1. Trần Sĩ Tùng
Tuyển tập Bất đẳng thức
PHẦN I: LUYỆN TẬP CĂN BẢN
I. Chứng minh BĐT dựa vào định nghĩa và tính chất cơ bản:
3
1.
Cho a, b > 0 chứng minh:
2.
Chứng minh: a + b ≤
2
3.
4.
5.
a3 + b3  a + b 
≥
÷
2
 2 
a 2 + b2
2
3
3
Cho a + b ≥ 0 chứng minh: a + b ≥ 3 a + b
2
2
a
b
+
≥ a+ b
Cho a, b > 0 . Chứng minh:
b
a
1
1
2
+
≥
Chứng minh: Với a ≥ b ≥ 1:
2
2
1 + ab
1+ a
1+ b
6.
Chứng minh: a 2 + b2 + c 2 + 3 ≥ 2 ( a + b + c ) ; a , b , c ∈ R
7.
Chứng minh: a 2 + b2 + c 2 + d2 + e2 ≥ a ( b + c + d + e )
8.
Chứng minh: x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx
9.
a. Chứng minh:
a+b+c
≥
3
b. Chứng minh:
a 2 + b2 + c 2  a + b + c 
≥
÷
3
3


ab + bc + ca
3
; a,b,c ≥ 0
2
10. Chứng minh:
a2
+ b2 + c 2 ≥ ab − ac + 2bc
4
11. Chứng minh: a 2 + b2 + 1 ≥ ab + a + b
12. Chứng minh: x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy − 2xz + 2yz
13. Chứng minh: x 4 + y 4 + z 2 + 1 ≥ 2xy(xy 2 − x + z + 1)
1
4
15. Cho a, b, c là số đo độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh:
a. ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).
b. abc ≥ (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)
c. 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > 0
14. Chứng minh: Nếu a + b ≥ 1 thì: a 3 + b3 ≥
1

2. Tuyển tập Bất đẳng thức
II. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT CÔSI:
1.
Chứng minh: (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc ; a,b,c ≥ 0
2.
Chứng minh: (a + b + c)(a 2 + b2 + c 2 ) ≥ 9abc ; a,b,c ≥ 0
3.
Chứng minh: ( 1 + a ) ( 1 + b ) ( 1 + c ) ≥ ( 1 + 3 abc )
Trần Sĩ Tùng
m
4.
5.
6.
7.
8.
3
với a , b , c ≥ 0
m
a
b
Cho a, b > 0. Chứng minh:  1 +  +  1 +  ≥ 2m + 1 , với m ∈ Z+

÷

÷
b

 a
bc ca ab
+
+
≥ a + b + c ; a,b,c ≥ 0
Chứng minh:
a
b
c
x6 + y9
≥ 3x 2 y 3 − 16 ; x,y ≥ 0
4
1
4
≥ 3a 2 − 1 .
Chứng minh: 2a +
2
1+ a
Chứng minh: a1995 > 1995 ( a − 1)
,a>0
Chứng minh:
Chứng minh: a 2 ( 1 + b2 ) + b2 ( 1 + c 2 ) + c 2 ( 1 + a 2 ) ≥ 6abc .
a
b
c
1 1 1 1
+ 2
+ 2
≤  + + ÷
10. Cho a , b > 0. Chứng minh: 2
2
2
2
2a b c
a +b
b +c
a +c
11. Cho a , b ≥ 1 , chứng minh: ab ≥ a b − 1 + b a − 1 .
12. Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4. Chứng minh: xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1)
9.
13. Cho a > b > c, Chứng minh: a ≥ 33 ( a − b ) ( b − c ) c .
14. Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh:
a) b + c ≥ 16abc.
b) (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ 8abc
1
1
1

c)  1 + ÷ 1 + ÷ 1 + ÷ ≥ 64
 a  b  c 
1
x+
≥3
15. Cho x > y > 0 . Chứng minh:
( x − y) y
16. Chứng minh:
x2 + 2
x+8
≥ 2 ,∀x ∈ R
≥ 6 , ∀x > 1
a)
b)
c)
2
x −1
x +1
ab
bc
ca
a+b+c
+
+
≤
; a, b, c > 0
17. Chứng minh:
a+b b+c c+a
2
18. Chứng minh:
x2
1 + 16x 4
+
y2
1 + 16y 4
≤
1
, ∀x , y ∈ R
4
2
a2 + 5
a2 + 1
≥4

3. Trần Sĩ Tùng
Tuyển tập Bất đẳng thức
a
b
c
3
+
+
≥ ;a,b,c>0
b+c a+c a+b 2
20. Cho a , b , c > 0. C/m:
1
1
1
1
+ 3
+ 3
≤
3
3
3
3
abc
a + b + abc b + c + abc c + a + abc
21. Áp dụng BĐT Côsi cho hai số chứng minh:
a. a + b + c + d ≥ 4 4 abcd
với a , b , c , d ≥ 0
19. Chứng minh:
(Côsi 4 số)
3
với a , b , c ≥ 0 ,
(Côsi 3 số )
a + b + c ≥ 3 abc
3
3
3
2
2
2
22. Chứng minh: a + b + c ≥ a bc + b ac + c ab ; a , b , c > 0
23. Chứng minh: 2 a + 3 3 b + 4 4 c ≥ 99 abc
x 18
24. Cho y = +
, x > 0. Định x để y đạt GTNN.
2 x
x
2
,x > 1 . Định x để y đạt GTNN.
25. Cho y = +
2 x −1
3x
1
+
, x > −1 . Định x để y đạt GTNN.
26. Cho y =
2 x +1
x
5
1
,x >
27. Cho y = +
. Định x để y đạt GTNN.
3 2x − 1
2
x
5
+
28. Cho y =
, 0 < x < 1 . Định x để y đạt GTNN.
1− x x
b.
29. Cho y =
x3 + 1
x2
, x > 0 . Định x để y đạt GTNN.
x 2 + 4x + 4
, x > 0.
x
2
2
Tìm GTNN của f(x) = x + 3 , x > 0.
x
Tìm GTLN của f(x) = (2x – 1)(3 – 5x)
Cho y = x(6 – x) , 0 ≤ x ≤ 6 . Định x để y đạt GTLN.
5
Cho y = (x + 3)(5 – 2x) , –3 ≤ x ≤
. Định x để y đạt GTLN
2
5
Cho y = (2x + 5)(5 – x) , − ≤ x ≤ 5 . Định x để y đạt GTLN
2
1
5
Cho y = (6x + 3)(5 – 2x) , − ≤ x ≤
. Định x để y đạt GTLN
2
2
x
Cho y = 2
. Định x để y đạt GTLN
x +2
30. Tìm GTNN của f(x) =
31.
32.
33.
34.
35.
36.
37.
3

4. Tuyển tập Bất đẳng thức
38. Cho y =
x
Trần Sĩ Tùng
2
( x2 + 2) 3
. Định x để y đạt GTLN
III. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Bunhiacôpxki
2.
Chứng minh: (ab + cd)2 ≤ (a2 + c2)(b2 + d2)
Chứng minh: sin x + cos x ≤ 2
3.
Cho 3a – 4b = 7.
4.
Cho 2a – 3b = 7.
5.
Cho 3a – 5b = 8.
6.
Cho a + b = 2.
7.
Cho a + b ≥ 1
1.
BĐT Bunhiacopxki
Chứng minh: 3a2 + 4b2 ≥ 7.
725
Chứng minh: 3a2 + 5b2 ≥
.
47
2464
Chứng minh: 7a2 + 11b2 ≥
.
137
Chứng minh: a4 + b4 ≥ 2.
1
Chứng minh: a 2 + b2 ≥
2
Lời giải:
I. Chứng minh BĐT dựa vào định nghĩa và tính chất cơ bản:
3
1.
Cho a, b > 0 chứng minh:
(*) ⇔
2.
3
3
a3 + b3  a + b 
(
)(
)2
−
÷ ≥ 0 ⇔ 8 a + b a − b ≥ 0 . ĐPCM.
2
2 

2
2
Chứng minh: a + b ≤ a + b ()
2
2
 a + b ≤ 0 , () luôn đúng.

a + b > 0 , () ⇔
Vậy: a + b ≤
2
3.
4.
a3 + b3  a + b 
≥
÷ (*)
2
 2 
( a − b) 2
a 2 + b2 + 2ab a 2 + b2
−
≤0 ⇔
≥ 0 , đúng.
4
2
4
a 2 + b2 .
2
3
3
( a + b ) 3 a 3 + b3
Cho a + b ≥ 0 chứng minh: a + b ≥ 3 a + b ⇔
≤
8
2
2
2
⇔ 3 ( b − a ) ( a 2 − b2 ) ≤ 0 ⇔ −3 ( b − a ) 2 ( a + b ) ≤ 0 , ĐPCM.
a
b
+
≥ a + b ()
Cho a, b > 0 . Chứng minh:
b
a
() ⇔ a a + b b ≥ a b + b a ⇔ ( a − b ) a − ( a − b ) b ≥ 0
4

5. Trần Sĩ Tùng
Tuyển tập Bất đẳng thức
⇔ ( a − b) ( a − b ) ≥ 0 ⇔
5.
⇔
a − b ) ( a + b ) ≥ 0 , ĐPCM.
1
1
2
+
≥
Chứng minh: Với a ≥ b ≥ 1:
()
2
2
1 + ab
1+ a
1+ b
(
1
1
ab − a 2
ab − b2
−
≥ 0⇔
+
≥0
( 1+ a 2 ) ( 1+ ab ) ( 1+ b2 ) ( 1+ ab )
1 + a 2 1 + b2 1 + ab 1 + ab
a ( b − a)
b ( a − b)
b−a  a
b 
+
≥0 ⇔
−
⇔

÷≥ 0
2
2)(
2) (
( 1+ a 1+ ab ) ( 1+ b 1+ ab )
1 + ab  1 + a
1 + b2 
1
⇔

6.
2
+
1
−

( b − a ) 2 ( ab − 1)
≥0 ⇔
≥ 0 , ĐPCM.
÷
÷
( 1 + ab ) ( 1 + a 2 ) ( 1 + b2 )

Vì : a ≥ b ≥ 1 ⇒ ab ≥ 1 ⇔ ab – 1 ≥ 0.
b − a  a + ab2 − b − ba 2

1 + ab  ( 1 + a 2 ) ( 1 + b2 )

Chứng minh: a 2 + b2 + c 2 + 3 ≥ 2 ( a + b + c ) ; a , b , c ∈ R
⇔ ( a − 1) 2 + ( b − 1) 2 + ( c − 1) 2 ≥ 0 . ĐPCM.
7.
Chứng minh: a 2 + b2 + c 2 + d2 + e2 ≥ a ( b + c + d + e )
⇔
a2
a2
a2
a2
− ab + b2 +
− ac + c 2 +
− ad + d2 +
− ae + e2 ≥ 0
4
4
4
4
2
2
2
2
a
a
a
a
⇔  − b  +  − c  +  − d  +  − e  ≥ 0 . ĐPCM

÷
÷ 
÷ 
÷
2

2

2

2

8.
Chứng minh: x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx
⇔ 2x 2 + 2y 2 + 2z 2 − 2xy − 2yz − 2zx ≥ 0
⇔
9.
( x − y) 2 + ( x − z) 2 + ( y − z) 2 ≥ 0
a. Chứng minh:

a+b+c
≥
3
ab + bc + ca
3
; a,b,c ≥ 0
a 2 + b2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
2
a 2 + b2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca ab + bc + ca
a+b+c
 
=
≥
÷
3
9
3


⇔
a+b+c
≥
3
ab + bc + ca
3
2
b. Chứng minh:

a 2 + b2 + c 2  a + b + c 
≥
÷
3
3


3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = a 2 + b2 + c 2 + 2 ( a 2 + b2 + c 2 )
≥ a 2 + b2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) = ( a + b + c )
5
2

6. Tuyển tập Bất đẳng thức
⇒
10. Chứng minh:
2
Trần Sĩ Tùng
2
2
2
a +b +c
a+b+c
≥
÷
3
3


a2
+ b2 + c 2 ≥ ab − ac + 2bc
4
2
a2
a

− a ( b − c ) + b2 + c 2 − 2bc ≥ 0 ⇔  − ( b − c ) ÷ ≥ 0 .
4
2

2
2
11. Chứng minh: a + b + 1 ≥ ab + a + b
⇔
⇔ 2a 2 + 2b2 + 2 − 2ab − 2a − 2b ≥ 0
⇔ a 2 − 2ab + b2 + a 2 + 2a + 1 + b2 + 2b + 1 ≥ 0
⇔ ( a − b ) 2 + ( a − 1) 2 + ( b − 1) 2 ≥ 0 .
12. Chứng minh: x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy − 2xz + 2yz
⇔ x 2 + y 2 + z 2 − 2xy + 2xz − 2yz ≥ 0 ⇔ (x – y + z)2 ≥ 0.
13. Chứng minh: x 4 + y 4 + z 2 + 1 ≥ 2x(xy 2 − x + z + 1)
⇔ x 4 + y 4 + z 2 + 1 − 2x 2 y 2 + 2x 2 − 2xz − 2x ≥ 0
2
⇔ ( x 2 − y 2 ) + ( x − z ) 2 + ( x − 1) 2 ≥ 0 .
1
4
° a + b ≥ 1 ⇒ b ≥ 1 – a ⇒ b3 = (1 – a)3 = 1 – a + a2 – a3
14. Chứng minh: Nếu a + b ≥ 1 thì: a 3 + b3 ≥
2
1
1 1
⇒ a3 + b3 = 3  a −  + ≥ .

