BẤT ĐẲNG THỨC
§1. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
I. BẤT ĐẲNG THỨC:
1. Khái niệm bất đẳng thức:
Các mệnh đề dạng “A>B”, “A<B”, “A≥B”, “A≤B” được gọi là bất đẳng thức, với
A gọi là vế trái, B gọi là vế phải và A, B là hai biểu thức đại số.
Ta có:
* A > B A-B > 0; A < B A - B < 0
* A B A-B 0; A B A B 0
⇔ ⇔
≥ ⇔ ≥ ≤ ⇔ − ≤
2. Các tính chất cơ bản của bất đẳng thức:
A>B
a) TÝnh chÊt 1: A C
B>C
b) TÝnh chÊt 2: A>B A C>B C
A.C>B.C, nÕu C>0
c) TÝnh chÊt 3: A>B
A.C<B.C, nÕu C<0
A>B
d) TÝnh chÊt 4: A C B D
C>D
A>B>0
e) TÝnh chÊt 5: A.C B.D
C>D>0
f) TÝnh chÊt 6:


⇒ >



1.Bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm :
2
Víi hai sè kh«ng ©m a vµ b, ta cã:
a+b a+b
ab hay a+b 2 ab, ab
2 2
§¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi a=b.
 
 
≥ ≥ ≤
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
 Các hệ quả của bất đẳng thức Cauchy hai số là :
1
2 2 2
2(a +b ) (a+b) 4ab, với a, b R.
1 1 4
, với a, b>0.
a b a b
a b
2, với a, b>0.
b a

+
+
+
* Hệ quả 1 :

Nếu a 0 (hoặc a =0) thì b 0 (hoặc b 0)
+ +
=
= = =* :Quy ớc
2. Bt ng thc Bu-nhia-cpski cho hai b n s:
1 2 n 1 2 n
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 n n 1 2 n 1 2 n
1 2 n
1 2 n
i
Với hai bộ số thực (a , a , , a ), (b , b , , b ) bất kì, ta có :
(a b +a b + +a b ) (a a a )(b b b )
b b b
Đẳng thức xảy ra .
a a a
Nếu một a nào đó bằng 0
+ + + + + +
= = =
* : Quy ớc
i
thì b 0 (i=1,n).=
IV. BT NG THC CHA GI TR TUYT I:
Với mọi số thực a và b, ta có:
1) a+b a b . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab 0.
2) a-b a b . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab 0.
+
+
V. BT NG THC HèNH HC:
1) Bất đẳng thức cơ bản: b-c a b c, c-a b c a và a-b c a b,

Ví dụ 1: Cho ba số a, b, c bất kì. Chứng minh các bất đẳng thức:
a) a
2
+ b
2
+ c
2
ab + bc + ca (1)
b) (ab + bc + ca)
2
3abc(a + b + c) (2)
(ĐHQG TP. HCM -1998)
Lời giải.
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
a) (1) 2a 2b 2c 2ab 2bc 2ca
(a b) (b c) (c a) 0 luôn luôn đúng.
b) (2) a b b c c a a bc ab c abc 0
2a b 2b c 2c a 2a bc 2ab c 2abc 0
(ab-bc) (bc ca) (ca ab) 0
+ + + +
+ +
+ +
+ +
+ + luôn luôn đúng.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng a
2

b) Chứng minh rằng trong ba số a, b, c có đúng một
+ +Ví dụ 3 :
số lớn hơn 1.
(ĐHTH TP.HCM -1993)
Lời giải.
a) Ta có: (1) abc-ab-ac-bc+a+b+c>0
(2)
3
1 1 1 ab+bc+ca
Vì a+b+c> a+b+c>
a b c abc
a b c ab bc ca (vì abc=1)
Vậy (2) đúng. Suy ra (1) đúng.
+ +
+ + > + +
b) Ta có: (a-1)(b-1)(c-1)>0
Suy ra hoặc cả ba số a, b, c đều lớn hơn 1
hoặc trong ba số a, b, c có đúng một số lớn hơn 1
Nếu a>1, b>1, c>1 abc>1, mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy trong ba số a, b, c có đúng m

