+ >
ữ

với mọi x
Nên
2
2 2
2
7 15 12
3 7 15 12 3 3 3
1
x x
x x x x
x x
+
+ +
+

( )
2
2
4 12 9 0 2 3 0x x x +
( Đúng )
Dấu bằng xảy ra khi x =
3
2
b ) Ta có :
( ) ( )

x xy y x y

+ = +
ữ

Nên x + y < 0
Mặt khác :
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2 2 2 2
3
3 3
0
2 3 6
3 8 8 2
x y x xy y xy x y x xy y xy x y
y x y xy x y
x y xy x y x y x y
+ + + +
+ +
+ + + + +
Dấu bằng xảy ra khi x = y = -1
d) Tơng tự câu c
Bài 3 : a) áp dụng bất dẳng thức Bunhiacopxky ta có :
( )
( ) ( ) ( ) ( )

1 1
;
2 2
x y= =
Bài 4: a ) Ta có:
1 1 4 4a b
a b a b ab a b
+
+
+ +
(*)
Vì a,b > 0; a+b > 0 nên: (*)
( )
2
4a b ab +
( Bất đẳng thức Cosi cho 2 số )
Vậy
1 1 4
a b a b
+
+
với mọi a , b > 0
b) Đặt (x-1)
2
= t thì t > 0 và x(2-x) = -x
2
+2x = 1-(x-1)
2
= 1-t
Vì 0 < x < 2 nên 1-t > 0


Bài 5: a) Ta có
2
2
a b a b
a a a b a b
+ +
> > + +
Bình phơng hai vế của bất đẳng thức ta đợc:
2 2 2 2 2 2 2 2
4 2 2 0a a a b a a b a a b b> + > > >
Đúng
b) áp dụng câu a với a = 2006 và b = 1 ta có:

2 2006 2007 2005 2006 2005 2007 2006> + >
V.2. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất Của biểu thức :
1. Kiến thức cần nhớ :
Cho các biểu thức A và B
- Nếu A
a
trong đó a là một giá trị của biểu thức A
Thì a đợc gọi là giá trị lớn nhất của A (GTLN của A ) , đợc ký hiệu là MaxA hay A
Max

- Nếu B
b

trong đó b là một giá trị của B
Thì b đợc gọi là giá trị nhỏ nhất của B (GTNN của B ),đợc ký hiệu là Min B hay B
Min

đó thì vấn đề càng phức tạp và dễ mắc sai lầm .
Chuyên đề bất đẳng thức
- Một sai lầm thờng mắc phải đó là khi biến đổi các biểu thức theo cách 1 hoặc cách 2 . Ta kết luận giá
trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức là a nhng dấu bằng không xảy ra đồng thời
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P = 4x
2
+ y
2
+2xy+3x+5
Lời giải 1 :
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 4 2 3 2 1 3 3P x xy y x x x x x y x x x x x= + + + + + + + = + + + + +
Với mọi x
Mà
2
2
1 11 11
3
2 4 4
x x x

+ = +
ữ

Nên Min P =
11
4

Khi
1
0
2
1
1
0
2
2
x y
x
x
y

+ =
=





+ =

=




Ví dụ 2 : Cho a


-Về bản chất bài toán tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức và bài toán chứng minh bất
đẳng thức có thể coi là tơng đơng nhau . Bài toán tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức nếu
ta phán đoán đợc kết quả thì bài toán trở thành chứng minh bất đẳng thức
Ví dụ 3: Cho x, y, z

R thoả mãn x
2
+ y
2
+ z
2
= 1
Tìm GTLN của P =
zyx 32 ++
Giải:
Theo bất đẳng thức Cosi Bunhiacopxki ta có:
Chuyên đề bất đẳng thức
P
2
= ( x + 2y + 3z)
2


