1
PHẦN I: MỞ ĐẦU

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Nói đến toán học là nói đến một ngành khoa học cơ bản tạo nền tảng cho
các ngành khoa học khác . Trong chương trình giáo dục phổ thông môn toán
không những giữ vai trò hết sức quan trọng nhằm trang bị cho người học một hệ
thống kiến thức căn bản, mà nó còn được coi như là một môn thể thao của trí tuệ
góp phần phát triển năng lực toán học cùng với các thao tác tư duy, rèn luyện
các hoạt động trí tuệ cho học sinh.
Bất đẳng thức là một nội dung khó trong môn toán ở trường phổ thông, tuy
nhiên đây cũng là một lĩnh vực rất hay, đòi hỏi người học phải động não, tìm tòi,
sáng tạo. Việc nghiên cứu bất đẳng thức giúp học sinh tăng cường tính sáng tạo,
sự kiên trì, ham học hỏi, tăng cường khả năng tính toán, khả năng tìm tòi lời giải
bài toán và phát triển tư duy cho các em. Từ một bất đẳng thức đơn giản có thể
tạo ra những bài toán khó và đẹp, và do đó cũng có những cách giải hay, độc
đáo và đơn giản cho một bài toán phức tạp. Bất đẳng thức xuất hiện trong nhiều
bộ phận khác của toán phổ thông, như trong việc giải quyết các bài toán về
phương trình, bất phương trình, tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của biểu thức, xuất
hiện trong các bài toán hình học, lượng giác… Do đó bất đẳng thức sẽ là công
cụ quan trọng và hiệu quả trong việc rèn luyện các hoạt động trí tuệ cơ bản như
phân tích, tổng hợp, khái quát hoá, trừu tượng hoá.
Là một sinh viên được đào tạo để trở thành một giáo viên giảng dạy môn
Toán, tôi muốn đóng góp công sức nhỏ bé của mình giúp bạn đọc nắm vững
những khái niệm, các cách chứng minh một vài dạng của bất đẳng thức. Xuất
phát từ những lý do trên tôi quyết định chọn đề tài: "Một số phương pháp
chứng minh bất đẳng thức ". 2
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

Phần I : Mở đầu bao gồm
I. Lí do chọn đề tài
II. Mục đích nghiên cứu
III. Phương pháp nghiên cứu
IV. Nội dung nghiên cứu
V. Cấu trúc đề tài
Phần II : Nội dung gồm có
Chương I : Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
Chương II : Bài tập vận dụng
Phần III : Kết luận
4
PHẦN II : NỘI DUNG

a b
>
”; “
a b
<
”; “
a b
≥
”; “
a b
≤
” được gọi là những bất đẳng
thức. Cũng như các mệnh đề logic khác, một bất đẳng thức có thể đúng hoặc sai.
Chứng minh bất đẳng thức là chứng minh bất đẳng thức đó đúng.
Định nghĩa 2: Cho hai biểu thức A(x) và B(x) phụ thuộc vào biến số x
được xác định trên cùng miền D thì ta viết A(x) > B(x) (hoặc A(x) < B(x) ) nếu
hiệu A(x) – B(x) > 0 (hoặc A(x) – B(x) < 0), ứng với mọi trị số x trong miền D.
Ngoài ra, nếu tồn tại ít nhất một giá trị x
o
thuộc D sao cho A(x
o
) = B(x
o
) thì ta
viết A(x) ≥ B(x) hoặc A(x) ≤ B(x)
II. Các tính chất của bất đẳng thức
1. Tính chất bắc cầu: Nếu a > b và b > c thì a > c
2. Tính chất đơn điệu của phép cộng: Nếu a > b thì a + c > b + c, ∀c
3. Tính chất đơn điệu của phép nhân : Nếu a > b và c > 0 thì a.c > b.c
Nếu a > b và c < 0 thì a.c < b.c

x x
a a x x
> ⇔ <

8. Nâng lên lũy thừa bậc nguyên dương hai vế của bất đẳng thức:
Nếu 0
>
>
ba thì
nn
ba >
, Nn
∈

Nếu a > b thì
nn
ba >
với n = 2k + 1
)(
Ν
∈
k
+ b
2

+ c
2

≥ ab + bc + ca với mọi a, b, c
R
∈

Giải
Xét hiệu:
A = (a
2

+ b
2

+ c
2

)
− (ab + bc + ca)