ột số lớn hơn 1.
3
3 3 3
3 3 3 3 3 3
a b c
Chứng minh: 2. 4
b c c a a b
+ + <
+ + +

a +b (a+b)
4
Do đó:
a b c a b c
4 (3)
b+c c a a b
b c c a a b
a b c 2a 2b 2c
mà
b+c c a a b 2(b c) 2(c a) 2(a b)

+ +


+ + + +
ữ
+ +

+ + +
+ + = + +
+ + + + +
2a 2b 2c
< =2 (4)
b c a c a b a b c
(Do a+b>c; b+c>a; c+a>b)
Từ (3) và (4) suy ra đpcm.
+ +
+ + + + + +
Bi tp t luyn:
2 2

ữ
+ + + + +

Bài 3 :
(Tp chớ Toỏn hc & Tui tr 11/1995)
2 2 2 2 2 2
Cho x, y, z là các số d ơng. Chứng minh:
x xy y y yz z z zx x 3(x y z)+ + + + + + + + + +
Bài 4 :
(Hc vin Quan h Quc t nm 1997)
Bi 5: Cho ba s a, b, c tha món iu kin a
2
+ b
2
+ c
2
= 1. Chng minh rng:
abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) 0.
( 2 - B tuyn sinh)
Dng 2: S dng bt ng thc Cauchy
Trng hp 1: Cỏc bin khụng b rng buc
2 2 2
2 2 2
a b c a b c
Chứng minh: , abc 0
b c a c a b
+ + + + Ví dụ 1 :
(H Y dc Tp. HCM-1999)
Li gii.
2 2 2 2


+ + + +
ữ ữ ữ

Ví dụ 2 :
( thi tuyn sinh H, C-Nm 2005)
Li gii.
p dng bt ng thc Cauchy cho hai s dng, ta cú:

x x x x
x
12 15 12 15
2 . 2.3
5 4 5 4

+ =
ữ ữ ữ ữ

(1)
Tng t ta cú:
x x
x
15 20
2.5
4 3

+
ữ ữ

(2)

2 2
1 1 1 1 1 1
p dông (1), ta ® îc: (2)
x y z xy yz zx
p dông B§T Cauchy cho c¸c mÉu sè, ta ® îc:
2 y 2 y
2 x 2 z 2 x 2 z
+ + =
x y y z z x
2 x y 2 y z 2 z x
1 1 1 1 1
=
xy yz zx x y
+ + ≥ + +
+ + ≤
+ + +
+ + ≤ + +
¸
¸
2
1
(®pcm).
z
3 3 2
Chøng minh r»ng víi a, b lµ hai sè kh«ng ©m bÊt k×, ta lu«n cã:
3a 17b 18ab+ ≥
VÝ dô 4 :
(ĐH Kinh tế Quốc dân - Năm 1997)
Lời giải.
3 3 3 3 3 3 3 3 2

(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) abc 1
(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)
p dông bÊt ®¼ng thøc Cauchy cho ba sè d ¬ng, ta cã:
a b c abc
3 3.
b+c-a c a b a b c (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)
≤ ⇒ ≥
+ + ≥ ≥
+ − + −
¸
6
3 3 3
3 3 3
Cho a, b, c > 0. Chøng minh:
1 1 1 3 b+c c+a a+b
(a +b +c ) + + + +
a b c 2 a b c
   
≥
 ÷  ÷
   
VÝ dô 6 :
(Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 6/2003)
Lời giải.
3 3 3 3 3 3
3 3 3
Víi a, b, c > 0, ta cã:
a b ab(a b); b c bc(b c); c a ca(c a)
2(a b c ) ab(a b) bc(b c) ca(c a)
∀