(1
2
+ 2
2
+ 3
2
) (x

222
zyx
zyx
zyx
zyx










=
=
=

14
9
14
4
14
1
2
2
2
z
y

Vậy P
max
=
14
khi (x, y, z) =








14
143
;
14
142
;
14
14
hoặc (x, y, z) =
14 2 14 3 14
; ;
14 14 14
ữ
ữ

= =

=

b) Ta có:
( ) ( )
2
2
( ) . .
a b a b a b
x y x y x y a b
x y
x y x y


+ + = + + + = +
ữ ữ
ữ
ữ ữ



(Bất đẳng thức Bunhiacopxki)
Vậy : Q = x+ y
( )
2
a b +
Q
min
=

2
+ 2 apx + pa
2
= x


px
2
+ (2ap 1) x + a
2
= 0
Để phơng trình có nghiệm thì:

0

(2ap 1)
2
4pa
2


0
<=> 4a
2
p
2
4ap + 1 4a
2
p


x x
+
+
+

d ) D = 3x
2
+5y
2
với
3 5 2x y= +
Bài 2 : Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau:
a) M = - x
2
+ 4x + 7
b ) N = 2003 -2x
2
- 8y
2
+2x + 4xy + 4y
c) P = ( x+1 ) (2 - x )
Bài 3: Tìm giá tri lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P =
2
3 1
1
x
x

+
Giải:

2 1
2 1 3 4 1 0
1
2 1
3
x
x x
x x x x
x x
x
=

+

= = + + + =

+
=

đối chiếu với (*) ta đợc x =-1
c) Từ
3 5 2 3 5 2x y x y= + =
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky ta có:
Chuyên đề bất đẳng thức
( )
( )
( )
2
2 2 2 2
3 .1 5 .1 3 5 1 1 3 5 2x y x y x y + + +

( Bất đẳng thức Cosi )
Vậy MaxP =
9
4
khi x =
1
2
Bài 3: Ta có: P =
( )
2 2
2
3 1
1 3 1 3 1 0
1
x
P x x Px x P
x

+ = + + =
+
(* )
Ta thấy P = 0 khi x =
1
3
Với P

0 thì giá trị của P phải thoả mãn cho phơng trình (*) có nghiệm với x
Điều này tơng đơng với:
( ) ( )
2

+ Nếu a > 0 bất phơng trình có nghiệm
b
x
a
>
+ Nếu a <0 bất phơng trình có nghiệm
b
x
a
<
Tơng tự cho bất phơng trình ax + b < 0
* Ta có thể nhớ cách lấy nghiệm của bất phơng trình bậc nhất theo qui tắc " Lớn cùng bé khác " .
Chuyên đề bất đẳng thức
Nghĩa là nhị thức bậc nhất f(x) = ax +b (
0a

) có nghiệm x =
b
a

.
Khi x >
b
a

thì f(x) và hệ số a cùng dấu , khi x <
b
a

thì f(x) và hệ số a khác dấu

( ) 0
A x
B x
A x
B x
<



>




>



<




trong đó A(x) và B(x) là các biểu thức của biến x
- Bất phơng trình chứa dấu giá trị tuyệt đối : Ta làm mất dấu giá trị tuyệt đói để giải bằng cách xét
khoảng giá trị của biến hoặc bình phơng hai vế của bất phơng trình

( ) ( )
2 2
( ) 0









- Bất phơng trình vô tỷ :
( ) 0
( ) ( ) ( ) 0
( ) ( )
A x
A x B x B x
A x B x








( )
2
( ) 0
( ) 0
( ) ( )
( ) 0
( ) ( )

A x B x B x
A x B x








2. Bài tập ví dụ :
Ví dụ 1: Giải các bất phơng trình sau :
a) -3(x+2) +2(x-1)

4x -3
b)
( ) ( )
2
1 2 1m x m x+ +
Giải
a) Ta có :
-3(x+2) +2(x-1) 4x -3 3 6 2 1 4 3 4 3 7
4
5 4
5
x x x x x
x x
+ +

b ) Ta có :

Giải
a)Tacó :
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
5 6 0 2 3 6 0 2 3 2 0 2 3 0x x x x x x x x x x + +
2 0 2
3 0 3
3
2
2 0 2
3 0 3
x x
x x
x
x
x x
x x











Chú ý : - Ta có thể kết hợp nghiệm trên trục số
- Ta có thể so sánh A(x) và B(x) trong bất phơng trình tích để giải nhanh hơn :
Ví dụ :
( ) ( ) ( ) ( )
1 3 0 1 3 0x x x x
do x-1 > x-3
nên chỉ xảy ra
1 0 1
1 3
3 0 3
x x
x
x x






x
x
x x x
x x x x



+









+


>

>





>







Chú ý : Tránh biến đổi sai lầm nh sau :