÷

2
4 4
15. Cho a, b, c là số đo độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh:
a. ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).

ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 ⇔ (a – b)2 + (a – c)2 + (b – c)2
a > b−c , b > a −c , c > a −b

b.
⇒ a 2 > b2 − 2bc + c 2 , b2 > a 2 − 2ac + c 2 , c 2 > a 2 − 2ab + b2
⇒ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).
abc ≥ (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)

a2 > a2 − ( b − c )
2
⇒ a2 > ( a + c − b) ( a + b − c )

b2 > b 2 − ( a − c )
2
⇒ b2 > ( b + c − a ) ( a + b − c )
c.
2
c2 > c2 − ( a − b) ⇒ c2 > ( b + c − a ) ( a + c − b)
⇒ a 2 b2 c 2 > ( a + b − c ) 2 ( a + c − b ) 2 ( b + c − a ) 2
⇔ abc > ( a + b − c ) ( a + c − b ) ( b + c − a )
2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > 0
⇔ 4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – a4 – b4 – 2a2b2 – c4 > 0

6

7. Trần Sĩ Tùng
Tuyển tập Bất đẳng thức
⇔ 4a b + 2c (b + a ) – (a + b ) – c > 0
⇔ (2ab)2 – [(a2 + b2) – c2]2 > 0 ⇔ [c2 – (a – b)2][(a + b)2 – c2] > 0
⇔ (c – a + b)(c + a – b)(a + b – c)(a + b + c) > 0 . đúng
Vì a , b , c là ba cạnh của tam giác
⇒ c – a + b > 0 , c + a – b > 0 , a + b – c > 0 , a + b + c > 0.
II. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT CÔSI:
2 2
°
1.
2
2
2
2
2 2
4
Chứng minh: (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc ; a, b, c ≥ 0
 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm:
⇒ a + b ≥ 2 ab , b + c ≥ 2 bc , a + c ≥ 2 ac
⇒ ( a + b ) ( b + c ) ( a + c ) ≥ 8 a 2b2c 2 = 8abc .
2.
Chứng minh: (a + b + c)(a 2 + b2 + c 2 ) ≥ 9abc ; a,b,c ≥ 0
 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm:
⇒ a + b + c ≥ 3 3 abc , a 2 + b2 + c 2 ≥ 3 3 a 2b2 c 2
⇒ ( a + b + c ) ( a 2 + b2 + c 2 ) ≥ 93 a 3b3 c 3 = 9abc .
3.
3
Chứng minh: ( 1 + a ) ( 1 + b ) ( 1 + c ) ≥ ( 1 + 3 abc ) , với a , b , c ≥ 0.
 ( 1 + a ) ( 1 + b ) ( 1 + c ) = 1 + a + b + c + ab + ac + bc + abc.

a + b + c ≥ 3 3 abc , ab + ac + bc ≥ 3 3 a 2b2 c 2

( 1 + a ) ( 1 + b ) ( 1 + c ) ≥ 1 + 3 3 abc + 3 3 a 2b2c 2 + abc = ( 1 + 3 abc )
m
4.
a
b
Cho a, b > 0. Chứng minh:  1 +  +  1 +  ≥ 2m + 1 , với m ∈ Z+

÷

÷
b

 a
m

5.
m
3
m
m
 a
 b
 a
 1+ ÷ +  1+ ÷ ≥ 2  1+ ÷
b

 a
 b
m
m
b
b a


. 1+ ÷ = 2  2 + + ÷
a b
 a

≥ 2 4m = 2m + 1
bc ca ab
+
+
≥ a + b + c ; a, b, c > 0
Chứng minh:
a
b
c
 Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm:
bc ca
abc 2
bc ba
b2ac
+
≥2
= 2c ,
+
≥2
= 2b ,
a
b
ab
a
c
ac
ca ab
a 2bc
+
≥2
= 2a
b
c
bc
bc ca ab
+
+
≥ a+b+c .
⇒
a
b
c
7

8. Tuyển tập Bất đẳng thức
6.
Chứng minh:
6
Trần Sĩ Tùng
9
x +y
≥ 3x 2 y 3 − 16 ; x,y ≥ 0 ()
4
3
3
() ⇔ x 6 + y 9 + 64 ≥ 12x 2 y 3 ⇔ ( x 2 ) + ( y 3 ) + 43 ≥ 12x 2 y 3
Áp dụng BĐT Côsi cho ba số không âm:
( x 2 ) 3 + ( y 3 ) 3 + 43 ≥ 3x 2 y 3 4 = 12x 2 y 3 .
7.
4
Chứng minh: 2a +
1
1+ a
4
4
2
() ⇔ a + a + a + 1 +
2
≥ 3a 2 − 1 ()
1
1+ a 2
≥ 4a 2 .
4
4
2
Áp dụng BĐT Côsi cho 4 số không âm: a , a , a + 1,
a 4 + a 4 + a 2 + 1+
8.
1
1+ a
2
≥ 4 4 a 4 a 4 ( a 2 + 1)
1
1+ a2
1
1+ a 2
= 4a 2
Chứng minh: a1995 > 1995 ( a − 1) ()
,a>0
1995
1995
() ⇔ a
> 1995a − 1995 ⇔ a
+ 1995 > 1995a
1995
a1995 + 1995 > a1995 + 1994 = a1995 + 1 + 1 + ... + 1 ≥ 1995
14243
a1995 = 1995a
1994 soá
9.
Chứng minh: a ( 1 + b ) + b ( 1 + c ) + c 2 ( 1 + a 2 ) ≥ 6abc .
°
a 2 ( 1 + b2 ) + b2 ( 1 + c 2 ) + c 2 ( 1 + a 2 ) = a 2 + a 2b2 + b2 + b2 c 2 + c 2 + c 2 a 2

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 6 số không âm:
6
°
a 2 + a 2b2 + b2 + b2 c 2 + c 2 + c 2 a 2 ≥ 6 a6b6 c 6 = 6abc
2
2
2
2
1 1 1 1
 + + ÷
2a b c
a +b
b +c
a +c
a
a
1
b
b
1
c
c
1
≤
=
≤
=
≤
=
°
, 2
,
2
2
2
2ab 2b
2bc 2c a 2 + c 2 2ac 2a
a +b
b +c
a
b
c
1 1 1 1
+ 2
+ 2
≤  + + ÷
° Vậy: 2
2
2
2
2a b c
a +b
b +c
a +c
11. Cho a , b ≥ 1 , chứng minh: ab ≥ a b − 1 + b a − 1 .
10. Cho a , b > 0. Chứng minh:
a
2
2
+
b
2
2
+
c
2
°
≤
a = ( a − 1) + 1 ≥ 2 a − 1 , b = ( b − 1) + 1 ≥ 2 b − 1
°
2
ab ≥ 2b a − 1 , ab ≥ 2a b − 1
° ab ≥ a b − 1 + b a − 1
12. Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4. C/m: xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1)
° x = ( x − 1) + 1 = ( x − 1) + x + y + z − 3
8

9. Trần Sĩ Tùng
Tuyển tập Bất đẳng thức
= ( x − 1) + ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) ≥ 4 4 ( x − 1)
Tương tự: y ≥ 4 4 ( x − 1) ( y − 1) 2 ( z − 1) ;
2
( y − 1) ( z − 1)
2
z ≥ 4 4 ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1)
⇒ xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1).
13. Cho a > b > c, Chứng minh: a ≥ 3 3 ( a − b ) ( b − c ) c .
° a = ( a − b) + ( b − c ) + c ≥ 33 ( a − b ) ( b − c ) c
14. Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh:
a) b + c ≥ 16abc.
°
°
2
2
2
b+c
b+c
 1− a 
2

÷ ≥ bc ⇔ 16abc ≤ 16a 
÷ = 16a 
÷ = 4a ( 1 − a )
 2 
 2 
 2 
2
2
4a ( 1 − a ) = ( 1 − a ) ( 4a − 4a 2 ) = ( 1 − a ) 1 − ( 1 − 2a )  ≤ 1 − a = b + c


b) (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ 8abc
°
(1 – a)(1 – b)(1 – c) = (b + c)(a + c)(a + b) ≥ 2 bc.2 ac.2 ab = 8abc
1
1
1

c)  1 + ÷ 1 + ÷ 1 + ÷ ≥ 64
 a  b  c 
°
4
1   a + a + b + c  4 a 2bc

 1+ ÷ = 
÷≥
a
a
 a 

4
2
° 1 + 1 ≥ 4 ab c
°
b
b
1
1
1

  1 + ÷ 1 + ÷ 1 + ÷ ≥ 64
 a  b  c 
VT = ( x − y ) + y +
4
1 4 abc 2
≥
c
c
1
≥3
( x − y) y
x+
15. Cho x > y > 0 . Chứng minh:

1+
( x − y) y
1
≥ 33
=3
( x − y) y
( x − y) y
16. Chứng minh:
x2 + 2
≥ 2 ⇔ x 2 + 2 ≥ 2 x 2 + 1 ⇔ x 2 + 1+ 1 ≥ 2 x 2 + 1
a)
x2 + 1
b)
c.
x+8
x −1
=
x − 1+ 9
x −1
( a 2 + 1) + 4 ≥ 2
17. Chứng minh:
= x −1+
4 ( a 2 + 1)
9
x −1
≥2
= 4 a +1 ⇔
2
x −1
9
x −1
a2 + 5
a2 + 1
≥4
ab
bc
ca
a+b+c
+
+
≤
; a, b, c > 0
a+b b+c c+a
2
9
=6

10. Tuyển tập Bất đẳng thức
°
Vì : a + b ≥ 2 ab
ab
bc
bc
bc
ac
ac
ac
,
≤
=
,
≤
=
2
b + c 2 bc
2
a + c 2 ac
2
, dựa vào: a 2 + b2 + c 2 ≥ ab + bc + ca .
a + b + c ≥ ab + bc + ca
⇒
°
°
ab
ab
≤
=
a + b 2 ab
ab
bc
ca
+
+
≤
a+b b+c c+a
18. Chứng minh:
°
°

Trần Sĩ Tùng
x
2
1 + 16x 4
y2
1 + 16y
x
4
2
1 + 16x 4
x2
1 + 16x
=
=
+
x
+
4
2
2
1 + ( 4x )
y2
1 + ( 4y )
y
2
2
1 + 16y 4
ab + bc + ac a + b + c
≤
2
2
y2
1 + 16y
≤
≤
≤
4
x2
2.4x 2
y2
2.4y
2
≤
1
, ∀x , y ∈ R
4
=
1
8
=
1
8
1
4
a
b
c
3
+
+
≥ ;a,b,c>0
b+c a+c a+b 2
Đặt X = b + c , Y = c + a , Z = a + b.
1
° a + b + c = (X + Y + Z)
2
Y+Z−X
Z+X−Y
X+Y−Z
° a=
,b=
,c=
2
2
2

a
b
c
1  Y X   Z X   Z Y 
+
+
=
°
 + ÷+  + ÷+  + ÷− 3
b + c a + c a + b 2  X Y   X Z   Y Z 