5 5 5 5 3 3 3 3
Cho a, b, c, d > 0. Chøng minh:
a b c d 1 1 1 1
.
b c d a a b c d
+ + + ≥ + + +
VÝ dô 8 :
(ĐH Thủy lợi – Năm 1997)
Lời giải.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho năm số dương, ta có:
2 2 2 2
5
5 5 5 3 3 15 3 5 3 3
a a a 1 1 1 5 3a 5 2
5
b b b a a b b b b a
+ + + + ≥ = ⇒ ≥ −
(1)
2
5 3 3
3b 5 2
T ¬ng tù, ta cã: -
c c b
≥
(2)

2
5 3 3
3c 5 2
d d c

1
bằng zy(x y z), xz , zx .
3
(xyz) (x y z)
Ta có: (x+y)(y+z)(z+x) 8 đpcm.
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x
+ +
+ +
+ +

á
=y=z.
n
n n n
Cho a, b, c > 0, n N, n 2. Chứng minh:
a b c n
n 1.
b+c c a a b n 1

+ + >
+ +
Ví dụ 10 :
(Tp chớ Toỏn hc & Tui tr 8/1996)
Li gii.
n
(n-1) số
n
(a+b)(n-1)
p dụng BĐT Cauchy cho n số d ơng gồm một số bằng

+ +
(2)

n
n
a n a
n 1.
c+b n 1 a b c

+ +
(3)
Cng cỏc v tng ng ca (1), (2) v (3), ta cú pcm.
(n-1)(a+b)=c
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (n-1)(b+c)=a n N
2
(n-1)(c+a)=b
không xảy ra.


=



Trng hp 2: Cỏc bin b rng buc
2 2 2
Cho x, y, z là ba số d ơng và xyz=1. Chứng minh rằng:
x y z 3

1 y 1 z 1 x 2


+
+


á
2 2
y 1 z z 1 x
(x y z)
1+z 4 1+x 4

+ +
+ + + + + +
ữ ữ ữ

2 2 2
x y z 3 x y z
(x y z)
1+y 1+z 1+x 4 4
+ +
+ + + + +
3
3(x y z) 3

4 4
3 3 3 3 3
.3 x.y.z .3 (Do x.y.z=1)
4 4 4 4 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1.
+ +

Tơng tự, ta có:

3 3
1+y z
3
yz
yz
+

(2)

3 3
1+z +x 3
zx
zx

(3)
Mặt khác, ta có:

3
3 3 3 3 3 3
3 . .
xy yz zx xy yz zx
+ +

3 3 3
3 3
xy yz zx
+ +
(4)

Cộng các vế t ơng ứng của ba bất đẳng thức trên, ta đ ợc:
3+4 3+4 3+4 2 4 4 4 2.3 4 .4 .4 6 4 6
+ +
+ + + + =
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=0.
Ví dụ 4: Chứng minh rằng với mọi x, y, z dơng và x + y + z = 1 thì
18xyz
xy+yz+zx> .
2+xyz
(H Tõy Nguyờn Khi A, B-Nm 2000)
Li gii.
p dụng BĐT Cauchy, ta có:á

3
2=x+y+z+x+y+z 6 xyz
(1)

2 2 2
3
xy+yz+zx 3 x y z
(2)
Nhõn cỏc v tng ng ca (1) v (2), ta c:
2(xy + yz + zx) 18xyz (3)
Mt khỏc, ta cú:
xyz(xy + yz + zx) > 0 (4)
Cng cỏc v tng ng ca (3) v (4), ta c:
(xy+yz+zx)(2+xyz)>18xyz
18xyz
xy yz zx (vì 2+xyz>0).
2 xyz

2x+y+z 4 2x y z 4 2x 4 y z 8 x 2y 2z


+ + + = + +

ữ ữ ữ
+


(1)
Tơng tự:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
x+2y+z 4 2y x z 4 2y 4 x z 8 y 2z 2x


+ + + = + +
ữ ữ
ữ

+


(2)
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
x+y+2z 4 2z x y 4 2z 4 x y 8 z 2x 2y


