Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực
BẤT ĐẲNG THỨC LUYỆN THI ĐẠI HỌC
MỘT SỐ BĐT ĐƠN GIẢN HAY DÙNG
1. Với a, b, c tùy ý ta luôn có
2 2 2
a b c ab bc ca+ + ≥ + +
. Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c.
CM. Ta có (a−b)
2
+ (b−c)
2
+ (c−a)
2
≥ 0. Khai triển, chuyển vế ta được ngay BĐT này.
2. Với a, b, c tùy ý ta luôn có
2
( ) 3( )a b c ab bc ca+ + ≥ + +
. Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c.
CM. Ta có
2 2 2 2
( ) 2 2 2 ( ) 2 2 2 3( )a b c a b c ab bc ca ab bc ca ab bc ca ab bc ca+ + = + + + + + ≥ + + + + + = + +
3. Với a, b, c, d, e, f tùy ý ta luôn có |a.d + b.e + c.f| ≤
2 2 2 2 2 2
( )( )a b c d e f+ + + +
. Đẳng thức xảy ra
kvck a : b : c = d : e : f.
CM. Xét
( ; ; )u a b c=
r
,
( ; ; )v d e f=

1 1 2
a b
ab
+ ≥
nên
1 1
( )( ) 4a b
a b
+ + ≥
.
5. Với a , b, c dương ta luôn có
1 1 1 1 1 1 9
( )( ) 9a b c
a b c a b c a b c
+ + + + ≥ ⇔ + + ≥
+ +
. Đẳng thức xảy ra kvck a = b
= c.
CM. Ta có
3
3a b c abc+ + ≥
và
3
1 1 1 3
a b c
abc
+ + ≥
nên
1 1 1 1 1 1 9
( )( ) 9a b c

Tổng quát, với a, b, c, d không âm ta có
3
3
( )( )( ) ( )a b a c a d a bcd+ + + ≥ +
. Từ đây suy ra
3
3
3a b a c a d a bcd+ + + + + ≥ +
.
8. Với mọi x, y, z không âm ta luôn có
3 3 3 3
( ) 9( )x y zx y z+ ++ ≤ +
.
CM. Ta có
3 3 3 3 2 2 2 2 2 2
( ) 3 3 3 3 3 3 6x y z x y z x y x z xy xz y z yz xyz+ + = + + + + + + + + +
1
Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực
Mà
2 3 3 3
2 3 3 3
2 3 3 3
2 3 3 3
2 3 3 3
2 3 3 3
3 3 3
3 . .
3 . .
3 . .
3 3 . .


+ +


= ≤ + +


+ +

≤ + +


= ≤
= ≤
= ≤
nên
3 3 3 3
( ) 9( )x y zx y z+ ++ ≤ +
. Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z.
9. Với mọi x, y mà (x + y) ≥ 0 ta luôn có
3 3 3
( ) 4( )yy xx + +≤
. Đẳng thức xảy ra kvck x = y.
CM. Với mọi số x, y ta có
2
( )
4
x y
xy
+

y z z x x y
= + +
+ + +
Giải. Ta có
2
4
x y z
x
y z
+
+ ≥
+
,
2
4
y z x
y
z x
+
+ ≥
+
và
2
4
z x y
z
x y
+
+ ≥
+

3 3
( ) (1 ) (1 )f x x x= − + +
ta có
/
3 3
2 2
( )
3 1 3 1
f x
x x
−
= +
− +
và
/
( ) 0 0f x x= ⇔ =
.
Vì f(−1) = f(1) =
3
4
, f(0) = 2 nên
[ 1;1]
max ( ) (0) 2f x f
−
= =
. Vậy, f(x) ≤ 2, ∀x ∈ [−1 ; 1].
BT 3) Cho 2 số thực dương x, y. Chứng minh
2
9
(1 ) 1 1 256

 ÷  ÷  ÷
 
     
.
BT 4) Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa
3
4
x y z+ + =
. Chứng minh rằng:
3
3 3
3 3 3 3x y y z z x+ + + + + ≤
.
Giải. Ta có
3
( 3 ) 1 1
( 3 )1.1
3
x y
x y
+ + +
+ ≤
,
3
( 3 ) 1 1
( 3 )1.1
3
y z
y z
+ + +

= + + ≤ + + =
+ + +
. Đẳng thức xảy
ra kvck a = b = c = 4.
BT 6) Cho 3 số thực x, y, z không âm thỏa
3 3 3
3x y z+ + =
. Tìm GTLN của tổng S = x + y + z.
Giải. Theo BĐT Cô−si ta có
3
3
3
3 1 1
3 1 1
3 1 1
x x
y y
zz

≤ + +

≤ + +

+ +≤


nên x + y + z ≤ 3. Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z =1.
Cách 2 : Ta có
3 3 3 3 2 2 2 2 2 2
( ) 3 3 3 3 3 3 6x y z x y z x y x z xy xz y z yz xyz+ + = + + + + + + + + +

y
y
z
x

= ≤ + +

= ≤ + +


+ +


+ +


= ≤ + +


+ +

≤ + +


= ≤
= ≤
= ≤
nên
33 3 3
9( ) 27x y zS + =+≤

cos
2
A
A A
B C
A
=
⇔
2
2cos 2sin sin
2
A
B C=
⇔
1 cos cos( ) cos( )A B C B C+ = − − +
⇔ cos(B − C) =1 ⇔ B = C. Mặt khác,
0
A 90≤
nên 45
0
≤ B = C < 90
0
.
0
1 cos
1 cos 45
2
tan tan 2 1
sin sin 2 2
B C