1
3
≥ [ 2 + 2 + 2 − 3] = .
2
2
Cách khác:
a
b
c
 a
  b
  c

+
+
=
+ 1÷ + 
+ 1÷ + 
+ 1÷ − 3
°
b+c a+c a+b b+c
 a+c
 a+b 
1
1
1 
 1
= [ ( a + b) + ( b + c ) + ( c + a ) ] 
+
+
÷− 3
2
b+c a+c a+b
 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm:
1
[ ( a + b) + ( b + c ) + ( c + a ) ]  1 + 1 + 1  ≥ 9 − 3 = 3
°

÷
2
2
b+c a+c a+b 2
20. Cho a , b , c > 0. C/m:
1
1
1
1
+ 3
+ 3
≤
3
3
3
3
abc
a + b + abc b + c + abc c + a + abc
19. Chứng minh:
10

11. Trần Sĩ Tùng
Tuyển tập Bất đẳng thức
°
a + b = ( a + b ) ( a − ab + a ) ≥ ( a + b ) ab
⇒ a 3 + b3 + abc ≥ ( a + b ) ab + abc = ab ( a + b + c ) , tương tự
°
b3 + c 3 + abc ≥ ( b + c ) bc + abc = bc ( a + b + c )
3
3
2
2
c 3 + a3 + abc ≥ ( c + a ) ca + abc = ca ( a + b + c )
1
1
1
1
a+b+c
+
+
=
 VT ≤
( a + b + c ) bc ( a + b + c ) ca ( a + b + c ) a + b + c  abc ÷
ab


21. Áp dụng BĐT Côsi cho hai số chứng minh:
a. a + b + c + d ≥ 4 4 abcd
với a , b , c , d ≥ 0
(Côsi 4 số)
°

a + b ≥ 2 ab , c + d ≥ 2 cd

a + b + cd ≥ 2 ( ab + cd ) ≥ 2 2
a + b + c ≥ 3 3 abc
b.

a+b+c+
⇔
(
)
ab. cd ≥ 4 4 abcd
với a , b , c ≥ 0 ,
(Côsi 3 số )
a+b+c
a+b+c
≥ 4.4 abc
3
3
a+b+c 4
a+b+c
⇔
≥ abc
3
3
3
4
a+b+c
a+b+c

÷ ≥ abc
3
3


a+b+c
3
⇔ 

÷ ≥ abc ⇔ a + b + c ≥ 3 abc .
3


22. Chứng minh: a 3 + b3 + c 3 ≥ a 2 bc + b2 ac + c 2 ab ; a , b , c > 0
°
°
a 3 + abc ≥ 2a 2 bc , b3 + abc ≥ 2b2 ac , c 3 + abc ≥ 2c 2 ab
a 3 + b3 + c 3 + 3abc ≥ 2 ( a 2 bc + b2 ac + c 2 ab )
⇒ 2 ( a 3 + b3 + c 3 ) ≥ 2 ( a 2 bc + b2 ac + c 2 ab ) ,
vì : a 3 + b3 + c 3 ≥ 3abc
a 3 + b3 + c 3 ≥ a 2 bc + b2 ac + c 2 ab
23. Chứng minh: 2 a + 3 3 b + 4 4 c ≥ 99 abc
 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 9 số không âm:
°
VT = a + a + 3 b + 3 b + 3 b + 4 c + 4 c + 4 c + 4 c ≥ 9 9 abc
x 18
24. Cho y = +
, x > 0. Định x để y đạt GTNN.
2 x
Vậy:

Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm:
y=
x 18
x 18
+
≥2 .
=6
2 x
2 x
x 18
=
⇔ x 2 = 36 ⇔ x = ± 6 , chọn x = 6.
2
x
Vậy: Khi x = 6 thì y đạt GTNN bằng 6
°
Dấu “ = ” xảy ra ⇔
11

12. Tuyển tập Bất đẳng thức
Trần Sĩ Tùng
x
2
+
,x > 1 . Định x để y đạt GTNN.
2 x −1
x −1
2
1
y=
+
+
2
x −1 2
25. Cho y =

 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm
x −1
2
1
x −1 2
1 5
+
+ ≥2
.
+ =
2
x −1 2
2 x −1 2 2
x −1
2
2
=
⇔ ( x − 1) = 4 ⇔
Dấu “ = ” xảy ra ⇔
2
x −1
x −1 2
,
:
2
x −1
y=
°
Vậy: Khi x = 3 thì y đạt GTNN bằng
5
2
3x
1
+
, x > −1 . Định x để y đạt GTNN.
2 x +1
3(x + 1)
1
3
y=
+
−
2
x +1 2
x = 3
 x = −1 (loaï)
i

26. Cho y =

 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm
3 ( x + 1)
1
,
:
2
x +1
3 ( x + 1)
1
3
3 ( x + 1) 1
3
3
+
− ≥2
.
− = 6−
2
x +1 2
2
x +1 2
2
Dấu “ = ” xảy ra ⇔

6
−1
x =
( x + 1)
3
1
2
2
3
=
⇔ ( x + 1) = ⇔ 
⇔

2
x +1
3
6
− 1(loaï )
i
x = −
3

y=
°
3
6
− 1 thì y đạt GTNN bằng 6 −
2
3
x
5
1
,x >
27. Cho y = +
. Định x để y đạt GTNN.
3 2x − 1
2
2x − 1
5
1
+
+
 y=
6
2x − 1 3
Vậy: Khi x =
 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm
2x − 1
5
1
2x − 1 5
1
+
+ ≥2
.
+ =
6
2x − 1 3
6 2x − 1 3
Dấu “ = ” xảy ra
y=
12
2x − 1
5
,
:
6
2x − 1
30 + 1
3

13. Trần Sĩ Tùng
Tuyển tập Bất đẳng thức

30 + 1
x =
2x − 1
5
2
2
=
⇔ ( 2x − 1) = 30 ⇔ 
⇔

6
2x − 1
− 30 + 1
(loaï )
i
x =

2
30 + 1
30 + 1
thì y đạt GTNN bằng
3
2
x
5
+
28. Cho y =
, 0 < x < 1 . Định x để y đạt GTNN.
1− x x
°
Vậy: Khi x =
f(x) =
x
5 ( 1 − x ) + 5x
x
x −1
x
1− x
+
=
+5
+5≥ 2
5
+5 = 2 5 +5
1− x
x
1− x
x
1− x
x
Dấu “ = ‘ xảy ra ⇔
°
Vậy: GTNN của y là 2 5 + 5 khi x =
29. Cho y =
°
°
°
2
x
1− x
5− 5
 x 
(0 < x < 1)
=5
⇔
÷ =5⇔x=
1− x
x
4
 1− x 
x3 + 1
x2
x3 + 1
5− 5
4
, x > 0 . Định x để y đạt GTNN.
x x 1
xx 1
3
+ +
≥ 33
=
2 2 x2
2 2 x2 3 4
x x
1
Dấu “ = ‘ xảy ra ⇔ = = 2 ⇔ x = 3 2 .
2 2 x
3
Vậy: GTNN của y là 3 khi x = 3 2
4
x2
= x+
1
x2
=
30. Tìm GTNN của f(x) =
x 2 + 4x + 4
, x > 0.
x
x 2 + 4x + 4
4
4
= x + + 4 ≥ 2 x. + 4 = 8
x
x
x
4
° Dấu “ = ‘ xảy ra ⇔ x = ⇔ x = 2 (x > 0).
x
° Vậy: GTNN của y là 8 khi x = 2.
2
2
31. Tìm GTNN của f(x) = x + 3 , x > 0.
x
°
°
3
 x 2   1 2
x2 x2 x2
1
1
x + 3 =
+
+
+ 3 + 3 ≥ 55  ÷  3 ÷ =
3
3
3 x
 3  x 
x
x
2
2
13
5
5
27

14. Tuyển tập Bất đẳng thức
Trần Sĩ Tùng
2
x
1
= 3 ⇔ x = 5 3 ⇔ x = 2 (x > 0).
3
x
5
° Vậy: GTNN của y là 5
khi x = 5 3 .
27
32. Tìm GTLN của f(x) = (2x – 1)(3 – 5x)
°
Dấu “ = ‘ xảy ra ⇔
2
11x 
11 
1
1

f(x) = –10x2 + 11x – 3 = −10  x 2 −
≤

÷ − 3 = −10  x −
÷ +
10 
20 
40 40


11
° Dấu “ = “ xảy ra ⇔ x =
20
11
1
° Vậy: Khi x =
thì y đạt GTLN bằng
.
20
40
33. Cho y = x(6 – x) , 0 ≤ x ≤ 6 . Định x để y đạt GTLN.
 Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm x và 6 – x (vì 0 ≤ x ≤ 6):
° 6 = x + ( 6 − x ) ≥ 2 x ( 6 − x ) ⇒ x(6 – x) ≤ 9
°
°
°
Dấu “ = “ xảy ra ⇔ x = 6 – x ⇔ x = 3
Vậy: Khi x = 3 thì y đạt GTLN bằng 9.
5
34. Cho y = (x + 3)(5 – 2x) , –3 ≤ x ≤
. Định x để y đạt GTLN.
2
1
 y = (x + 3)(5 – 2x) = (2x + 6)(5 – 2x)
2
5

 Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm 2x + 6 và 5 – 2x ,  −3 ≤ x ≤ ÷ :

2
121
1
° 11 = ( 2x + 6 ) + ( 5 − 2x ) ≥ 2 ( 2x + 6 ) ( 5 − 2x ) ⇒
(2x + 6)(5 – 2x) ≤
8
2
1
° Dấu “ = “ xảy ra ⇔ 2x + 6 = 5 – 2x ⇔ x = −
4
121
1
° Vậy: Khi x = − thì y đạt GTLN bằng
.
8
4
5
35. Cho y = (2x + 5)(5 – x) , − ≤ x ≤ 5 . Định x để y đạt GTLN.
2
1
 y = (2x + 5)(5 – x) = (2x + 5)(10 – 2x)
2
 5

 Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm 2x + 5 , 10 – 2x ,  − ≤ x ≤ 5 ÷:
 2

625
1
° ( 2x + 5 ) + ( 10 − 2x ) ≥ 2 ( 2x + 5 ) ( 10 − 2x ) ⇒ (2x + 5)(10 – 2x) ≤
8
2
14

15. Trần Sĩ Tùng
°
Tuyển tập Bất đẳng thức
Dấu “ = “ xảy ra ⇔ 2x + 5 = 10 – 2x ⇔ x =
5
4
625
5
thì y đạt GTLN bằng
8
4
1
5
36. Cho y = (6x + 3)(5 – 2x) , − ≤ x ≤
. Định x để y đạt GTLN
2
2
 y = 3(2x + 1)(5 – 2x)
5
 1
 Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm 2x + 1 , 5 – 2x ,  − ≤ x ≤ ÷ :
 2
2
°
Vậy: Khi x =
( 2x + 1) + ( 5 − 2x ) ≥ 2 ( 2x + 1) ( 5 − 2x ) ⇒ (2x + 1)(5 – 2x) ≤ 9
Dấu “ = “ xảy ra ⇔ 2x + 1 = 5 – 2x ⇔ x = 1
Vậy: Khi x = 1 thì y đạt GTLN bằng 9.
x
37. Cho y = 2
. Định x để y đạt GTLN
x +2
1
x
1
≥
° 2 + x 2 ≥ 2 2x 2 = 2x 2 ⇔
⇒ y≤
2
2 2 2+x
2 2
°
°
°
°
Dấu “ = “ xảy ra ⇔ x 2 = 2 vàx > 0 ⇒ x= 2
°
Vậy: Khi x = 2 thì y đạt GTLN bằng
38. Cho y =
°
x2
( x2 + 2) 3
1
2 2
.
. Định x để y đạt GTLN
x2
3
2
( 2 )
3
x 2 + 2 = x 2 + 1 + 1 ≥ 3 x 2 .1.1 ⇔ x + 2 ≥ 27x ⇒
(x
2
+ 2)
3
≤
1
27
2
°
Dấu “ = “ xảy ra ⇔ x = 1 ⇔ x = ± 1
°
Vậy: Khi x = ± 1 thì y đạt GTLN bằng
1
.
27
III. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Bunhiacôpxki
1.
2.
Chứng minh: (ab + cd)2 ≤ (a2 + c2)(b2 + d2) () BĐT Bunhiacopxki
() ⇔ a 2b2 + 2abcd + c 2 d2 ≤ a 2b2 + a 2 d2 + c 2b2 + c 2 d2
⇔ a 2 d2 + c 2b2 − 2abcd ≥ 0 ⇔ ( ad − cb ) 2 ≥ 0 .
Chứng minh: sin x + cos x ≤ 2
 Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số 1 , sinx , 1 , cosx :
°
sin x + cos x = 1. sinx + 1. cos x ≤
15
( 12 + 12 ) ( sin2 x + cos 2 x )
= 2