+ + + = + +

ữ ữ ữ


Cách 2 á
(1)
T ơng tự, ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2
x+y y z z x x y x z x y y z y z z x
1 1 1
4 .
2x y z x 2y z x y 2z

+ + = + + + + +
ữ ữ ữ ữ
+ + + + + + + +


+ +
ữ
+ + + + + +

(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra:
1 1 1
8 8 đpcm.
2x+y+z x 2y z x y 2z

+ +
ữ
+ + + +


ữ ữ

= +
+ + +
2 2 2
2 2 2 2
1 1 1 1
4 4 4 4
x z x y x z
1 1 1 1
1 2 1 1
4 4 4 4
.
x y x z 16 x y z

+ +
ữ ữ ữ

= +
+ + +

ữ ữ ữ ữ


+ + + = + +
ữ

11
T ơng tự ta có:
1 1 1 2 1

x x y z x yz
1 1 2 1 1
Suy ra
2x+y+z 16 x y z

+ + + =
ữ + +
ữ

: Cách 4
1 1 1 2 1
T ơng tự:
x+2y+z 16 x y z
1 1 1 1 2
.
x+y+2z 16 x y z
Cộng từng vế ba BĐT trên ta đ ợc:
1 1 1 1 1 1 1
1.
2x+y+z x+2y+z x+y+2z 4 x y z

+ +
ữ + +
ữ

Cộng các vế t ơng ứng của ba bất đẳng thức trên, ta đ ợc:
x y z 3
(1)
1+x 1 y 1 z 2
(Đẳng thức xảy ra khi và

= =
+ +


+
+ +
+ +
chỉ khi x=y=z=1)
12
3
Mặt khác, áp dụngB ĐT Cauchy cho ba số d ơng, ta đ ợc:
1 1 1 1 1 3
3. 3. (Do x+y+z 3)
1 x 1 y 1 z
1+x 1 y 1 z 2
(1 x)(1 y)(1 z)
3
3 1 1 1
(2)
2 1+x 1 y 1 z
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1.
+ +
+ + + + +
+ +

2
Chứng minh rằng với mọi x, y >0 ta có:
y 9
(1+x) 1+ 1 256.
x
y
Đẳng thức xảy ra khi nào?+
ữ
ữ
ữBài 5 :
(Đề Dự bị Khối A-Năm 2005)
3 3 3
3
Cho a, b, c là ba số d ơng thỏa mãn: a+b+c= . Chứng minh rằng :
4
a+3b b 3c c 3a 3
Khi nào đẳng thức xảy ra?
+ + + +
Bài 6 :
(Đề Dự bị 1 Khối B-Năm 2005)
1
Chứng minh rằng nếu 0 y x 1 thì x y y x .
4
Đẳng thức xảy ra khi nào?

x 1 x 2. x (1 x) 2+ + =
á
(1)
4 4
4 4 4
Tiếp tục áp dụng BĐT Bu-nhia-Cốpski cho hai bộ số (1; 1) và ( x; 1-x), ta đ ợc:
x 1 x 2. ( x 1 x ) 2. 2 2 2+ + =
(2)
Cộng các vế tơng ứng của (1) và (2), ta có đpcm.
4 4
x [0;1]
1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1 x x .
2
x 1 x



= =


=

Cho a, b, c>0. Chứng minh:
a b c
1
a+ (a+b)(a+c) b (b c)(b a) c (c a)(c b)
+ +
+ + + + + +
Ví dụ 2 :

a+ (a+b)(a+c) b (b c)(b a) c (c a)(c b)
+ +
+ + + + + +
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Chứng minh rằng trong một tam giác bất kì, ta có:
p-a p b p c 3p
trong đó a, b, c là các độ dài ba cạnh và p là nửa chu vi của tam giác.
+ +
Ví dụ 3 :
Lời giải.
14
2 2 2 2 2 2
p dụng BĐT Bu-nhia-cốpski cho hai bộ ba số (1, 1, 1) và ( p-a, p-b, p-c), ta đ ợc:
p-a p b p c 1 1 1 . ( p a) ( p b) ( p c)
= 3 p a p b p c 3 p
+ + + + + + =
+ + =
á
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
p-a p b p c
a b c
1 1 1