=
1
2





(a
− b)
2

+ (b
− c)
2

+ (c
− a)
2




≥ 0 ∀a, b, c.
Vì A ≥ 0 nên a
2

+ b
2

+ c
2

≥ ab + bc + ca
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c.
Bài 2: a. CMR:
2 2

 
+ − = − + ≥
 
 
với mọi
,
a b R
∈
.
7
Dấu “ = “ xảy ra
2
2
0
2
0
3
0
4
b
a
a b
b

 
− =

 

 

Bài 3 :
Cho a, b, c, d là bốn số dương. CMR:
21 <
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
<
b
a
d
d
a
d
c
c
d
c
b
b
c
b
a

a b c a c
<
+ + +
;
c c
c d a a c
<
+ + +
nên:
1
a c
a b c c d a
+ <
+ + + +

Tương tự:
1
b d
b c d d a b
+ <
+ + + +
.
Từ đó suy ra:
2
a b c d
a b c b c d c d a d a b
+ + + <
+ + + + + + + +
(2)
8

Bài 4: CMR:
1 0
n
x
+ ≥
với mọi
1, *
x n N
≥ − ∈

Giải
Nếu
0
x
≥
thì
1 1 0
n
x
+ ≥ >

Nếu – 1 ≤ x ≤ 0 thì |x| ≤ 1 suy ra |x|
n
≤ 1 hay |x
n
| ≤ 1.
Từ đó, ta có: - x
n
≤ 1 (vì - x
n

a. Ta có:
1 1 1 1 1 1 1
( 1) 1
( 1) 1 1
k
k k
k k k k
k k k k k k
  
 
= = − = + −
 
  
+ +
+ + +
 
  

1 1 1 1 1
1 2
1 1 1
k k k k k
    
= + − < −
    
+ + +
    
,
k Z
+


9
II. Phương pháp 2
: Bất đẳng thức Côsi (

Cauchy)
1. Lý thuyết

B
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c Cauchy hay Côsi còn
đượ
c g
ọ
i là b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c gi
ữ
a trung bình
c
ộ
ng và trung bình nhân AM – GM (Arithmetic means – Geometric means) .

y ra
1 2
a a
⇔ =

(Trung bình c
ộ
ng c
ủ
a hai s
ố
không âm l
ớ
n h
ơ
n ho
ặ
c b
ằ
ng trung bình nhân
c
ủ
a hai s
ố

đ
ó)
1.2.
1 2 3
3

c
ủ
a ba s
ố

đ
ó)
1.3. T
ổ
ng quát:
1
1
n
i
n
i
n
i
i
a
a
n
=
=
≥
∑
∏
, d
ấ
u “=” x

ó B
Đ
T 1.3
đ
úng, th
ậ
t v
ậ
y:
Ta có:

(
)
2
1 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 0 0
2
a a
a a a a a a a a
+
≥ ⇔ + − ≥ ⇔ − ≥
,
đ
úng
1 2
, 0
a a
∀ ≥


i
k
i
k
i
i
a
a
k
=
=
≥
∑
∏
, d
ấ
u “=” x
ả
y ra
1 2 3

k
a a a a
⇔ = = = =

10
- Ch
ứ
ng minh B
Đ

≥
+
∑
∏

Tacó:
1 1
1
1 1
1
1 1
1 1
( 1). ( 1).
k k
k k
k k
i i i k i
i i
i i
a k a a a k a
+ +
+
+ +
+
= =
= =
 
+ − = + + −
 
 

k
k k
k
k
k
i k i i
i i i
k a a a k a
−
+
+
+
+
= = =
≥ =
∏ ∏ ∏
1
1
1
1
1
( 1).
k
k
k
i i
i
i
a k a
+

+
∑
∏

D
ấ
u “=” x
ả
y ra
1 2 3
1
1
1 1 2 3 1
1
1
1
1
1 1.
k
k
k
k i k
i
k
k
k
k

∏
∏ ∏

Theo nguyên lý quy n
ạ
p toán h
ọ
c, B
Đ
T 1.3
đ
úng ∀n≥2, n∈N.
2. Bài tập vận dụng