( ) ( ) ( )
2
2
3 2 1 1 2 1 2 1x x x x x x x x +

2 1 1 0x x
Kết luận phơng trình vô nghiệm
Chuyên đề bất đẳng thức
b) Cách 1 :
Ta có :
( ) ( )
2 2
2 2
1
3 1 0
2 1 3 1
3
2 1 3 1
4 4 1 9 12 1
x

5 16 0
16
5
x
x
x
x
x
x x
x x
x











+





2 1 3 1 5 0 0x x x x

Không thoả mãn (3)
Vậy bất phơng trình đã cho có nghiệm
1
3
x
3. Bài tập tự luyện :
Giải các bất phơng trình sau
Bài 1 : a)
( ) ( ) ( )
2 3 1 3 2 5 1 2 4x x x +
b)
( ) ( ) ( )
2
2 1 4 3m x m x +
c)
2
6 7 2 0x x +
d )
2
9 18 5 0x x +
Bài 2 : a)
2 2 1x x+
b)
1 2 1 3 5x x+
c)
2
5 6 3 2x x x + +
d)

+
; c)
1
1
5
x
; d)
1
1
3
x
x






Chuyªn ®Ò bÊt ®¼ng thøc
Bµi 2: a)
( ) ( )
2 2
2
1
1
2 1 0
2
2
2 1 0
1

− ≥ − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≤






>
>
 




 
− ≥ −





 
− ≤ ≤
− ≤





b) Ta cã:

≥


≥ ≥
 
≥
  

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≥
  

− − + − + − ≥ − − ≥
 
 


≤



c) Ta cã:
( )
( ) ( )
2
2
2
2
2 2
2 3 0
5 6 0


+ ≤




− + ≥ + ⇔ ⇔


+ >





> −





− + ≥ +





− + ≥ + +







− + ≤


( HÖ (*) v« nghiÖm do bÊt ph¬ng tr×nh 8x
2
-17x +10 v« nghiÖm
)
d)
2 2
3 2 2 5 3x x x x− + < − +
Ta cã:
2
2 2
2 2
2
1
3 2 0
2
3 2 2 5 3
3 2 2 5 3
8 1 0
x
x x
x
x x x x
x x x x

x
 ≤



≥


≤ −

⇔ ⇔



≥ +
≥ +





≤ −



e) Ta cã:
( ) ( )
2
2
2 2 2



+ − ≥
≥
= −





+ − ≤ + ⇔ + ≥ ⇔ ≥ − ⇔ ⇔
  

≥ −
≤ ≤
  

+ − ≤ + + ≤




− ≤ ≤

Chuyên đề bất đẳng thức
Bài 3: a) Điều kiện x

0
Ta có:
( ) ( )

2
x
x x
x
<


+ + >

>

két hợp với x < 0 ta đợc
2
1
0
2
x
x
<



< <


D. Một số bài tập nâng cao :
Bài 1: Cho x
2;2 y
Chứng minh rằng: (x + y) (x
2

+
+
2
3
111
222
Bài 3: Chứng minh rằng:
4006
2001
)20022001(4003
1

)43(7
1
)32(5
1
)21(3
1
<
+
++
+
+
+
+
+
Bài 4: Cho a, b, c > 0; a + b + c = 6. Chứng minh rằng:
512
72911
1

> 36,
Chứng minh rằng:
3
2
a
+ b
2
+ c
2
> ab + bc + ca
Bài 6 : Chứng minh rằng .
Nếu x, y, z 0 thì x(x - y) (x - z) + y(y - z) (y - x) + z (z - x) (z - y) 0
Bài 7: Cho a, b, c [0;2] có a + b + c = 3. CMR: a
2
+ b
2
+ c
2
< 5
Bài 8: Cho các số thực dơng a , b , c thoả mãn abc = 1.
Chứng minh rằng :
5 5 5 5 5 5 5
ab bc ca
a b c b c bc c a ac
+ +
+ + + + + +
< 1