= = = =
Trng hp 2: Cỏc bin b rng buc
2 2 2 2 2 2
Với a, b, c là ba số d ơng thỏa mãn đẳng thức ab+bc+ca=abc. Chứng minh rằng:
b 2a c 2b a 2c
3.
ab bc ca


2 2 2 2
3
a b 2b c (ab 2bc)
3
+ +
(4)
Cộng từng vế của (2), (3) và (4) đi tới:

3
M .3(ab bc ca) 3abc (1) đúng: đpcm.
3
+ + =
2 2 2
2 2 2
Cho x, y, z là ba số d ơng và x+y+x 1. Chứng minh rằng:
1 1 1
x y z 82.
x y z

+ + + + +
Ví dụ 2 :
(ĐH, CĐ Khối A - Năm 2003)
Lời giải.
2 2 2
2 2 2
1 1 1
Gọi S= x y z
x y z
1

z z
+
(3)
Cộng (1), (2) và (3) theo vế, ta có:
1 1 1
S. 82 x y z 9
x y z
1 1 1
hay S. 82 81(x y z) 9 80(x y z)
x y z
1 1 1
2.9.3. (x y z) 80 162 80 82.
x y z
đpcm.

+ + + + +
ữ + + + + + + +
ữ + + + + =
ữ



Chú ý: Bài toán này ta có thể giải bằng phơng pháp tọa độ, sẽ trình bày ở phần sau.
Bất đẳng thức trong tam giác:

a b 2
Cộng từng vế của ba đẳng thức trên, ta đ ợc:

+ =
ữ+ =
ữ

( )
b c c a a b
1 1 1 A B C
(l l ) (l l ) l l 2 cos cos cos
a b c 2 2 2

+ + + + + = + +
ữ

(1)
2 2 2
A B C
p dụng BĐT Bu-nhia-cốpxki cho hai bộ số (1; 1; 1) và cos ;cos ;cos , ta có:
2 2 2
A B C A B C
cos cos cos 3 cos cos cos
2 2 2 2 2 2

ữ


b c
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC đều.
+ + +

(2)
Chú ý: Ta có thể giải bài toán này bằng cách sử dụng BĐT Cauchy hoặc dùng ph-
ơng pháp đạo hàm kết hợp với BĐT Jensen.
Bài tập tự luyện:
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
Chứng minh: a-1 b 1 c 1 c(ab 1), với mọi số thực d ơng a, b, c 1.
Cho x, y, z>0. Chứng minh:
xyz(x+y+z+ x y z )
3 3
.
(x y z )[(x y z) (x y z )] 18
Cho a, b, c
+ + +
+ +
+

+ + + + + +
Bài 1 :
Bài 2 :
Bài 3 :
3 3 3
2 2
>0 và thỏa mãn abc=1. Chứng minh:
1 1 1 3



ữ ữ



Dấu của biệt thức
Dấu của f(x)
< 0
af(x)>0, x R
= 0
b b
af(x)>0, x - ; f(- )=0
2a 2a

> 0
Phơng trình f(x) = 0 có hai nghiệm x
1
<
1 2
1 2
af(x)<0, x (x ; x )
af(x)>0, x (- ; x ) (x ; + )


17
x
2
Tóm lại, việc sử dụng các định lý thuận và đảo của tam thức bậc hai, xử lý điều
kiện tồn tại nghiệm của biệt thức , tỏ ra tiện lợi khi chứng minh một bất đẳng
thức mà nó đã đợc nhận dạng.