Bài 1: Cho a, b, c > 0 và
4
3
=++ cba
CMR:
a. T =
3333
333
≤+++++ accbba

b. S =
3
333
23777 ≤+++++ accbba

Giải

+
+
+
≤+
cb
cb

11

3
113
3
3
+
+
+
≤+
ac
ac

C
ộ
ng các v
ế
c
ủ
a B
Đ
T trên ta
đượ

y ra
4
1
===⇔ cba

b. Áp d
ụ
ng B
Đ
T CÔSI cho các s
ố
d
ươ
ng a + 7b, 2, 2
Ta có:
3
227
4.7
3
3
+
+
+
≤+
ba
ba

T
ươ
ng t

ế
c
ủ
a B
Đ
T trên ta
đượ
c:
6
3
12)(8
4).777(
3
333
=
+
+
+
≤+++++
cba
accbba
(Vì
4
3
=++ cba
)
2
3
333
23

c
a
c
b
c
b
a

Giải
Đặ
t:
b
a
c
a
c
b
c
b
a
S
+
+
+
+
+
=

12
Ta có:

cba
S
+
+
+
+
+
++=+⇔
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
=+⇔

Áp d
ụ
ng B
Đ
T CÔSI
Cho 3 s
ố
d
ươ

+
+
+
+
(2)
Nhân 2 v
ế
c
ủ
a B
Đ
T (1) và (2) ta có:
)(
2
3
2
9
3
9)3(2
))()((
1
.3.))()((.3)
111
)((
3
3
đpcmS
S
S
accbba

c
b
a
+≥+++
(1)
Giải
(1)
3
3
)1())()(( abcb
a
c
a
c
b
c
b
a
+≥+++⇔

Ta có: VT(1) =
))((
2
b
a
c
cab
b
a
c


3
3 abc
a
bc
b
ac
c
ab
≥++⇒
và
3 222222
3 cbacba ≥++

3
3
3
2
3
)1()(331 abcVTabcabcabcVT +≥⇔+++≥⇒
(đpcm)
Dấu “=” xảy ra
cba
=
=
⇔

Bài 4 : Cho n số dương a
1
,a

21
21
21
)
1

11
)( (
0

1

11
n
aaa
aaa
aaa
n
aaa
n
n
n
n
n
≥++++++⇒
>≥+++

nn
aaa
n


( )
( )
( )
2
2
ax
4
a c
x y z
by cz x y z
a b c ac
+
 
+ + + + ≤ + +
 
 

Giải
Đặt
0)()(
2
=++−= acxcaxxf
có 2 nghiệm a,c
14
Mà:
0)(0)(
2
≤++−⇔≤⇒≤≤ acbcabbfcba


)(
4
4
2
2
22
đpcmzyx
ac
ca
c
z
b
y
a
x
aczcybxa
zyxca
c
z
b
y
a
x
aczcybxa
++
+
≤




2
1
(1 )
2
a
a a
−
 
= − +
 
 
( Do giả thiết a + b + c = 1 )

2 2
1 1
(1 )(3 1) (3 3 )(3 1)
4 12
1 3 3 1 3 1
( , , )
12 2 3 2
a a a a
a a x y
do x y xy
= − + = − +
− + + +
   
≤ = ∀ ≤
   
   


n
) và (b
1
, b
2
,…, b
n
) ta luôn có:

) )( () (
22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211 nnnn
bbbaaabababa ++++++≤+++
(1)
Dấu đẳng thức xảy ra khi (a
1
, a
2
,…, a
n
) và (b
1

2
1
1

Chứng minh
Nếu
0
22
2
2
1
=+++
n
aaa
hoặc
0
22
2
2
1
=+++
n
bbb
thì (1) hiển nhiên đúng.
Do vậy chỉ cần xét trường hợp :
0
22
2
2
1

0)(2
222
2
22
2
222
22
2
≥−=+−
≥−=+−
nn
n
nnnn
bxabxbaxa
bxabxbaxa

Cộng vế với vế các BĐT trên ta có :

