1. Trường: THPT Lê Quý Đôn
Lớp: 11 Toán
Tên: Nguyễn Thị Thanh Hiền
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c ta có:
3
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
Giải:
Xét các biểu thức sau
a b c
S
b c c a a b
= + +
+ + +
b c a
A
b c c a a b
= + +
+ + +
c a b
B
c b c a a b
= + +
+ + +
Ta có A + B = 3. Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy thì:
3
a b b c c a
S A
b c c a a b
+ + +
+ = + + ≥
+ + +
3
a b b c c a
S A
b c c a a b
+ + +
+ = + + ≥
+ + +
Cộng theo vế ta có
A + B +2S ≥3 ⇔ S≥
3
2
(Điều phải chứng minh)
Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c, d ta có:
2
a b c d
b c c d d a a b
+ + + ≥
+ + + +
Giải : Đặt
a b c d
S
b c c d d a a b
= + + +
+ + + +
b c a a
A
b c c d d a a b
= + + +
+ + + +
c d a b
B
b c c d d a a b
= + + +
+ + + +
1
2. Theo bất đẳng thức Cauchy thì:
4
a b b c c d d a
S B
b c c d d a a b
+ + + +
+ = + + + ≥
+ + + +
a c b d c a d b
S A
b c c d d a a b
+ + + +
+ = + + +
+ + + +
a c c a b d d b
b c d a c d a b
+ + + +
= + + +
+ + + +
4( )a c
a b c d
+
≥
+ + +
4( )
4
b d
a b c d
+
+ =
+ + +
Cộng theo vế ta có A+B+2S ≥8 mà A+B=4 vậy S≥ 4 (Điều phải chứng
minh)
Bài 3: Cho x, y, z >0 và xyz = 1, chứng minh rằng:
3 3 3
3
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) 4
x y z
y z z x x y
+ + ≥
+ + + + + +
Ta có:
3
1 1
3
(1 )(1 ) 8 8 4
x y z x
y z
+ +
+ + ≥
+ +
Tương tự ta có:
3
1 1
3
(1 )(1 ) 8 8 4
y x z y
z x
+ +
+ + ≥
+ +
3
1 1
3
(1 )(1 ) 8 8 4
z x y z
x y
+ +
+ + ≥
+ +
Cộng theo vế rồi rút gọn ta có:
3 3 3
3
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) 4
x y z
y z z x x y
+ + + ≥
+ + + + + +
33 3
2 2 2
xyzx y z+ +
≥ =
2
3. vậy
3 3 3
3
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) 4
x y z
y z z x x y
+ + ≥
+ + + + + +
Bài 4: Cho a, b, c, d >0 và ab+bc+cd+da = 1, chứng minh rằng:
3 3 3 3
1
3
a b c d
b c d c d a a b d a b c
+ + + ≥
+ + + + + + + +
Ta có (a + b + c + d)2
= [(a + c)+(b + d)]2
≥4(a + c)(b + d)
= 4(ab + bc + cd + da) = 4⇔ a + b + c + d ≥ 2 ( a, b, c, d >0)
3
1 2
8 6 12 3
a b c d a a
b c d
+ +
+ + + ≥
+ +
Tương tự ta có
3
1 2
8 6 12 3
b a c d b b
c d a
+ +
+ + + ≥
+ +
3
1 2
8 6 12 3
c a b d c c
a b d
+ +
+ + + ≥
+ +
3
1 2
8 6 12 3
d a b c d d
a b c
+ +
+ + + ≥
+ +
Cộng theo vế các bất đẳng thức ta có:
3 3 3 3
1 2 1 1
3 3 3 3 3
a b c d a b c d
b c d c d a a b d a b c
+ + +
+ + + ≥ − ≥ − =
+ + + + + + + +
vậy
3 3 3 3
1
3
a b c d
b c d c d a a b d a b c
+ + + ≥
+ + + + + + + +
Bài 5: Cho a, b, c>0, chứng minh rằng:
2
1 1 1 27
( ) ( ) ( ) 2( )a a b b b c c a c a b c
+ + ≥
+ + + + +
(1)
Giải:
VT(1) ≥ 3
3 3
1 3
3
( )( )( ) ( )( )( )abc a b b c c a abc a b b c c a
=
+ + + + + +
3
4. 2
3 27
2( ) 2( )*
3 3
a b c a b c a b c
≥ =
+ + + + + +
Dấu ‘=’ xảy ra⇔
a b c
a b b c c a
= =
+ = + = +
⇔ a=b=c
Bài 6:Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c ta luôn có:
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
a b abc b c abc a c abc abc
+ + ≤
+ + + + + +
Giải
∀ a, b, c >0 ta luôn có
(a - b)2
(a + b) ≥0 ⇔ (a - b)(a2
- b2
) ≥0⇔ a3
+b3
-a2
b-ab2
≥0
⇔ a3
+b3
≥ a2