1 4
y
y
+
+ ≥
+
,
1 1
1
1 4
z
z
+
+ ≥
+
nên
3 ( )
3
4
x y z
VT
+ + +
+ ≥
.
Vì x + y + z ≤ 3 nên
3 3 3 ( )
3
4 4
x y z
VT VT

. Do đó ta được
2
2
x
x y
y
≥ −
.
Vì A, B, C nhọn nên tgA, tgB, tgC, cotgA, cotgB, cotgC là các số dương. Áp dụng BĐT vừa nêu ta được
2 2 2
2 2 2
tan tan tan
tan cot tan cot tan cot
tan tan tan
A B C
A B B C C A
B C A
+ + = + +
2(tan tan tan ) (tan tan tan )A B C B C A≥ + + − + +
.
3
Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực
BT 10) Cho x, y, z không âm và
3x y z+ + ≤
. Tìm GTLN của biểu thức:
2 2 2P xy yz zx xy yz zx xy yz zx= + + + + + + + +
.
Giải. Cách 1 : Ta có
(1 1 1)[(2 ) ( 2 ) ( 2 )] 2 3.P xy yz zx xy yz zx xy yz zx xy yz zx≤ + + + + + + + + + + = + +
≤



+ + +

+ + ≤


nên 2.P ≤ 6 + 2(xy + yz + zx) ≤ 12 ⇔ P ≤ 6.
Cách 3 : Áp dụng BĐT
2 2 2 2
( ) 3( )a b c a b c+ + ≤ + +
ta được P
2
≤ 3.4(xy + yz + zx) ≤ 36.
BT 11) Cho
ABC∆
có 3 góc nhọn thỏa
1 1 1 1 1 1
cos cos cos
sin sin sin
2 2 2
A B C
A B C
+ + = + +
. CMR
ABC∆
đều.
CM. A, B, C nhọn nên
cos ,cos ,cos 0A B C >
. Áp dụng BĐT

. Vậy ABC đều.
BT 12) Cho a, b, c >0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng :
2 2 2
1 1 1
1
2 2 2a bc b ac c ab
+ + ≥
+ + +
.
CM. Áp dụng BĐT
1 1 1 1 1 1 9
( )( ) 9x y z
x y z x y z x y z
+ + + + ≥ ⇔ + + ≥
+ +
với x , y, z > 0. Ta được
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 9 9
1
2 2 2 2 2 2 ( )a bc b ac c ab a bc b ac c ab a b c
+ + ≥ = =
+ + + + + + + + + +
.
BT 13) Cho x, y, z không âm, thỏa x + y + z = 4. Tìm GTLN của
2 2 2P x y y z z x= + + + + +
.
Giải. Áp dụng BĐT
2 2 2 2
( ) 3( )a b c a b c+ + ≤ + +
ta được P

⇔ P + 3 ≥ 4P ⇔ P ≤ 1. Đẳng thức có thể xảy ra, chẳng hạn khi x = y = 1.
Tóm lại, tập giá trị của P là [−3 ; 1].
Ta có,
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) 2 ( ) ( 2 ) 2 . ( 3 2 ) 2 .( 3) 9 3M x y x y xy x y S P P P S P P P P P P= + − + + = − − + = + − − + + = −
Vì P ∈ [−3 ; 1] nên M ∈ [6 ; 18].
Min M = 6, đạt khi x = y = 1. Max M = 18, đạt khi x = − y =
3
.
4
Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực
BT 15) Cho x, y, z dương thỏa mãn
4 4 4 4 4 4 4 4 4
3x y y z z x x y z+ + ≤
. Tìm GTLN của
2 2 2
6 4 6 4 6 4 2 2 2
x y z x y z
P
x y y z z x x y z
+ +
= + + +
+ + +
.
Giải. Từ giả thiết ta suy ra
4 4 4 4 4 4
(1)
4 4 4 4 4 4
1 1 1
3 3

≤
+
.
Từ đây suy ra
2 2 2
6 4 6 4 6 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
2 2 2 2
x y z x y z
x y y z z x x y y z z x x y z
+ +
+ + ≤ + + =
+ + +
.
2 2 2 2 2 2
(2)
6 4 6 4 6 4 2 2 2 2 2 2
3
.
2
x y z x y z x y z
P
x y y z z x x y z x y z
+ + + +
⇒ = + + + ≤
+ + +
.
Mặt khác, theo (1) và BĐT
2 2 2
ab bc ca a b c+ + ≤ + +

.
CM. Ta có
1 1 1
1
x y z
+ + =
⇔ xy + yz + zx = xyz. Do đó,
2 3 3 3
2 2
( )( )
x x x x
x yz x xyz x xy yz zx x y x z
= = =
+ + + + + + +
.
2 3
3
(1)
8 8 ( )( ) 8 8 4
x x y x z x x y x z
x
x yz x y x z
+ + + +
⇒ + + = + + ≥
+ + +
Tương tự:
2
3
(2)
8 8 4

2 2 2 2 2 2
A B C B C A B C A
p q p q p
+ − −
− + = − + +
=
2 2
2 2 2
2
2 (sin cos .sin cos ) cos
2 2 2 4 2 2 2
A q B C A q B C q B C
p p
p p p
− − −
− − + + +
=
2 2
2
2
2 sin cos cos
2 2 2 2 2 2
A q B C q B C q
p p p
p p p
 
− −
− − + + ≤ +
 ÷
 

Vậy max W =
2
2q
p
p
+
khi ∆ABC cân đỉnh A và có góc A thỏa
sin
2 2
A q
p
=
.
5