16. Tuyển tập Bất đẳng thức
3.
Chứng minh: 3a + 4b ≥ 7.
 Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số 3 , 3 a , 4 , 4 b :
Cho 3a – 4b = 7.
3a + 4b =
2
735
4 9
5 b ≤  + ÷( 3a 2 + 5b2 ) ⇔ 3a2 + 5b2 ≥
.
47
3 5
3
5
2464
Cho 3a – 5b = 8. Chứng minh: 7a2 + 11b2 ≥
.
137
3
5
3a − 5b =
7a−
11b

7
11
3
5
, 7a,−
, 11b :
 Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số
7
11
°
5.
3a−
3
2464
 9 25  ( 2
2
2
2
11b ≤  +
.
÷ 7a + 11b ) ⇔ 7a + 11b ≥
137
 7 11 
7
11
Cho a + b = 2.
Chứng minh: a4 + b4 ≥ 2.
 Áp dụng BĐT Bunhiacopski:
°
6.
2
2
2
3. 3a + 4. 4b ≤ ( 3 + 4 ) ( 3a 2 + 4b2 ) ⇔ 3a + 4b ≥ 7.
725
Cho 2a – 3b = 7. Chứng minh: 3a2 + 5b2 ≥
.
47
2
3
2a − 3b =
3a−
5b

3
5
2
3
, 3a , −
, 5b:
 Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số
3
5
°
4.
Trần Sĩ Tùng
2
3
7a−
5
°
2 = a + b ≤ ( 1 + 1) ( a 2 + b2 )
⇔
a2 + b2
°
2 ≤ ( a 2 + b2 ) ≤ ( 1 + 1) ( a 4 + b4 )
⇔
a4 + b4
≥2
≥2
7.
Cho a + b ≥ 1
°
1≤ a + b ≤
Chứng minh: a 2 + b2 ≥
( 12 + 12 ) ( a 2 + b2 )
1
2
⇔ a 2 + b2 ≥
16
1
2

17. Trần Sĩ Tùng
Tuyển tập Bất đẳng thức
PHẦN II. ĐỀ THI ĐẠI HỌC
1.
(CĐGT II 2003 dự bị)
Cho 3 số bất kì x, y, z. CMR:
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
x 2 + xy + y 2 + x 2 + xz+z 2 ≥ y 2 + yz+z 2
(CĐBC Hoa Sen khối A 2006)
Cho x, y, z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng: x3 + y3 + z3 ≥ x + y + z.
(CĐKTKT Cần Thơ khối A 2006)
Cho 3 số dương x, y, z thoả x + y + z ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
1 1 1
thức:
A=x+y+z+ + +
x y z
(CĐSPHCM khối ABTDM 2006)
5
Cho x, y là hai số thực dương và thoả x + y = . Tìm giá trị nhỏ nhất của
4
4 1
biểu thức: A = +
.
x 4y
(CĐKTKT Cần Thơ khối B 2006)
Cho 4 số dương a, b, c, d. Chứng minh bất đẳng thức:
a
b
c
d
+
+
+
<2
a+b+c b+c +d c +d+a d+a+b
(CĐKT Cao Thắng khối A 2006)
 1 2 
 2 + x + 1÷
 ≥ 16.
Chứng minh rằng nếu x > 0 thì (x + 1)2  x
(CĐKTKTCN1 khối A 2006)
a+b+c a+b+c a+b+c
+
+
≥9
Cho 3 số dương a, b, c. Ch. minh rằng:
a
b
c
(CĐKTYTế1 2006)
Cho các số thực x, y thay đổi thoả mãn điều kiện: y ≤ 0; x2 + x = y + 12.
17

18. Tuyển tập Bất đẳng thức
Trần Sĩ Tùng
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A = xy + x + 2y + 17
9. (CĐBC Hoa Sen khối D 2006)
Cho x, y, z > 0; x + y + z = xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = xyz.
10. (Học viện BCVT 2001)
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thoả mãn điều kiện: a + b + c = 1
1
1
1
b
c 
 a
+ b + c ≥ 3 a + b + c ÷
thì:
a
3
3
3
3
3 
3
11. (ĐH Đà Nẵng khối A 2001 đợt 2)
Cho ba số dương a, b, c thoả a2 + b2 + c2 = 1. Chứng minh:
a
b
c
3 3
+ 2
+ 2
≥
2
2
2
2
2
b +c
c +a
a +b
12. (ĐH Kiến trúc HN 2001)

a 2 + b2 + c 2 = 2
Cho các số a, b, c thoả: 
ab + bc + ca = 1

4
4 4
4 4
4
≤ a ≤ ;− ≤ b ≤ ;− ≤ c ≤
3
3 3
3 3
3
(Học viện NH TPHCM khối A 2001)
Cho ∆ABC có 3 cạnh là a, b, c và p là nửa chu vi. Chứng minh rằng:
1
1
1
 1 1 1
+
+
≥ 2 + + ÷
p−a p−b p−c
a b c
(ĐH Nông nghiệp I HN khối A 2001)
Cho 3 số x, y, z > 0. Chứng minh rằng:
2 y
2 x
2 z
1
1
1
+ 3
+ 3
≤ 2 + 2+ 2
3
2
2
2
x +y
y +z
z +x
x
y
z
(ĐH PCCC khối A 2001)
Ch. minh rằng với a ≥ 2, b ≥ 2, c ≥ 2 thì: logb+ c a + logc + a b + loga +b c > 1
(ĐH Quốc gia HN khối D 2001)
Ch. minh rằng với mọi x ≥ 0 và với mọi α > 1 ta luôn có: xα + α – 1 ≥ αx.
Từ đó chứng minh rằng với 3 số dương a, b, c bất kì thì:
Chứng minh: −
13.
14.
15.
16.
a3
3
+
b3
3
+
c3
3
≥
a b c
+ +
b c a
b
c
a
17. (ĐH Thái Nguyên khối D 2001)
Cho a ≥ 1, b ≥ 1. Chứng minh rằng: a b − 1 + b a − 1 ≤ ab (*)
18. (ĐH Vinh khối A, B 2001)
Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi
bằng 3 thì:
3a2 + 3b2 + 3c2 + 4abc ≥ 13
19. (ĐH Y Thái Bình khối A 2001)
Cho a, b, c là những số dương và a + b = c. Ch. minh rằng:
18
2
3
a
2
3
+b
>
2
3
c

19. Trần Sĩ Tùng
Tuyển tập Bất đẳng thức
20. (ĐHQG HN khối A 2000)
Với a, b, c là 3 số thực bất kì thoả điều kiện a + b + c = 0. Chứng minh
rằng:
8a + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c
21. (ĐHQG HN khối D 2000)
Với a, b, c là 3 số thực dương thoả điều kiện: ab + bc + ca = abc. Chứng
b2 + 2a 2
c 2 + 2b2
a 2 + 2c 2
+
+
≥ 3
ab
bc
ca
22. (ĐH Bách khoa HN khối A 2000)
minh rằng:
Cho 2 số a, b thoả điều kiện a + b ≥ 0. Ch. minh rằng:
3
a3 + b3  a + b 
≥
÷
2
 2 
23. (ĐHSP TP HCM khối DE 2000)
Cho 3 số a, b, c bất kì. Chứng minh các BĐT:
a) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca
b) (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c)
24. (ĐH Nông nghiệp I khối A 2000)
Cho 3 số dương a, b, c thoả điều kiện abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
bc
ca
ab
+ 2
+ 2
biểu thức: P = 2
2
2
a b + a c b c + b a c a + c 2b
25. (ĐH Thuỷ lợi II 2000)
Chứng minh rằng với mọi số dương a, b, c ta đều có:
(
(a + 1).(b + 1).(c + 1) ≥ 1 + 3 abc
26. (ĐH Y HN 2000)
Giả sử x, y là hai số dương thoả điều kiện
)
3
2 3
+ = 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất
x y
của tổng x + y.
27. (ĐH An Giang khối D 2000)
Cho các số a, b, c ≥ 0. Chứng minh: ac + 1 + bc + 1 ≥ ab(ac – 1 + bc – 1)
28. (ĐH Tây Nguyên khối AB 2000)
18xyz
CMR với mọi x, y, z dương và x + y + z = 1 thì xy + yz + zx >
2 + xyz
29. (ĐH An Ninh khối A 2000)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 3 ta đều có: nn + 1 > (n + 1)n
30. (CĐSP Nha Trang 2000)
Cho 2 số thực a, b thoả điều kiện: a, b ≥ –1 và a + b = 1. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức: A = a + 1 + b + 1
31. (CĐSP Nhà trẻ – Mẫu giáo TƯ I 2000)
Chứng minh BĐT sau đây luôn luôn đúng với mọi số thực x, y, z bất kì
1
1
1
9
khác không: 2 + 2 + 2 ≥ 2
x
y
z
x + y2 + z2
BĐT cuối cùng luôn đúng ⇒ BĐT cần chứng minh đúng.
32. (ĐH Y Dược TP HCM 1999)
19

20. Tuyển tập Bất đẳng thức
Trần Sĩ Tùng
b
2
b
c
33. (ĐH Hàng hải 1999)
Cho x, y, z ≥ 0 và x + y + z ≤ 3. Chứng minh rằng:
x
y
z
3
1
1
1
+
+
≤ ≤
+
+
2
2
2
2 1+ x 1+ y 1+ z
1+ x
1+ y
1+ z
2
a
Cho 3 số a, b, c khác 0. Chứng minh:
2
2
+
+
c
2
a
2
≥
a b c
+ +
b c a
34. (ĐH An ninh HN khối D 1999)
Cho 3 số x, y, z thay đổi, nhận giá trị thuộc đoạn [0;1]. Chứng minh rằng:
2(x3 + y3 + z3) – (x2y + y2z + z2x) ≤ 3
(*)
35. (Đại học 2002 dự bị 1)
Gọi x, y, z là khoảng cách từ điểm M thuộc miền trong của ∆ABC có 3 góc
nhọn đến các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng:
a 2 + b2 + c 2 (a, b, c là các cạnh của ∆ABC, R là
2R
bán kính đường tròn ngoại tiếp). Dấu “=” xảy ra khi nào?
36. (Đại học 2002 dự bị 3)
5
Giả sử x, y là hai số dương thay đổi thoả mãn điều kiện x + y =
. Tìm
4
4 1
giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
S= +
x 4y
37. (Đại học 2002 dự bị 5)
Giả sử a, b, c, d là 4 số nguyên thay đổi thoả mãn 1 ≤ a < b < c < d ≤ 50.
a c b2 + b + 50
Chứng minh bất đẳng thức:
và tìm giá trị nhỏ nhất
+ ≥
b d
50b
a c
của biểu thức: S = + .
b d
38. (Đại học 2002 dự bị 6)
3
Cho tam giác ABC có diện tích bằng . Gọi a, b, c lần lượt là độ dài các
2
cạnh BC, CA, AB và ha, hb, hc tương ứng là độ dài các đường cao kẻ từ
các đỉnh A, B, C. Chứng minh rằng:
1
1
 1 1 1 1
 a + b + c ÷ h + h + h ÷ ≥ 3

 a
b
c 
x+ y+ z≤
39. (Đại học khối A 2003)
Cho x, y, z là 3 số dương và x + y + z ≤ 1. Chứng minh rằng:
x2 +
1
x
2
+ y2 +
1
y
2
+ z2 +
1
z2
≥ 82
40. (Đại học khối A 2003 dự bị 1)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = sin5x +
20
3 cosx

21. Trần Sĩ Tùng
Tuyển tập Bất đẳng thức
41. (Đại học khối A 2003 dự bị 2)
Tính các góc của tam giác ABC, biết rằng:
(1)
 4p(p − a) ≤ bc


A
B
C 2 3 −3
(2)
sin sin sin =
2
2
2
8

a+b+c
trong đó BC = a, CA = b, AB = c, p =
.
2
42. (Đại học khối A 2005)
1 1 1
Cho x, y, z là các số dương thoả mãn : + + = 4 .
x y z
1
1
1
+
+
≤1
Chứng minh rằng:
2x+y+z x + 2y + z x + y + 2z
43. (Đại học khối B 2005)
Chứng minh rằng với mọi x ∈ R, ta có:
x
x
x
 12   15   20 
x
x
x
 5 ÷ + 4 ÷ + 3 ÷ ≥ 3 +4 +5
    