Bài 9: CMR. nếu x, y
+

+

Chuyên đề bất đẳng thức
Bài 10: Cho a, b, c > 0 và abc = 1. Chứng minh rằng:
3+++
+
+
+
+
+
cba
c
ba
b
ac
a
ab
Bài 11: Chứng minh rằng: Mọi a, b, c, d, p, q > 0 ta có:
qapc
qp
qcpb
qp
qbpa
qp
cba +
+
+
+
+
+

+ y
2


4 =>
2
2
22

+ yx
=> 2.
2
.
22
22
yxyxyx ++

+
=>
22
.2
33
yxyx +

+
=>
( )
( )
552233222
)()(.2 yxyxyxyxyx +++++

( )
0)()()(
2
9111
222
++<=>








++++ xzzyyx
zyx
zyx
( Đúng )
Bài 3: Xét
2
1 ( 1 ) 1 1 1 1
2
(2 1)( 1) 2 ( 1) 1
4 4 1
n n n n
n n n n n n n
n n
+ +

= < =

+
=
++
<
+
<
n
n
S
n
nn
n
S
nn
với n = 2001 ta có:
4006
2001
2003
2001
2003
2
12
20012001
<=>=< SS
Bài 4: Đặt A =












+++






+++
3
333222
1
1
133
1






+=+++
abc
cbacba
abc

(Dấu bằng xảy ra: a = b = c = 2)
Bài 5 : Ta có :
3
2 2
3
a
b c ab bc ac+ + > + +
<=>
3
2
a
+ b
2
+ c
2
a(b+c) bc > 0
<=>
3
2
a
+ (b + c)
2
a(b+c) 3bc > 0 (*)
Thay bc =
a
1
ta đợc:
(*) <=>
3
2

3
3
a
- 3) < 0
<=> a
4
-
012
3
4
4
<+ a
a
<=> 12a (36 a
3
) < 0 đúng vì a
3
> 36
Bài 6:- Do vai trò bình đẳng của x, y, z nên có thể giả sử z y x
Chuyên đề bất đẳng thức
Khi đó: x(x - y) (x - z) 0 (1)
Mặt khác: z (z - x) y(y - z)
Do vậy: z (z - x) (z - y) y(y - x) (z - y)
z (z - x) (z - y) + y(y - z) (y - x) 0 (2)
Từ (1) và (2) đpcm.
Bài 7: - Do a, b, c [0;2] nên (2 - a) (2 - b) (2 - c) 0
8 - 4 (a + b + c) + 2 (ab + bc + ac) - abc 0
2 (ab + ac + bc) + 4 (a + b + c) + abc - 8
2 (ab + ac + bc) 4 + abc 4
(a + b + c)

b
2
(a + b)
Do đó :
2
5 5 2 2 2
( )
ab ab c c
a b ab a b a b ab c a b c
ì =
+ + + + + +
(1)
Tơng tự:
5 5
bc
a b ab+ +
<
a
a b c+ +
(2)

5 5
ca
c a ac+ +
<
b
a b c+ +
(3) . Từ (1) ; (2) và (3) ta có điều cần chứng minh
Bài 9 :- Giả sử cả hai bất đẳng thức đều đúng khi đó:
5

5
- 1)xy + (6 - 3
5
)x
2
0
(2y)
2
- 2 . 2y (
5
- 1)x + [(
5
- 1)]
2
0
[2y - (
5
- 1)x]
2
0
Điều này không xảy ra vì (
5
- 1)x là số vô tỷ không thể bằng 2y khi x ,y
+
Â
.
Bài10:- Theo bất đẳng thức Cosi cho hai số dơng ta có:
2
b c c a a b bc ca ab
a b c

q
a
p
qb
b
q
pa
a
p
qp +






+








+=+
2
2

Chuyên đề bất đẳng thức


++
2
Do đó
( ) ( )