2 2 2 2 2
(1) a (b c d e)a b c d e 0 + + + + + + +
(2)
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
Vế trái là tam thức bậc hai theo a có biệt thức:
=(b+c+d+e) 4(b c d e ) 0, b, c, d, e
Do BĐT Bu-nhia-cốpski, ta có:
(1.b+1.c+1.d+1.e) (1 1 1 1 )(b c d e )
Vậy (2) đúng với a, b,
+ + +
+ + + + + +
c, d, e, suy ra (1) đúng.
2 2 2
Chứng minh rằng:
5x 5y 5z 6xy 8xz 8yz 0
với mọi số x, y, z không đồng thời bằng 0.
+ + + >
Ví dụ 2 :
Lời giải.
Xem vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là một tam thức bậc hai của x, còn y,
z là những tham số, ta đợc một bất phơng trình bậc hai mà x là ẩn số:
f(x, y, z) = 5x
2
+ 2(3y - 4z)x + 5y
2
+ 5z
2
- 8yz > 0 (1)
' 2 2 2 2 2

>
2
2
Cho ABC. Chứng minh:
x A
x(cosB cosC) 2sin , x R.
2 2

+
Ví dụ 3 :
Lời giải.
18
2
2
2
2 2 2
x
x A
Xét tam thức: f(x)= x(cosB cosC) 2sin . Ta có:
2 2
A B C B C A
(cosB cosC) sin 2cos cos 4sin
2 2 2 2
+ +
+

= + =
ữ

2

Từ giả thiết, ta suy ra:
(a + b + c)
2
= a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2(ab + bc + ca)
= 2 + 2 = 4
a+b+c=2
a+b+c=-2




Hệ đã cho t ơng đ ơng với hai hệ:
a+b+c=2 a+b+c=-2
(I) ; (II)
ab+bc+ca=1 ab+bc+ca=1
Xét hệ (I). Từ PT thứ nhất của hệ ta suy ra b+c=2-a. Thay vào PT thứ hai, ta đ ợc:
bc+a(2-
2
a)=1 bc=(a-1)
2
2 2

3 3

Vì a, b, c có thể đổi chỗ cho nhau trong hai đẳng thức đã cho nên ta cũng có:
4 4 4 4
- b và - c .
3 3 3 3

Bài tập tự luyện:
2 2
Chứng minh: (x+y) 2x 5 5y 4y 5 6, x,y R. + Bài 1 :
2 2 2 2 2 2 4 4 4
Chứng minh rằng nếu a, b, c là các độ dài ba cạnh của một tam giác thì ta luôn có:
1
a b b c c a (a b c )
2
+ + > + +
Bài 2 :
Chứng minh rằng với mọi x R, ta đều có:
4sin3x+5 4cos2x+5sinx


Bài 3 :
Dạng 4: Phơng pháp đạo hàm
I. Kiến thức cần nhớ:
1. Định lý Lagrange: Nếu hàm số y=f(x) liên tục trên đoạn [a; b] và có đạo hàm trên
khoảng (a; b) thì tồn tại một điểm
c (a; b)
sao cho:
' '
f(b) f(a)

20
/
/ /
/
/ /
x (a; b): f (x) 0
*
f (x) 0 hoặc f (x) 0 tại hữu hạn điểm x
f(x) đồng biến trên khoảng (a; b)
x (a; b): f (x) 0
*
f (x) 0 hoặc f (x) 0 tại hữu hạn điểm x
f(x) nghịch biến trên khoảng (a; b)




=







=



Chú ý: Trong dấu hiệu đơn điệu, nếu thêm giả thiết f(x) liên tục trên đoạn [a; b]

0
//
/
0
//
f (x) 0 trên (x ; x )
* x là điểm cực tiểu của f(x).
f (x) 0 trên (x ; x + )
b) Định lý 2:
f (x) 0
* x là điểm cực tiểu của f(x).
f (x) 0
f (x) 0
* x là điểm cực đại của f(x
f (x) 0