Khi nào đẳng thức xảy ra?
44. (Đại học khối D 2005)
Cho các số dương x, y, z thoả mãn xyz = 1. Chứng minh rằng:
1+ x3 + y3
1 + y 3 + z3
1+ z3 + x 3
+
+
≥3 3
xy
yz
zx
Khi nào đẳng thức xảy ra?
45. (Đại học khối A 2005 dự bị 1)
Cho 3 số x, y, z thoả x + y + z = 0. CMR: 3 + 4x + 3 + 4 y + 3 + 4z ≥ 6
46. (Đại học khối A 2005 dự bị 2)
2
y 
9 

Chứng minh rằng với mọi x, y > 0 ta có: ( 1 + x )  1 + ÷ 1 +
÷ ≥ 256
x 
y÷



Đẳng thức xảy ra khi nào?
47. (Đại học khối B 2005 dự bị 1)
3
Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn: a + b + c = . Chứng minh rằng:
4
3
a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ≤ 3
Khi nào đẳng thức xảy ra?
48. (Đại học khối B 2005 dự bị 2)
Chứng minh rằng nếu 0 ≤ y ≤ x ≤ 1 thì x y − y x ≤
Đẳng thức xảy ra khi nào?
49. (Đại học khối D 2005 dự bị 2)
21
1
.
4

22. Tuyển tập Bất đẳng thức
Trần Sĩ Tùng
Cho x, y, z là 3 số dương và xyz = 1. CMR:
2
2
2
x
y
z
3
+
+
≥
1+ y 1+ z 1+ x 2
50. (Đại học khối A 2006)
Cho 2 số thực x ≠ 0, y ≠ 0 thay đổi và thoả mãn điều kiện:
(x + y)xy = x2 + y2 – xy.
1
1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = 3 + 3 .
x
y
51. (Đại học khối B 2006)
Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A=
( x − 1) 2 + y 2 + ( x + 1) 2 + y 2 + y − 2
LỜI GIẢI
1.
(CĐGT II 2003 dự bị)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, xét các điểm:


y 3 
3
3 
y z 
z ÷ , B  0;
y+
z ÷ , C  − ;0 ÷
Ax + ;

÷  2
÷ 2 2 
2 2 
2 


2
AB =
2
 3 
y

2
2
 x + 2 ÷ +  2 y ÷ = x + xy + y

÷




AC =
Ta có:
2
 3 
z

2
2
 x + 2 ÷ +  2 z ÷ = x + xz + z

÷




2
2
2
 3

y z
2
2
 2 − 2 ÷ +  2 (y + z) ÷ = y + yz+z

÷




Với 3 điểm A, B, C ta luôn có: AB + AC ≥ BC
BC =
x 2 + xy + y 2 + x 2 + xz+z 2 ≥ y 2 + yz+z 2
(CĐBC Hoa Sen khối A 2006)
⇒
2.
x3 + y3 + z3 ≥ 3 3 x 3 y 3 z 3 ⇒ 2(x3 + y3 + z3) ≥ 6
x3 + 1 + 1 ≥ 3 3 x 3 ⇒ x3 + 2 ≥ 3x(1)
Tương tự: y3 + 1 + 1 ≥ 3 3 y 3 ⇒ y3 + 2 ≥ 3y(2)
3.
z3 + 1 + 1 ≥ 3 3 z3 ⇒ z3 + 2 ≥ 3z
(3)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
(CĐKTKT Cần Thơ khối A 2006)
• Cách 1:
Theo BĐT Côsi:
1 ≥ x + y + z ≥ 3 3 xyz > 0
22

23. Trần Sĩ Tùng
Tuyển tập Bất đẳng thức
1 1 1
+ + ≥
x y z
A ≥ 3 3 xyz +
Từ đó:
3
Đặt: t =
3
3
xyz
3
3
xyz
xyz , điều kiện: 0 < t ≤
1
3
1
3
với 0 < t ≤
3
t
2
3
3(t − 1)
f′(t) = 3 – 2 =
< 0, ∀t ∈
t
t2
Bảng biến thiên:
Xét hàm số f(t) = 3t +
 1
 0; 3 


1
Từ bảng biến thiên ta suy ra: A ≥ 10. Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 3
1
Vậy Amin = 10 đạt được khi x = y = z = .
3
• Cách 2:
1
Theo BĐT Côsi: 1 ≥ x + y + z ≥ 3 3 xyz > 0 ⇔ 3
≥3
xyz
x+
4.
1 2
≥ ,
9x 3
y+
1 2
≥ ,
9y 3
z+
1 2
≥
9z 3
8 3
1 
1 
1  8  1 1 1

Từ đó: A=  x +
≥ 10
÷ +  y + 9y ÷ +  z + 9z ÷ + 9  x + y + z ÷≥ 2 + 9 3
9x  
xyz


 


1
1
Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = .Vậy Amin = 10 đạt được khi x = y = z =
3
3
(CĐSPHCM khối ABT 2006)
5
Ta có: x + y =
⇔ 4x + 4y – 5 = 0
4
4 1
4
1
1
+ 4y − 5 ⇒ A ≥ 2 4 .4x + 2
.4y – 5
A= +
= + 4x+
x 4y
x
4y
4y
x
⇒A≥5
23

24. Tuyển tập Bất đẳng thức
5.
6.
7.
8.
9.
Trần Sĩ Tùng
4
 x = 4x

x = 1
 1 = 4y


Dấu "=" xảy ra ⇔  4y
⇔ 
Vậy Amin = 5.
1.

y = 4
5

x + y =
4

 x,y > 0

(CĐKTKT Cần Thơ khối B 2006)
Vì a, b, c, d > 0 nên ta luôn có:
a
c
a
c
+
<
+
=1
a+b+c c+d+a a+c a+c
b
d
b
d
+
<
+
=1
b+c+d d+a+b b+d b+d
Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được đpcm.
(CĐKT Cao Thắng khối A 2006)
2
 1 2 
1 
+ + 1÷
+ 1÷
 2 x

 ≥ 16 (1) ⇔ (x + 1)2  x  ≥ 16
Ta có: (x + 1)2  x
1 
⇔ (x + 1)  + 1÷≥ 4 (do x > 0) ⇔ (x + 1)2 ≥ 4x ⇔ (x – 1)2 ≥ 0 (2)
x 
(2) luôn đúng nên (1) được chứng minh.
(CĐKTKTCN1 khối A 2006)
b c a
c a b
Xét vế trái của BĐT đã cho: VT = 1 + + + + 1 + + + + 1
a a b
b c c
b a c a c b
= 3 +  + ÷+  + ÷+  + ÷
a b a c b c
Do a, b, c > 0 nên theo BĐT Côsi ta có:
b a
b a
b c
b c
c a
c a
+ ≥ 2 . = 2;
+ ≥ 2 . = 2;
+ ≥2 . =2
a b
a b
c b
c b
a c
a c
Khi đó: VT ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9 (đpcm).
(CĐKTYTế1 2006)
y ≤ 0, x2 + x = y + 12 ⇒ x2 + x – 12 ≤ 0 ⇒ – 4 ≤ x ≤ 3
y = x2 + x – 12 ⇒ A = x3 + 3x2 – 9x – 7
Đặt f(x) = A = x3 + 3x2 – 9x – 7 với – 4 ≤ x ≤ 3
f′(x) = 3x2 + 6x – 9 ; f′(x) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = – 3
f(–4) = 13, f(–3) = 20, f(1) = –12, f(3) = 20
Vậy maxA = 20 (x = 3, y = 0), minA = –12 (x = 1, y = –10).
(CĐBC Hoa Sen khối D 2006)
Ta có: x + y + z ≥ 3 3 xyz ⇔ xyz ≥ 3 3 xyz ⇔ (xyz)2 ≥ 27 ⇔ xyz ≥ 3 3
24

25. Trần Sĩ Tùng
Tuyển tập Bất đẳng thức
Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z =
3.
Vậy minA = 3 3 .
10. (Học viện BCVT 2001)
1
Ta có hàm số f(x) = x là hàm nghịch biến nên:
3
1
 1
(a – b)  a − b ÷ ≤ 0, ∀a, b.
3 
3
a
b
b
a
+ b ≤ a + b , ∀a, b.
⇒
(1)
a
3
3
3
3
b
c
b
c
Tương tự: b + c ≤ c + b
(2)
3
3
3
3
c
a
a
c
+ a ≤ c + a
(3)
c
3
3
3
3
a
b
c
a
b
c
+ b + c = a + b+ c
Mặt khác:
(4)
a
3
3
3
3
3
3
Cộng (1), (2), (3), (4) vế theo vế ta được:
b
c 
1
1
 a
 1
3  a + b + c ÷ ≤ (a + b + c)  a + b + c ÷
3
3 
3
3 
3
3
b
c 
1
1
1
 a
3 a + b + c ÷≤ a + b + c
(vì a + b + c = 1)
3
3  3
3
3
3
1
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = .
3
11. (ĐH Đà Nẵng khối A 2001 đợt 2)
a
a
a2
=
=
Do a2 + b2 + c2 = 1 nên 2
(1)
b + c 2 1 − a 2 a(1 − a 2 )
Hay
3
3
 2a 2 + (1 − a 2 ) + (1 − a 2 ) 
2
Mà 2a .(1 – a ) ≤ 
÷ = ÷

÷ 3
3


2
4
⇒ a2.(1 – a2)2 ≤
⇒ a(1 – a2) ≤
(2)
27
3 3
2
2 2
Từ (1), (2) suy ra:
Do đó:
a
2
b +c
2
+
a
2
b +c
2
b
2
c +a
2
≥
+
3 3 2
a
2
c
2
a +b
2
≥
3 3 2
3 3
(a + b2 + c 2 ) =
2
2
25

26. Tuyển tập Bất đẳng thức
Trần Sĩ Tùng
2
2
 2a = 1 − a

1
 2
2
Dấu “=” xảy ra ⇔  2b = 1 − b ⇔ a = b = c =
.
3
 2
2
 2c = 1 − c

12. (ĐH Kiến trúc HN 2001)
a 2 + b2 + c 2 = 2
(a + b)2 − 2ab = 2 − c 2


Ta có: 
⇔ 
ab + bc + ca = 1
c(a + b) + ab = 1


a + b = S 2
Ta xem đây là hệ phương trình của a, b và đặt 
(S – 4P ≥ 0)
ab = P
S2 − 2P = 2 − c 2 (1)


(2)
cS+P =1

Từ (2) ⇒ P = 1 – cS, thay vào (1) ta được:
Ta được hệ:
 S = −c − 2
S2 – 2(1 – cS) = 2 – c2 ⇔ S2 + 2cS + c2 – 4 = 0 ⇔ 
 S = −c + 2
2
• Với S = – c – 2 ⇒ P = 1 + c(c + 2) = c + 2c + 1
BĐT: S2 – 4P ≥ 0 ⇔ (–c – 2)2 – 4(c2 + 2c + 1) ≥ 0
4
⇔ –3c2 – 4c ≥ 0
⇔ − ≤ c ≤ 0 (3)
3
• Với S = –c + 2 ⇒ P = 1 – c(–c + 2) = c2 – 2c + 1
BĐT: S2 – 4P ≥ 0 ⇔ (–c + 2)2 – 4(c2 – 2c + 1) ≥ 0
4
⇔ –3c2 + 4c ≥ 0
⇔ 0≤c≤
(4)
3
4
4
− ≤c≤
Từ (3), (4) ta được:
3
3
4
4
Tương tự ta chứng minh được: − ≤ a,b,c ≤
3
3
13. (Học viện NH TPHCM khối A 2001)
Trước hết, ta dễ dàng chứng minh được nếu x, y > 0 thì:
1 1
4
+ ≥
(1)
x y x+y
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y.
1
1
4
4
+
≥
=
Áp dụng (1) ta được:
p−a p−b p−a+p−b c
1
1
4
4
+
≥
=
p−b p−c p−b+p−c a
26