+++








+
+
+
+
+
+
cba
qp
qapcqcpbqbpa
qp





+++

yxyx
P
P

36
P
max
= 6 <=>



=
=








+==
2
0

2
)
2


4x
2
y
2
do đó:
xy+ 3

4x
2
y
2
Đặt xy = t ta có: 4x
2
y
2
xy 3

0
hay 4t
2
t 3

0 <=>
1
4

2
+5x +4 = t thì x
2
+5x +6 = t +2
Bất phơng trình trở thành :
( ) ( )
2
1
t +2t -3 0 3 1 0
3
t
t t
t


+



Với t
3
ta có: x
2
+5x+8
2
5 7
0 0
2 4
x


+
+ ≤ − ≤ −
 
 

Phương pháp chọn điểm rơi cho bất đẳng thức cosi
Khi áp dụng bđt côsi trong các bài toán tìm cực trị thì việc lựa chọn tham số để tại đó dấu = xảy ra là
điều quan trọng và khó khăn nhất. Đôi lúc trong các bài toán khi các biến bị giới hạn bởi một điều kiện
nào đó thì khi áp dụng trực tiếp sẽ dẫn đến nhiều sai lầm. Vì thế trong chuyên mục nhỏ này tôi muốn
trình bày những phương pháp cụ thể để bạn có thể tìm được tham số phù hợp.
Bài toán 1: Cho các số dương x,y,z sao cho x+y+z=1. Tìm các giá trị nhỏ nhất:
a.
b.
c.
d.
Giải:
a.Bài này khá đơn giản chắc bạn nào cũng đều biết nó. Tuy nhiên dùng bài này minh họa cho việc lựa
chọn tham số theo mình là phù hợp nhất.
Vì vai trò các biến x,y,z là như nhau nên ta có thể dự đoán được dấu = xảy ra tại x=y=z=1/3. Nên ta có
như sau:
(dấu = xảy ra khi )
Như vậy ta áp dụng như sau:
cộng dồn lại rồi suy ra.
b.Như bài trên mình đã nói lên một ý tưởng là thêm vào các biệt số phụ như chẳng hạn. Và phương
pháp thêm này nói chung rất hiệu quả và triệt để cho các bài toán dạng này.
Ta thấy vai trò của x,y là như nhau nên ta có thể dự đoán được dấu = xảy ra x=y. Ta cần chọn các biệt số
phụ sao:
(dấu = xảy ra khi )
(dấu = xảy ra khi )
(dấu = xảy ra khi )

dấu = xảy ra khi:
Suy ra: ade=bcf
Và mục đích của các biệt số này là có thể đưa về dạng xy+yz+zx. Nên khi đó:
Như vậy ta được hệ phương trình sau:
abd = cef a+b=1 c+d=1 e+f=2
Hệ trên 6 phương trình tương ứng với 6 ẩn số các bạn hoàn toàn có thể giải được có điều hơi dài. Tuy
nhiên trong trường hợp bài toán a,b,c chúng ta thấy rằng các biến x,y có tính đối xứng nay nên việc phân
tích sẽ đơn giản hơn thế này a=c, b=d, e=f. Như vậy thì đơn giản hơn đúng kô1
Còn trường hợp ở bài cuối cùng khá tổng quát thì việc giải nó sẽ khó khăn đôi chút. Nhưng có một
phương pháp rất hay và mới:
Xét biểu thức:
Với
Như vậy ta được hệ phương trình bậc 3 theo trong đó là nghiệm dương nhỏ nhất. Từ đây bạn
có thể tính ra suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức mà kô cần phải giải a,b,c,d,e,f.
Bài toán 3: Cho x,y,z là các số dương, thõa: x+y+z=1. Tìm giá trị lớn nhất của:
Chuyªn ®Ò bÊt ®¼ng thøc
Với các dạng bài này thì phương pháp cũng tương tự nhau nên dành cho các bạn vậy! Xem như đây là
một bài luyện tập
Ngoài ra đôi lúc trong việc tìm cực trị của bài toán không phải là ta nhìn đã thấy được đó là điểm rơi
trong côsi mà nó còn kết hợp với phương pháp khác như đồng nhất thức, đạo hàm, v.v Và chính điều
này nó làm tăng thêm phần hay và đẹp của điểm rơi trong côsi