<



>



=




f (x) e >0 (vì e e 1 với x>0, n 1)
n n
Mặt khác dễ thấy hàm số liên tục trên 0; + . Do đó f(x) đồng biến trên nửa kho

= > = >

[
)
x
x
ảng 0; + .
Vậy với mọi x>0, n 1:
x
f(x)=e 1 >f(0)=0
n
x
Điều đó chứng tỏ e 1 , x>0, n 1.
n



> +
Chú ý: 1) Với bài toán này, ta cũng có thể xét hàm số
x
x
g(x)=e
n

trên nửa khoảng
[

Xét hàm số f(x)= với x 3.
lnx
1
ln x x.
ln x 1
x
Ta có: f (x) 0 (Do x 3)
ln x ln x
Vậy f(x) đồng biến nên f(n+1)>f(n) (2): đpcm.



= = >

3x
1
2sinx tgx
2
Với 0<x< . Chứng minh 2 2 2 .
2

+
+ >Ví dụ 3 :
(ĐH Y dợc Tp. HCM - Năm 1993)
Lời giải.
2sinx tgx
1
2sinx tgx 2sinx tgx
2
p dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

Suy ra f(x)>f(0)=0 hay 2sin

= + = + +
=

ữ

x+tgx-3x>0, x 0; .
2
ữ

2 2 2
2 2 2 2 2 2
Cho ba số d ơng a, b, c thỏa a b c 1. Chứng minh rằng:
a b c 3 3
.
b c c a a b 3
+ + =
+ +
+ + +
Ví dụ 4 :
(ĐH Đà Nẵng - Năm 2001)
Lời giải.
22
2 2 2
2 2 2
2

2 a 3 3
a(1-a ) a
1 a 2
3 3



(1)
Tơng tự, ta có:
2
2
b 3 3
b
1-b 2

(2)

2
2
c 3 3
c
1-c 2

(3)
2 2 2 2 2 2
2 2 2
Cộng các vế t ơng ứng của (1), (2) và (3), ta đ ợc:
a b c 3 3 3 3
(a b c ) (Do a b c =1)
1-a 1 b 1 c 2 2

23
Bài 3: Cho các số x, y thỏa mãn điều kiện x 0, y 0 và x
3
+ y
3
= 2. Chứng minh
rằng x
2
+ y
2
2.
(ĐH Ngoại thơng - Năm 1995)
3 3 3
3 3 3
Chứng minh rằng với mọi x 0 và mọi >1, ta luôn có x 1 x. Từ đó chứng minh
rằng với ba số d ơng a, b, c bất kì, ta có:
a b c a b c
.
b c a b c a


+
+ + + +
Bài 4 :
(ĐHQG Hà Nội - Năm 2001)
a b c a b c
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a+b+c=1 thì:
1 1 1 a b c
3 .
3 3 3 3 3 3

Đẳng thức xảy ra khi A, B, C thẳng hàng.

II. V D MINH HA:
2 2 2
2 2 2
Cho x, y, z là ba số d ơng và x+y+x 1. Chứng minh rằng:
1 1 1
x y z 82.
x y z

+ + + + +
Ví dụ 1 :
(ĐH, CĐ Khối A - Năm 2003)
Lời giải.
24
2 2 2
2 2
2
Với mọi u, v ta có: u v u v (*)
(Vì u v =u +v +2u.v u + v +2 u . v =(u+v) )
1 1 1
Đặt a x; , b y; , c z;
x y z
p dụng BĐT (*) ta có a b c a b c a b c
V
+ +
+


= = =

ữ


+ + + + + = + + + + + + +
ữ ữ


+ + + + + + =
ữ


1
xảy ra khi x=y=z= .
3
1 1 1
Đặt a -x; 2 , b y; 2 , c z; 2
x y z


= = =
ữ
ữ ữ


r r r
Cách 2 :
2
2 2 2
2 2 2
2

+ +
Ví dụ 2 :
(ĐHQG Hà Nội Khối D - Năm 2000)
Lời giải.
25