Tam thức bậc hai ở vế trái không âm với mọi x nên
0
≤
∆

) )( () (
0) )( () (
22
2
2
1
2

sao cho
n
n
nn
b
a
b
a
b
a
bxabxabxa ===⇔−==−=−
2
2
1
1
0101001

• Các hệ quả:
HQ1: Với 2 dãy số (a
1
,a
2
,…,a
n
) và (b
1
,b
2
,…,b
n

2
2
2
2
1
2
1

HQ2: Với 2 dãy số (a
1
,a
2
,…,a
n
) và (b
1
,b
2,…,
b
n
),
nib
i
, ,2,1,0
=
∀
≥

16


≥+
với
cxgbxfa
≥
+
)(.)(.

c,
kbaxgbxfa .)(.)(.
22
+≤+
với
)0()()(
222
>≤+ kkxgxf

d,
)().()(
2
xgxfxh ≤

e,
22
sin.cos. baxbxa +≤+

f,
mdxcxxbxa ≤+++
22
sin.cos.sin.cos.


x y+ ≥

Giải
a. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai cặp số (1; 2) và (x; y) ta có:
( )
(
)
(
)
(
)
2
2 2 2 2 2 2
2 1 2 5
x y x y x y
+ ≤ + + = +

Mặt khác:
2 2
1 5
x y x y+ = ⇒ + ≤
(đpcm)
b. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai cặp số (3; 4) và (x; y) ta có:
Mặt khác:
( )
2 2
1
3 4 1
25
x y x y+ = ⇒ + ≥

Đẳng thức xảy ra
1 1 1
a b c d
a b c d
+
⇔ = = ⇔ + = =

Bài 3: CMR:
0
x y z
≥ ≥ >
thì
2 2 2
2 2 2
x y y z z x
x y z
z x y
+ + ≥ + +

Giải
Áp dụng BĐT Bunhicopski, ta có:

( )
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2
x y y z z x x z y x z y
x y z
z x y y z x
  

    
+ + ≥ + + + + ≥ + +
    
    2 2 2
2 2 2
x y y z z x
x y z
z x y
⇒
+ + ≥ + +

Đẳng thức xảy ra
x y z
⇔ = =

18
Bài 4: Giả sử
1,,
≥
zyx
và
2
111
=++








−
−
−
z
z
y
y
x
x 1
,
1
,
1

Ta có:
)
111
).(()111(
2
z
z
y
y

−
+
+
=
222
)(
)(
. Dấu “=” xảy ra khi nào?
Giải
Áp dụng BĐT Bunhiacoski cho 4 số ta được:
)
)(
)((
)(
)().(
.(
22
yxba
xa
yx
x
yxbayx
yxba
yxbaxa
yx
yx
x
−−+
−
+

222
22
2
)(
)
)(
)(()(

Dấu “=” xảy ra
yxba
yxba
xa
yx
yx
x
−−+
−−+
−
=
+
+

19

ybxa
yxxayxbax
yxba
xa
yx
x

+ ± = + + + ± ±

2 2 2 2 2
( ) 2 2 2 2 2 2
a b c d a b c d ab bc ca cd bd ad
+ + + = + + + + + + + + +

3 3 3 2 2 2
3 ( )( )
a b c abc a b c a b c ab bc ca
+ + − = + + + + − − −

20
2. Bài tập vận dụng
Bài 1: CMR nếu
0
a
≥
và
0
b
≥
thì
2 2 3 3
.
2 2 2
a b a b a b

a. CMR, nếu
0
x y
≥ ≥
thì
1 1
x y
x y
≥
+ +

b. CMR đối với hai số tùy ý a, b, ta có:
1 1 1
a b a b
a b a b
−
≤ +
+ − + +

Giải
a. Với
0
x y
≥ ≥
, ta có:
(1 ) (1 )
1 1
x y
x y y x
x y

+ − + +
(đpcm)
21
Bài 3 : CMR, nếu
0
a
>
và
0
b
>
thì
1 1 4
a b a b
+ ≥
+

Giải
Với
0; 0
a b
> >
ta có:
( )
2
1 1 4 4
4
.
a b
a b ab

+ ≥ +
. Đẳng thức xảy ra khi
nào?
Giải
Ta có:
3 3 2 2
( ) ( )( ) ( ) 0
a b ab a b a b a ab b ab a b
+ ≥ + ⇔ + − + − + ≥