27. Trần Sĩ Tùng
Tuyển tập Bất đẳng thức
1
1
4
4
+
≥
=
p−c p−a p−c+p−a b
Cộng 3 BĐT trên vế theo vế, ta được:
 1
1
1 
 1 1 1
2
+
+
÷ ≥ 4  + + ÷ ⇔ đpcm
a b c
p−a p−b p−c
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c.
14. (ĐH Nông nghiệp I HN khối A 2001)
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương x3, y2 ta có:
2 x
2 x
1
≤
=
x3 + y2 ≥ 2 x 3 y 2 = 2xy x ⇒ 3
2
2xy x xy
x +y
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương
1
x
2
,
1
ta có:
y2
1
1 1
1
2 x
1 1
1
≤  2 + 2÷⇒ 3
≤  2 + 2÷
2
x
÷
x
xy 2 
2
y 
x +y
y ÷

Tương tự ta cũng có:
2 y
1 1
1
2 z
1 1
1 
≤  2 + 2 ÷;
3
2
÷ z3 + x 2 ≤ 2  z 2 + x 2 ÷
2 y
y +z
z 



Suy ra:
2 x
3
x +y
2
+
2 y
3
y +z
2
+
2 z
3
z +x
2
≤
1
x
2
+
1
y
2
+
1
z2
x3 = y 2
y 3 = z 2
z 3 = x 2



vaø
vaø 
Dấu “=” xảy ra ⇔ 
⇔ x=y=z=1
x = y
y = z
z = x



15. (ĐH PCCC khối A 2001)
Trước hết chú ý rằng nếu a > 1, x > 1 thì hàm số y = loga x là đồng biến
và dương.
1
Do đó hàm số y = logxa =
là nghịch biến.
loga x
Vì vai trò của a, b, c là như nhau, nên ta có thể giả thiết a ≥ b ≥ c. Ta
được:
VT= logb+ c a + logc + a b + loga +b c ≥ loga +b a + loga +b b + loga +b c = loga +b abc
Vì a, b, c ≥ 2 nên abc ≥ 2ab = ab + ab > a + b
Do đó VT ≥ loga+babc > loga+b(a + b) = 1.
16. (ĐH Quốc gia HN khối D 2001)
• Xét f(x) = xα – αx + α – 1 (x ≥ 0)
f′(x) = α(xα – 1 – 1);
f′(x) = 0 ⇔ x = 1
27

28. Tuyển tập Bất đẳng thức
Trần Sĩ Tùng
Vậy với ∀x ≥ 0 và α > 1 thì f(x) ≥ 0 hay xα + α – 1 ≥ αx.
• BĐT cần chứng minh:
3
3
3
 a 2  b 2  c 2 a b c
b÷ +c÷ +a÷ ≥ b + c + a
 
 
 
3
Áp dụng BĐT đã chứng minh với α = , ta có:
2
3
3
 a 2 1 3 a ;
 b 2 1 3 b ;
 b ÷ + 2 ≥ 2.b
 c ÷ + 2 ≥ 2.c
 
 
Mặt khác, theo BĐT Côsi ta có:
3
3
3

1  a  2  b  2  c  2  3
+
+
≥
2  b ÷  c ÷  a ÷  2
 
 
 




3
 c 2 1 3 c
 a ÷ + 2 ≥ 2.a
 
Cộng 4 BĐT trên, vế theo vế, ta có:
3
3
3

3  a  2  b  2  c  2  3 3  a b c  3
+
+
+ ≥  + + +
2  b ÷  c ÷  a ÷  2 2  b c a  2
 
 
 




3
3
3
Suy ra:  a  2 +  b  2 +  c  2 ≥ a + b + c
b÷ c÷ a÷
b c a
 
 
 
17. (ĐH Thái Nguyên khối D 2001)
BĐT (*) ⇔
a b −1 b a −1
+
≤1 ⇔
ab
ab
Theo BĐT Côsi ta có:
1
1
1
1
 1− b ÷ + a  1− a ÷ ≤ 1
b



1 
1
+ 1−
1
1 b  b ÷ 1

=
 1− b ÷ ≤
b
2
2

1 
1
+ 1−
1
1 a  a ÷ 1

=
 1− a ÷ ≤
a
2
2

Cộng 2 BĐT lại ta được BĐT cần chứng minh.
28
(1)

29. Trần Sĩ Tùng
Tuyển tập Bất đẳng thức
1 1
1
 b = 1− b = 2

Dấu “=” xảy ra ⇔ 
⇔ a = b = 2.
 1 = 1− 1 = 1
a
a 2

18. (ĐH Vinh khối A, B 2001)
Ta có: 3 – 2a = a + b + c – 2a = b + c – a > 0.
Do đó theo BĐT Côsi ta có:
3
 3 − 2a + 3 − 2b + 3 − 2c 
(3 – 2a)(3 – 2b)(3 – 2c) ≤ 
÷ =1
3


⇒ 27 – 9(2a + 2b + 2c) + 3(4ab + 4bc + 4ca) – 8abc ≤ 1
⇔ 27 – 54 + 12(ab + bc + ca) – 8abc ≤ 1
⇔ 4abc ≥ 6(ab + bc + ca) – 14
⇔ 3(a2 + b2 + c2) + 4abc ≥ 3(a2 + b2 + c2) + 6(ab + bc + ca) – 14
= 3(a + b +c)2 – 14 = 13
Đẳng thức xảy ra ⇔ 3 – 2a = 3 – 2b = 3 – 2c ⇔ a = b = c = 1.
19. (ĐH Y Thái Bình khối A 2001)
2
Từ giả thiết ta có:
Từ đó suy ra:
2
a b
a b
+ = 1 ⇒ 0 < , < 1 ⇒  a 3 +  b 3 > a + b = 1
c÷ c÷
c c
c c
c c
 
 
2
2
2
a 3 + b3 > c 3
20. (ĐHQG HN khối A 2000)
Đặt x = 2a, y = 2b, z = 2c thì x, y, z > 0.
Đ.kiện a + b + c = 0 ⇔ xyz = 2a+b+c = 1, do đó theo BĐT Côsi: x + y + z ≥ 3
Mặt khác: x3 + 1 + 1 ≥ 3x ⇒ x3 ≥ 3x – 2
Tương tự: y3 ≥ 3y – 2; z3 ≥ 3z – 2
⇒ x3 + y3 + z3 ≥ 3(x + y + z) – 6 = (x + y + z) + 2(x + y + z – 3) ≥ x + y + z
⇒ 8a + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c
21. (ĐHQG HN khối D 2000)
Ta có:
b2 + 2a 2
=
ab
b2 + 2a 2
2 2
=
1
2
+ 2.
1
a b
a
b2
1
1
1
Đặt x = ; y = ; z =
thì
a
b
c
a,b,c > 0
 x,y,z > 0
giả thiết 
⇔ 
ab + bc + ca = abc
x + y + z = 1
x 2 + 2y 2 + y 2 + 2z 2 + z 2 + 2x 2 ≥ 3
Theo BĐT Bunhiacopxki ta có:
3(x2 + 2y2) = 3(x2 + y2 + y2) ≥ (x + y + y)2
và đpcm ⇔
29

30. Tuyển tập Bất đẳng thức
Trần Sĩ Tùng
1
x 2 + 2y 2 ≥
(x + 2y)
3
Viết 2 BĐT tương tự, rồi cộng lại, ta có:
⇒
x 2 + 2y 2 + y 2 + 2z 2 + z 2 + 2x 2 ≥
Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z =
1
3
(3x + 3y + 3z) = 3
1
⇔a=b=c=3
3
22. (ĐH Bách khoa HN khối A 2000)
3
a 3 + b3  a + b 
⇔ 4(a3 + b3) ≥ (a + b)3
≥
2
2 ÷


⇔ (a + b) [4(a2 + b2 – ab) – (a2 + b2 + 2ab)] ≥ 0
⇔ (a + b)(3a2 + 3b2 – 6ab) ≥ 0 ⇔ (a + b)(a – b)2 ≥ 0
BĐT cuối cùng này đúng, nên BĐT cần chứng minh là đúng.
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = ± b.
23. (ĐHSP TP HCM khối DE 2000)
a) a2 + b2 ≥ 2ab; b2 + c2 ≥ 2bc; c2 + a2 ≥ 2ca
⇒ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca.
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c
b) (ab + bc + ca)2 = (ab)2 + (bc)2 + (ca)2 + 2(abbc + bcca + caab) ≥
≥ abbc + bcca + caab + 2abc(a + b + c) = 3abc(a + b + c)
24. (ĐH Nông nghiệp I khối A 2000)
1
bc
bc
1
a2
=
=
=
Ta có: 2
a b + a 2 c a 2 (b + c) a 2  1 + 1  1 + 1
b c÷ b c


Ta có:
1
1
1
;y= ; z=
thì
a
b
c
a, b, c > 0
 x,y,z > 0
giả thiết 
⇔ 
abc = 1

 xyz=1
Theo BĐT Bunhiacopxki ta có:
Đặt x =
và P =
x2
y2
z2
+
+
y+z z+x x+y
2

x
y
z 
(y + z + z + x + x + y).P ≥  y + z.
+ z + x.
+ x + y.
÷

y+z
z+x
x+y ÷


1
1
1
⇒ 2(x + y + z).P ≥ (x + y + z)2 ⇒ P ≥ (x + y + z) ≥ .3 3 xyz = .3
2
2
2
3
⇒P≥
2
3
Nếu P =
thì x = y = z = 1 ⇒ a = b = c = 1
2
30

31. Trần Sĩ Tùng
Tuyển tập Bất đẳng thức
Đảo lại, nếu a = b = c = 1 thì P =
3
3
. Vậy minP =
2
2
25. (ĐH Thuỷ lợi II 2000)
(a + 1).(b + 1).(c + 1) = 1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc ≥
≥
(
1 + 3 3 abc + 3 3 a 2b2 c 2 + abc = 1 + 3 abc
)
3
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c > 0.
26. (ĐH Y HN 2000)
(
2+ 3
)
2
⇒x+y≥ (
Giá trị
(
2
 2

2 3
3
=
. x+
. y ÷ ≤  + ÷(x + y) = 6(x + y)
 x
÷ x y
y


2+ 3
6
2+ 3
6
)
2
)
2
 2
3

: x=
: y

x =
x
y


đạt được ⇔ 
⇔
2


2+ 3
x + y =
y =

6

(
)
2( 2 + 3)
6
3( 2 + 3)
6
5+2 6
6
27. (ĐH An Giang khối D 2000)
Giả sử a ≥ b ≥ 0 ⇒ ac(a – b) ≥ bc(a – b) ⇒ ac + 1 + bc + 1 ≥ ab(ac – 1 + bc – 1)
28. (ĐH Tây Nguyên khối AB 2000)
Áp dụng BĐT Côsi cho 6 số dương ta có:
2 = x + y + z + x + y + z ≥ 6 3 xyz
(1)
Vậy min(x + y) =
và xy + yz + zx ≥ 3 3 x 2 y 2 z 2
(2)
Nhân các BĐT (1) và (2) vế theo vế ta được:
2(xy + yz + zx) ≥ 18xyz
(3)
Mặt khác ta có: xyz(xy + yz + zx) > 0
(4)
Cộng các BĐT (3) và (4) vế theo vế ta được:
(xy + yz + zx)(2 + xyz) > 18xyz ⇒ xy + yz + zx >
18xyz
(vì 2 +xyz > 0)
2 + xyz
29. (ĐH An Ninh khối A 2000)
Ta có: 34 = 81, 43 = 64 ⇒ 34 > 43 ⇒ BĐT cần chứng minh đúng với n = 3.
n
n
1
 n + 1

Với n > 3, đpcm ⇔ n > 
÷ ⇔  1+ n ÷ < n
 n 


n
Ta có:
1

 1+ n ÷ =


n
1
∑ Ck nk
n
k =0
=
31
(1)

32. Tuyển tập Bất đẳng thức
Trần Sĩ Tùng
n n(n − 1) 1
n(n − 1)...(n − n + 1) 1
+
. 2 + ... +
. n
n
2!
n!
n
n
1  1
1  1  2   n − 1
1−
+ ... +  1 − ÷ 1 − ÷...  1 −
=1+1+
÷<
2!  n ÷
n!  n  n  
n 


1
1
1
1
+ ... +
<1+1+
< 1 + 1 + + ... + n−1 <
2
2!
n!
2
1
1
1
< 1 + 1 + + ... + n−1 + … = 1 +
1 =3
1−
2
2
2
=1+
n
1