Đổi Biến Để Chứng Minh Bất ĐẳngThức

Đôi khi chứng minh một bài toán BĐT có rất nhiều cách khác nhau để giải, song không phải cách
nào cũng thuận lợi cho việc chứng minh BĐT, có nhiều BĐT đề ra phức tạp làm cho ta cảm giá
rối, nhưng qua việc đưa về biến mới thì bài toán trở nên dễ hơn. Bài viết này xin nêu ra một số
cách đổi biến để chứng minh BĐT được dễ dàng hơn.
Sau đây là một số ví dụ :
VD1:(BĐT Nesbitt): Cho a,b,c là các số thực dương . CMR:

= +

+ −

=


nên BĐT
1 3
2 2
y z x x z y x y z
x y z
 
+ − + − + −
⇔ + + ≥
 ÷
 

2 . 2 . 2 . 6
x y y z z x x y y z z x
y x z y x z y x z y x z
   
 
⇔ + + + + + ≥ + + =
 ÷  ÷
 ÷
 
   
(đúng)
Vậy BĐT đuợc chứng minh.



với
, , 0a b c >
từ giả thiết
2 2 2
3x y z+ + =
3ab bc ca⇔ + + =

Và BĐT cần CM
⇔
CM BĐT
3a b c
+ + ≥
mặt khác ta có BĐT sau:
2 2 2
3( ) 3a b c ab bc ca a b c ab bc ca+ + ≥ + + ⇔ + + ≥ + + =
Chuyªn ®Ò bÊt ®¼ng thøc
Vậy BĐT đuợc chứng minh.
Dấu “=” xảy ra
1x y z⇔ = = =
VD3: Cho x, y, z >0 thoả
1x y z+ + =
. CMR
1 4 9
36
x y z
+ + ≥

Từ giả thiết ta có thể đặt:

a b c
+ + + + + +
+ + ≥

4. 4. 9. 9. 22
b c a c a b
a a b b c c
⇔ + + + + + ≥

4. 9. 4. 9. 2 .4. 2 .9. 2 4. .9. 22
b a c a c b b a c a c b
a b a c b c a b a c b c
     
⇔ + + + + + ≥ + + =
 ÷  ÷  ÷
     
(đúng)
Dấu “=” xảy ra
1
6
2
1
3
3
1
2
x
b a
y
c a


với
, , 0a b c >
nên BĐT
⇔
CM BĐT
( )( )( ) 8a b b c c a abc+ + + ≥
mặt khác ta có
2 2 2
( )( )( ) 8 ( ) ( ) ( ) 0a b b c c a abc a b c b c a c a b+ + + − = − + − + − ≥
Vậy BĐT đuợc chứng minh.
Dấu “=” xảy ra
x y z⇔ = =
VD5: ( IMO 2000) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc=1 .
CMR:
1 1 1
1 1 1 1a b c
b c a
   
− + − + − + ≤
 ÷ ÷ ÷
   
Do
1abc
=
nên ta có thể đặt
x
a
y
y


Chuyªn ®Ò bÊt ®¼ng thøc

⇔
( )( )( )xyz x y z y z x z x y≥ + − + − + −
(đã CM ở VD4)
Vậy BĐT đuợc chứng minh.
Dấu “=” xảy ra
1a b c⇔ = = =
VD6:( IMO-1995) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc=1 .
CMR :
3 3 3
1 1 1 3
( ) ( ) ( ) 2a b c b c a c a b
+ + ≥
+ + +
Ta đặt
1
1
1
a
x
b
y
c
z

=



 
+ + + + + + + ≥ + +
 ÷
 
+ + +
 
2 2 2
3
3
3
2 2 2
xyz
x y z x y z
y z z x x y
 
+ +
⇔ + + ≥ ≥ =
 ÷
+ + +
 
Vậy BĐT đuợc chứng minh.
Dấu “=” xảy ra
1a b c
⇔ = = =

VD7: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn:
2xyz x y z= + + +
.
CMR:
3

CM BĐT
3
. . .
2
a b b c c a
b c c a c a a b a b b c
+ + ≤
+ + + + + +
Mặt khác ta có:
1
.
2
a b a b
b c c a a c b c
 
≤ +
 ÷
+ + + +
 

1
.
2
b c b c
c a a b b a c a
 
≤ +
 ÷
+ + + +
 