2 2 2
( )( 2 ) 0 ( )( ) 0
a b a ab b a b a b
⇔ + − + ≥ ⇔ + − ≥
(1)
Vì
2
( ) 0
a b
− ≥
nên:
- Với
0, 0
a b
≥ ≥
thì (1) đúng nên
3 3
( )
a b ab a b
+ ≥ +

a b c ab bc ca
⇔ + + − − − ≥

( ) ( ) ( )
2 2 2
0
a b b c c a
⇔ − + − + − ≥
(1)
22
Dấu “=” xảy ra
a b b c c a a b c
⇔ − = − = − ⇔ = =

Do (1) đúng nên
2 2 2
a b c ab bc ca
+ + ≥ + +
(đpcm)
Bài 6 : Cho a, b, c, d là bốn số dương và
a c
b d
<
. CMR:
a.
a b c d
b d
+ +
<


⇔ > ⇔ > ⇔ − > ⇔ >
(4)
Do BĐT (4) đúng do giả thiết nên BĐT (3) đúng.
Bài 7 : Cho a, b, c là ba số dương. CMR: a) Nếu
a b
<
thì
a a c
b b c
+
<
+

b) Nếu
a b
>
thì
a a c
b b c
+
>
+

Giải
a) Do 0 < a < b và c > 0 nên
a a c
b b c
+
<
+

⇔ > ⇔ >
(do
0
c
>
) (2)
BĐT (2) đúng do giả thiết. Vậy (1) đúng.
Bài 8: CMR
a.
4 4 4 3 3
a b c a b ab
+ + ≥ +
với mọi
,
a b R
∈

b.
( )
(
)
2
2 2 2
3
a b c a b c
+ + ≤ + +
với mọi
, ,
a b c R
∈

2
( ) 0
a b
− ≥
v
ớ
i m
ọ
i
,
a b R
∈
)
b.
( )
(
)
2
2 2 2
3
a b c a b c
+ + ≤ + +
(1)
2 2 2 2 2 2
2 2 2 3 3 3
a b c ab ac bc a b c
⇔ + + + + + ≤ + +

2 2 2
0

ph
ươ
ng pháp này em ch
ỉ
s
ử
d
ụ
ng nh
ữ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c ph
ụ

đơ
n gi
ả
n và d
ễ

nh
ớ
nh
ằ
m trang b

t
đẳ
ng th
ứ
c.

Các b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c ph
ụ

đượ
c l
ự
a ch
ọ
n:
•

cabcabcba ++≥++
222
v
ớ
i
cba ,,
∀

Ta có th
ể
d
ễ
dàng ch
ứ
ng minh ba b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c (1),(2) b
ằ
ng cách bi
ế
n
đổ
i
t
ươ
ng
đươ
ng các v
ế
và b
ấ
t
đẳ
ng th

≥−+−+−⇔
≥−++−++−+⇔
≥−−−++⇔
accbba
accabccbabba
acbcabcba

Do
đ
ó:
cabcabcba ++≥++
222
là b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c
đ
úng. (
đ
pcm)
H
ướ
ng d
ẫ
n gi
ả
i (2): Ta có:

−
+
⇔
+
≥
+
⇔
+
≥+
baab
ba
baab
baba
baab
abba
baab
ba
baab
ab
baba

Do
đ
ó v
ớ
i a, b d
ươ
ng thì
b
a


Hướng dẫn giải
a)

Ta có:
222222222222444
)()()( accbbacbacba ++≥++=++

Ta áp d
ụ
ng (1) suy ra
đ
pcm.
b) Ta có :
444444242424888
)()()( accbbacbacba ++≥++=++

25
Ti
ế
p t
ụ
c áp d
ụ
ng (1) cho các b
ộ

, ,,
222222
accbba

+
+

Hướng dẫn giải
Ta áp d
ụ
ng (2)
Ta có:
4
11
1411 ba
ba
baba
+
≤
+
⇒
+
≥+

T
ươ
ng t
ự
có :
.
4
11
1
;

đ
pcm.
Bài 3 : Cho a, b, c d
ươ
ng. CMR

c
b
a
c
b
a
c
b
a
c
b
a
2
1
2
1
2
1
4
1
4
1
4
1

1
4
1
4
1
;
1
4
1
4
1
;
1
4
1
4
1

C
ộ
ng v
ế
theo v
ế
3 B
Đ
T trên l
ạ
i ta có:


a
++
≥
+
+
+
2
411a
c
b
a
c
c
b
++
≥
+
+
+
2
411b
c
a
b