⇒  1 + ÷ < 3 < n ⇒ (1)
 n
30. (CĐSP Nha Trang 2000)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai cặp số (1, 1), ( a + 1, b + 1 ), ta có:
A = 1. a + 1 + 1. b + 1 ≤
6
mà a + b = 1 nên A ≤
Dấu “=” xảy ra ⇔
(1 + 1)(a + 1 + b + 1)
a +1= b+1 ⇔ a = b ⇔ a = b =
1
( do a + b = 1)
2
1
2
31. (CĐSP Nhà trẻ – Mẫu giáo TƯ I 2000)


y 2 z2   x 2
z2   x 2 y2
BĐT cần chứng minh ⇔  1 + 2 + 2 ÷ +  2 + 1 + 2 ÷ +  2 + 2 + 1÷ ≥ 9

÷ y
÷ z
÷
x
x  
y  
z


 y 2 z2   x2 z2   x 2 y2 
⇔ 3 +  2 + 2 ÷+  2 + 2 ÷+  2 + 2 ÷ ≥ 9
x

x ÷ y
y ÷ z
z ÷

 


32. (ĐH Y Dược TP HCM 1999)
Áp dụng BĐT Côsi ta có:
6 khi a = b =
Vậy maxA =
*
*
a2
b2
a2
b
2
+
b2
c2
+
+ 1≥ 2
2
+
b
a2
≥ 33
b2
a
;
b
2
a 2 b2 c 2
. .
=3
b2 c 2 a 2
b
+ 1≥ 2 ;
2
c
c
2
+
c
(1)
c2
a
2
2
a b c
≥ 2  + + ÷− 3
b c a
b
c
a
Kết hợp (1) và (2) ta được:
 a 2 b2 c 2 
a b c
2 2 + 2 + 2 ÷≥ 2 + + ÷
b
÷
b c a
c
a 

⇒
a
2
c2
2
32
+ 1≥ 2
c
a
(2)

33. Trần Sĩ Tùng
2
+
b
Tuyển tập Bất đẳng thức
2
2
+
c
2
a b c
+ +
b c a
b
c
a
33. (ĐH Hàng hải 1999)
⇒
a
2
2
≥
• Do (x – 1)2 ≥ 0 nên x2 + 1 ≥ 2x ⇔
2y
Tương tự ta cũng có:
Do đó:
2x
2y
1+ y 2
+
1+ x 2
≤ 1;
≤1
2z
1 + z2
≤1
2z
≤3
1+ x
1 + z2
x
y
z
3
+
+
≤
Hay:
(1)
2
2
2
2
1+ x
1+ y
1+ z
• Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số không âm ta có:
1
1
1
+
+
1
1
1+ x 1+ y 1+ z
≥3
=
3 (1 + x)(1 + y)(1 + z)
3
(1 + x)(1 + y)(1 + z)
2
+
1+ y
2
2x
3
≤ 3 (1 + x)(1 + y)(1 + z)
(1 + x) + (1 + y) + (1 + z)
1
1
1
⇒
≤
≤2
+
+
3
1+ x 1+ y 1+ z
3
1
1
1
+
+
⇔ ≤
(2)
2 1+ x 1+ y 1+ z
Kết hợp (1) và (2) ta được BĐT cần chứng minh.
34. (ĐH An ninh HN khối D 1999)
Vì 0 ≤ x, y, z ≤ 1 nên x2 ≥ x3; y2 ≥ y3; z2 ≥ z3.
Suy ra: 2(x3 + y3 + z3) – (x2y + y2z + z2x) ≤ 2(x2 + y2 + z2) – (x2y + y2z + z2x)
Do đó nếu ta chứng minh được:
2(x2 + y2 + z2) – (x2y + y2z + z2x) ≤ 3
(1)
thì (*) đúng.
Ta có:
(1 – y)(1 + y – x2) ≥ 0 ⇔ x2 + y2 – x2y – 1 ≤ 0
(2)
y = 1

Dấu “=” ở (2) xảy ra ⇔  x = 1
 y = 0

Tương tự ta cũng có:
x2 + z2 – z2x – 1 ≤ 0
(3)
y2 + z2 – y2z – 1 ≤ 0
(4)
Cộng (2), (3), (4) vế theo vế ta được:
2(x2 + y2 + z2) – (x2y + y2z + z2x) ≤ 3
Vậy (1) đúng ⇒ (*) đúng
;1
;1
;0;1),(0;1 }
;1)
Nhận xét: Dấu “=” ở (*) xảy ra ⇔ (x; y; z) ∈ { (1 ;1),(1 ;0),(1
35. (Đại học 2002 dự bị 1)
33

34. Tuyển tập Bất đẳng thức
x+ y+ z=
≤
1
a
. ax +
Trần Sĩ Tùng
1
b
. by +
 1 1 1
 a + b + c ÷.2S =


a 2 + b2 + c 2
2R
a = b = c
Dấu “=” xảy ra ⇔ 
⇔
x = y = z
1
c
 1 1 1
 a + b + c ÷(ax+by+cz)


. cz ≤
 1 1 1  abc
 a + b + c ÷ 2R =


ab + bc + ca
2R
≤
∆ABC ñeà
u

M truøg vôùtroï g taâ G cuû ∆ABC
n
i
n
m
a

36. (Đại học 2002 dự bị 3)
1 1 1 1 1
≥
• Cách 1: S = + + + +
x x x x 4y
5
5
x.x.x.x.4y
≥
5.5
=5
x + x + x + x + 4y
1
1
 x = 4y
x = 1



x = 4y
minS = 5 ⇔ 
⇔ 
1

y = 4
5

x + y =
4


• Cách 2: S =
4
1
+
= f(x),
x 5 − 4x
0<x<
5
4
 x 2 = (5 − 4x)2

⇔x=1
5
2
2 ; f′(x) = 0 ⇔ 
x
(5 − 4x)
0 < x <

4
Lập bảng xét dấu f′(x), suy ra minS = 5.
1
2
1
4 1
+ y.
+
• Cách 3: 2 + = x.
≤ x + y.
(3)
2
x
2 y
x 4y
f′(x) = −
4
+
4
1
 2
=
 x = 4y
x = 1

 x. x 2 y. y


Dấu “=” ở (3) xảy ra ⇔ 
⇔ 
⇔ 
5
1
x+y =
x + y = 5

y = 4

4



4
2
4 1
5 4 1 
5
(3) ⇔  ÷ ≤ .  +
÷ ⇔ x + 4y ≥ 5
4  x 4y 
2
Vậy minS = 5.
37. (Đại học 2002 dự bị 5)
Vì a ≥ 1, d ≤ 50 và c > b (c, b ∈ N) nên c ≥ b + 1 thành thử:
a c
1 b + 1 b2 + b + 50
S= + ≥ +
=
b d
b 50
50b
34

35. Trần Sĩ Tùng
Vậy BĐT của đề ra đã được chứng minh.
a = 1

Dấu “=” xảy ra ⇔ d = 50
c = b + 1

Để tìm minS, ta đặt
liên tục x:
f(x) =
b 1 1
b2 + b + 50
+ +
=
và xét hàm số có biến số
50 b 50
50b
x 1 1
+ +
(2 ≤ x ≤ 48)
50 x 50
1
1 x 2 − 50
− 2 =
;
50 x
50x 2
Bảng biến thiên:
f′(x) =
Tuyển tập Bất đẳng thức
 x 2 = 50

f′(x) = 0 
⇔ x=5 2
 2 ≤ x ≤ 48

b2 + b + 50
Chuyển về biểu thức f(b) =
(2 ≤ b ≤ 48, b ∈ N)
50b
Từ BBT suy ra khi b biến thiên từ 2 đến 7, f(b) giảm rồi chuyển sang tăng
khi b biến thiên từ 8 đến 48. Suy ra minf(b) = min[f(7); f(8)].
49 + 57
53
64 + 58
61
53
=
=
>
Ta có f(7) =
;
f(8) =
350
175
400
200 175
a =1

b = 7
53

Vậy minS =
khi 
175
c = 8
d = 50

38. (Đại học 2002 dự bị 6)
1
1
1
Ta có diện tích tam giác: S = aha = bhb = chc
2
2
2
2S
2S
2S
⇒ ha =
; hb =
; hc =
a
b
c
1
1
1
1
+
+
=
(a + b + c)
⇒
ha hb hc 2S
1
1
1
 1 1 1 1
 1 1 1
+
+
(a + b + c)  + + ÷
⇒  + + ÷
÷=
 a b c   ha hb hc  2S
a b c
 1 1 1
Áp dụng BĐT Côsi ta có: (a + b + c)  + + ÷ ≥ 9
a b c
35

36. Tuyển tập Bất đẳng thức
Trần Sĩ Tùng
1
1 9
 1 1 1 1
3
+
+
, nên ta có:  + + ÷
÷≥ = 3
2
 a b c   ha hb hc  3
39. (Đại học khối A 2003)
r r
r r
rr
Với mọi u,v ta có: u + v ≤ u + v (*)
và vì S =
r  1 r  1 r  1
Đặt a =  x; ÷; b =  y; ÷; c =  z; ÷
 x
 z
 y
r r r
r r r
r r r
Áp dụng bất đẳng thức (*), ta có: a + b + c ≥ a + b + c ≥ a + b + c
2
Vậy P = x +
1
x2
+ y2 +
1
y2
+ z2 +
1
z2
≥
2
 1 1 1
(x + y + z)2 +  + + ÷
x y z
• Cách 1:
2
 1 1 1
Ta có: P≥ (x + y + z)2 +  + + ÷ ≥
x y z
(
3 3 xyz
)
2
2

9
1  =
9t +
+  33
÷
 xyz ÷
t


2
1
x+y+z
với t = ( 3 xyz)2 ⇒ 0 < t ≤ 
÷ ≤9
3


9
 1
9
Đặt Q(t) = 9t +
⇒Q′(t) = 9 – 2 < 0, ∀t∈  0;  ⇒Q(t) giảm trên
t
 9
t
 1
⇒ Q(t) ≥ Q  ÷ = 82. Vậy P ≥ Q(t) ≥ 82
9
1
Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = .
3
• Cách 2: Ta có:
2
 1
 0; 9 


2
 1 1 1
 1 1 1
(x + y + z)2 +  + + ÷ = 81(x + y + z)2 +  + + ÷ – 80(x + y + z)2
x y z
x y z
 1 1 1
≥ 18(x + y + z).  + + ÷ – 80(x + y + z)2 ≥ 162 – 80 = 82
x y z
Vậy P ≥
82
Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z =
1
.
3
40. (Đại học khối A 2003 dự bị 1)
• Tìm max:
y = sin5x + 3 cosx ≤ sin4x + 3 cosx
Ta chứng minh:
sin4x + 3 cosx ≤ 3 , ∀x ∈ R
⇔ 3 (1 – cosx) – sin4x ≥ 0 ⇔ 3 (1 – cosx) – (1 – cos2x)2 ≥ 0
⇔ (1 – cosx).[ 3 – (1 – cosx)(1 + cosx)2 ] ≥ 0
Theo BĐT Côsi ta có:
36
(1)
(2)
(3)

37. Trần Sĩ Tùng
Tuyển tập Bất đẳng thức
(1 – cosx)(1 + cosx)(1 + cosx) =
1
(2 – 2cosx)(1 + cosx)(1 + cosx) ≤
2
3
≤
1 4 
32
 3 ÷ = 27 < 3
2 
Vậy BĐT (3) đúng ⇒ (2) đúng ⇒ y ≤ 3 , ∀x. Dấu “=” xảy ra khi cosx = 1
⇔ x = k2π. Vậy maxy = 3 .
• Tìm min: Ta có y = sin5x + 3 cosx ≥ – sin4x + 3 cosx.
Tương tự như trên, ta được miny = – 3 , đạt được khi x = π + k2π.
41. (Đại học khối A 2003 dự bị 2)
(a + b + c)(b + c − a)
2bc(1 + cos A)
(b + c)2 − a 2
≤1 ⇔
≤1
(1) ⇔
≤1 ⇔
bc
bc
bc
A 1
A 3
A
3
≤
⇔ sin2 ≥ ⇔ sin ≥
(do 0 <
2 4
2 4
2
2
Biến đổi vế trái của (2) như sau:
A
B
C 1
A
B-C
B+C 
sin sin sin = sin  cos
− cos
≤
2
2
2 2
2
2
2 ÷

2
1 2 A
A
1 
A 1
1
− sin ÷ = –  sin − ÷ −  =
= –  sin
2
2
2
2 
2 2
4


⇔ cos 2
A π
< )
2 2
(3)
1
A
A
sin  1 − sin ÷ =
2
2
2
2
1 1
A 1
−
sin − ÷
8 2
2 2

2
1 1
A
B
C 1 1 3 1
Do (3) suy ra: sin sin sin ≤ − 
= − (4 − 2 3)
−
 2 2÷
÷
8 8
2
2
2 8 2

=
2 3 −3
8
B-C

cos 2 = 1 A = 1200


⇔
Dấu “=” xảy ra ⇔ 
0
B = C = 30
sin A = 3



2
2
42. (Đại học khối A 2005)
Với a, b > 0 ta có:
1
1 1 1
1
a+b
≤  + ÷
≤
4ab ≤ (a + b)2 ⇔
⇔
a+b 4a b
a + b 4ab
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Áp dụng kết quả trên ta có:
1
1 1
1 
1  1 1  1 1 
1 1 1
1
≤ 
+
+
÷ ≤  +  + ÷ =  +
÷
2x+y+z 4  2x y + z 
4  2x 4  y z  
8  x 2y 2z 
Tương tự:
37
(1)

38. Tuyển tập Bất đẳng thức
Trần Sĩ Tùng
1
1 1
1  1  1 1  1 1 
1 1 1
1 
≤ 
+
+
÷≤  +  + ÷ =  +
÷ (2)
x + 2y + z 4  2y x + z  4  2y 4  x z  
8  y 2z 2x 
1
1 1
1  1  1 1  1 1 
1 1 1
1 
≤ 
+
+
÷≤  +  + ÷ =  +
÷ (3)
x + y + 2z 4  2z x + y  4  2z 4  x y  
8  z 2x 2y 

1
1
1
1 1 1
+
+
≤  +
+ 1÷ = 1
2x+y+z x + 2y + z x + y + 2z 4  x yz 
Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu "=" xảy ra khi và chỉ
khi
3
x = y = z. Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = .
4
43. (Đại học khối B 2005)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có:
Vậy:
x
x
x
x
x
x
 12   15 
 12 
 5 ÷ + 4 ÷ ≥ 2  5 ÷
   
 
Tương tự ta có:
x
x
 12   15 
x
 5 ÷ +  4 ÷ ≥ 2.3
   
 15 
. ÷ ⇒
 4 
x
(1)
x
 12   20 
 15   20 
x
x
(2)
(3)
 5 ÷ +  3 ÷ ≥ 2.4
 4 ÷ +  3 ÷ ≥ 2.5
  

  

Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia 2 vế của bất đẳng thức nhận
được cho 2 ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra ⇔ (1), (2), (3) là các đẳng thức ⇔ x = 0.
44. (Đại học khối D 2005)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có:
1+ x3 + y3
≥
xy
1 + x3 + y3 ≥ 3 3 1.x 3 .y 3 = 3xy ⇔
1 + y 3 + z3
≥
yz
Tương tự:
3
Mặt khác
3
xy
3
3
+
yz
+
3
yz
3
zx
≥ 33
3
xy
1 + z3 + x 3
≥
zx
(2);
3
3
yz
3
zx
(3)
3
xy
(1)
zx
3
≥3 3
(4)
xy
yz
zx
Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), (4) ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra ⇔ (1), (2), (3), (4) là các đẳng thức ⇔ x = y = z = 1.
45. (Đại học khối A 2005 dự bị 1)
Ta có:
3 + 4x = 1 + 1 + 1 + 4 x ≥ 4 4 4 x
⇒
+
⇒
+
3 + 4x ≥ 2
4
8
4x = 2 4 x
38

39. Trần Sĩ Tùng
Tuyển tập Bất đẳng thức
Tương tự:
8
3 + 4y ≥ 2 4y ;
8
3 + 4z ≥ 2 4 z
8 x 8 y 8 z 
3
3 + 4x + 3 + 4 y + 3 + 4z ≥ 2  4 + 4 + 4  ≥ 6 8 4 x.4y.4z


Vậy
≥ 6 24 4 x + y + z = 6
46. (Đại học khối A 2005 dự bị 2)
Ta có:
1+x=1+
1+
9
1+
y
x x x
x3
+ + ≥ 44 3
3 3 3
3
y
y
y
y
y3
=1+
+
+
≥ 44 3 3
x
3x 3x 3x
3 x
=1+
3
y
+
3
y
+
3
y
≥ 44
33
y3
2

9 
36
⇒  1+
÷ ≥ 16 4 3

y÷
y


2
x 3 y 3 36
y 
9 
 1+
÷ ≥ 256 4 3 . 3 3 . 3 = 256
x ÷
3 3 x y
y÷



47. (Đại học khối B 2005 dự bị 1)
• Cách 1:
3 (a + 3b).1.1 ≤ a + 3b + 1 + 1 = 1 (a + 3b + 2)
Ta có:
3
3
3 (b + 3c).1.1 ≤ b + 3c + 1 + 1 = 1 (b + 3c + 2)
3
3
3 (c + 3a).1.1 ≤ c + 3a + 1 + 1 = 1 (c + 3a + 2)
3
3
1 3
1

Suy ra: 3 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ≤ [ 4(a + b + c) + 6 ] ≤  4. + 6  = 3
3 4
3

3

a + b + c =
1
4
Dấu "=" xảy ra ⇔ 
⇔a=b=c=
4
a + 3b = b + 3c = c + 3a=1

Vậy:
( 1+ x )  1+

• Cách 2:
Đặt x = 3 a + 3b ⇒ x3 = a + 3b;
z=
3
3
c + 3a ⇒ z = c + 3a
⇒ x3 + y3 + z3 = 4(a + b + c) = 4.
y=
3
3
b + 3c ⇒ y = b + 3c;
3
= 3. BĐT cần ch. minh ⇔ x + y + z ≤ 3
4
Ta có: x3 + 1 + 1 ≥ 3 3 x 3 .1.1 = 3x; y3 + 1 + 1 ≥ 3 3 y 3 .1.1 = 3y;
z3 + 1 + 1 ≥ 3 3 z3 .1.1 = 3z
⇒ 9 ≥ 3(x + y + z) (vì x3 + y3 + z3 = 3)
39

40. Tuyển tập Bất đẳng thức
Trần Sĩ Tùng
Vậy x + y + z ≤ 3
x 3 = y 3 = z3 = 1
a + 3b = b + 3c = c + 3a=1


Dấu "=" xảy ra ⇔ 
⇔ 
3
3
a + b + c =
a+b+c= 4


4
1
⇔a=b=c=
4
48. (Đại học khối B 2005 dự bị 2)
Ta có: 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ x ≥ x2
1
1
x y −y x ≤ ⇔ x y ≤ +y x
(1)
4
4
1
1
1
1
Theo BĐT Côsi ta có: y x + ≥ yx 2 + ≥ 2 yx 2 . = x y ⇒ x y − y x ≤
4
4
4
4

0 ≤ y ≤ x ≤ 1

2
⇔
Dấu "=" xảy ra ⇔  x = x

1
 yx 2 =

4
49. (Đại học khối D 2005 dự bị 2)
Ta có:
x = 1


1
y = 4

x2
1+ y
x 2 1+ y
+
≥2
.
=x
1+ y
4
1+ y 4
y2
1+ z
y 2 1+ z
+
≥2
.
=y
1+ z
4
1+ z 4
z2
1+ x
z2 1+ x
+
≥2
.
=z
1+ x
4
1+ x 4
Cộng 3 bất đẳng thức trên, vế theo vế, ta có:
 x2
1+ y   y 2
1+ z   z2
1+ x 
+
+
+

÷+ 
÷+ 
÷≥ x + y + z
 1+ y
÷  1+ z
÷  1+ x
4  
4  
4 ÷


x2
y2
z2
3 x+y+z
3(x + y + z) 3
+
+
≥− −
+x+y+z ≥
−
1+ y 1+ z 1+ x
4
4
4
4
3
3 9 3 3
≥ .3 − = − = (vì x + y + z ≥ 3 3 xyz = 3)
4
4 4 4 2
x2
y2
z2
3
+
+
≥ .
Vậy:
1+ y 1+ z 1+ x 2
50. (Đại học khối A 2006)
• Cách 1:
⇔
40

41. Trần Sĩ Tùng
Tuyển tập Bất đẳng thức
Từ giả thiết suy ra:
1 1
1
1
1
+ =
+
−
.
x y x 2 y 2 xy
1
1
= a, = b, ta có: a + b = a2 + b2 – ab
y
x
A = a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) = (a + b)2
Từ (1) suy ra: a + b = (a + b)2 – 3ab.
Đặt
(1)
2
3
a +b
2
2
Vì ab ≤ 
÷ nên a + b ≥ (a + b) – 4 (a + b)
 2 
⇒ (a + b)2 – 4(a + b) ≤ 0 ⇒ 0 ≤ a + b ≤ 4
Suy ra: A = (a + b)2 ≤ 16
1
Với x = y =
thì A = 16. Vậy giá trị lớn nhất của A là 16.
2
• Cách 2:
Đặt S = x + y, P = xy với S2 – 4P ≥ 0. Từ giả thiết ⇒ S, P ≠ 0.
Ta có: SP = S2 – 3P ⇔ P =
A=
1
x
3
⇒A=
+
1
y
3
=
x3 + y3
x3 y3
=
S2
S+3
(x + y)(x 2 + y 2 − xy)
x3 y3
=
(x + y)2 xy
x3 y3
=
(x + y)2
x2y2
S2
S+3
=
÷
 S 
P
2
 S −1
S −1
4S2

÷
2
2
2 S + 3 
Đk: S – 4P ≥ 0 ⇔ S – S + 3 ≥ 0 ⇔ S
≥ 0 ⇔ S + 3 ≥ 0 (vì S≠0)
 S < −3
⇔ 
(*)
S ≥ 1
−3
S+3
Đặt h = f(S) =
⇒ h′ = 2 < 0, ∀S thoả (*)
S
S
Từ bảng biến thiên, ta có: 0 < h ≤ 4 và h ≠ 1, ∀S thoả (*).
1
1
Mà A = h ⇒ MaxA = 16 khi x = y =
(S = 1, P = ).
2
4
• Cách 3:
41

42. Tuyển tập Bất đẳng thức
2
Trần Sĩ Tùng
2
y
3y

(x + y)xy =  x − ÷ +
2
4

3
3
1
1
x +y
A= 3 + 3 =
=
x
y
x3 y3
>0⇒
1 1 x+y
+ =
>0
x y
xy
2
 1 1
 + ÷ ⇒
x y
A=
1 1
+
x y
3
a 3 + b3
a+b
Dễ chứng minh được: 
(với a + b > 0)
÷ ≤
2
 2 
dấu "=" xảy ra khi a = b.
1
1
Áp dụng với a = , b = , ta có:
y
x
3
3
3
 1
 1
 1 1
3
+ ÷
x÷ +y÷
x y
  ⇔  A  ≤ A ⇔ A ≤ 16.

÷ ≤ 

 2 ÷
÷
2
2
 2 ÷



÷


1 1
Dấu "=" xảy ra khi = = 2 . Vậy Max A = 16.
x y
• Cách 4:
S
3S
S2
A = 2 , suy ra A = = 2
P S − SP
P
S2 – 4P ≥ 0 ⇔ S2 – 4
Nên: A =
S2
2
P
P 1
1−
S2 − SP
≥ 0 ⇔ 1− 4
(chia cho S2)
S ≥0⇔ ≥
S 4
3
3
≤ 16. Vậy Max A = 16 (khi x = y =
P
51. (Đại học khối B 2006)
Trong mpOxy, xét M(x – 1; –y), N(x + 1; y).
Do OM + ON ≥ MN nên:
( x − 1) 2 + y 2 + ( x + 1) 2 + y 2
1
).
2
≥ 4 + 4y 2 = 2 1 + y 2
Do đó: A ≥ 2 1 + y 2 + y − 2 = f(y)
• Với y ≤ 2 ⇒ f(y) = 2 1 + y 2 + 2 – y ⇒ f′(y) =
2y
y2 + 1
y ≥ 0
1

1+ y 2 ⇔  2
2 ⇔y=
3
 4y = 1 + y

Do đó ta có bảng biến thiên như trên
f′(y) = 0 ⇔ 2y =
• Với y ≥ 2 ⇒ f(y) ≥ 2 1 + y 2 ≥ 2 5 > 2 +
42
3.
–1

43. Trần Sĩ Tùng
Tuyển tập Bất đẳng thức
3 với mọi số thực x, y.
1
Khi x = 0 và y =
thì A = 2 + 3
3
Nên giá trị nhỏ nhất của A là 2 + 3 .
Vậy A ≥ 2 +
43