b+ab2 ⇔ a3
+b3
≥ab(a+b)
⇒
3 3
( )
abc abc c
a b abc ab a b abc a b c
≤ =
+ + + + + +
Tương tự ta có
3 3
( )
abc abc a
b c abc bc b c abc a b c
≤ =
+ + + + + +
3 3
( )
abc abc b
a c abc ac a c abc a b c
≤ =
+ + + + + +
Cộng theo vế ta có:
3 3 3 3 3 3
1
abc abc abc a b c
a b abc b c abc a c abc a b c
+ +
+ + ≤ =
+ + + + + + + +
⇔
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
a b abc b c abc a c abc abc
+ + ≤
+ + + + + +
Bài 7: Cho các số thực dương x, y, z dương thoả mãn điều kiện
x2
+ y2
+z2
=3. Chứng minh rằng:
3
xy yz zx
z x y
+ + ≥ (1)
4
5. Giải : Ta có:
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
2
x y y z z x x y y z x y z x y z z x
z x y z x z y x y
+ + = + + + + + ÷ ÷ ÷ ÷
( )2 2 2
2 x y z≥ + + ⇔
2 2 2 2 2 2
2 2 2
x y y z z x
z x y
+ + ≥ 2 2 2
x y z+ +
VT(1) bình phương ta được:
2 2 2 2 2 2
2 2 2
x y y z z x
z x y
+ + ( )2 2 2
+ 2 x y z+ +
≥ 2 2 2
x y z+ + ( )2 2 2
+ 2 x y z+ + = ( )2 2 2
3 x y z+ + =VP(1) bình
phương
Lấy căn bậc hai hai vế (hai vế đều dương) ta được điều phải chứng
minh
Bài 8:Cho các số dương x, y, z có tích bằng 1. Chứng minh rằng:
5 5 5 5 5 5
1
xy yz xz
x xy y y y z x xz z
+ + ≤
+ + + + + +
Giải:
∀ x, y, z dương ta luôn có: (x-y)2
(x+y)(x2
+xy+y2
) ≥0
⇔ (x2
-y2
)(x3
-y3
) ≥0⇔ x5
-y5
≥x2
y2
(x+y)
5 5
xy
x xy y
⇒
+ +
≤ ( )2 2
x y x y
xy
xy + +
1
1 ( )
z
xy x y x y z
= =
+ + + +
Tương tự ta có
( )2 2
y y
yz x
zy z z x y z
≤
+ + + +
,
( )2 2
xz y
zx z x z x x y z
≤
+ + + +
cộng theo vế các bất đẳng thức ta có
5 5 5 5 5 5
1
xy yz xz x y z
x xy y y y z x xz z x y z
+ +
+ + ≤ =
+ + + + + + + +
Bài 9: Cho các số thực dương x1, x2, ..., xn thoả mãn
5
6. 1 2
1 1 1
... 1
1 1 1 nx x x
+ + + =
+ + +
Chứng minh rằng: x1.x2..... xn ≥(n-1)n
Giải:Ta có
1
1
1 1 2 2 3
1 1 1 1
1 ...
1 1 1 1 (1 )(1 ).....(1 )n
n n
x n
x x x x x x x−
−
= − = + + ≥ ÷
+ + + + + + +
2
1
2 2 1 1 3
1 1 1 1
1 ...
1 1 1 1 (1 )(1 ).....(1 )n
n n
x n
x x x x x x x−
−
= − = + + ≥ ÷
+ + + + + + +
....
1
1 1 1 2 1
1 1 1 1
1 ...
1 1 1 1 (1 )(1 ).....(1 )
n
n
n n n n
x n
x x x x x x x−
− −
−
= − = + + ≥ ÷
+ + + + + + +
Nhân hai vế của n bất đẳng thức trên ta có:
( ) ( ) ( )
( )
( )
1 2
1
11 2
1 2 3
1. .....
1 1 ..... 1 (1 )(1 )(1 ).....(1 )
n
n
n
nn
n
nx x x
x x x x x x x
−
−
−
≥
+ + + + + + +
⇔ x1.x2..... xn ≥(n-1)n
Bài 10: Cho các số dương a, b, c, d thoã mãn điều kiện a+b+c+d=4.
Chứng minh rằng:
2 2 2 2
2
1 1 1 1
a b c d
b c c d d a a b
+ + + ≥
+ + + +
Giải:
Ta có:
2 2
2 2
. . ( )
1 1 2 2 42
a ab c ab c ab c b a a c b a ac
a a a a a
b c b c b c
+
= − ≥ − = − = − ≥ −
+ +
2
1 4
a ba abc
a
b c
+
≥ −
+
Tương tự ta có:
6
7. 2
1 4
b bc bcd
b
c d
+
≥ −
+
, 2
1 4
c cd cda
c
c d
+
≥ −
+
,
2
1 4
d da dab
d
d a
+
≥ −
+
Cộng theo vế 4 bất đẳng thức trên ta có:
2 2 2 2
1 1 1 1
a b c d
b c c d d a a b
+ + + ≥
+ + + +
( )
1
4
a b c d ab bc cd da abc bcd cda dab+ + + − + + + + + + +
Mặt khác ta có:
42
= (a+b+c+d)2
≥4(a+c)(b+d) = 4(ab+bc+cd+da)
hay ab+bc+cd+da ≤ a+b+c+d
Tương tự abc+bcd+cda+dab≤ a+b+c+d
vậy
2 2 2 2
1 1 1 1
a b c d
b c c d d a a b
+ + + ≥
+ + + +
( )
1
2
a b c d a b c d+ + + − + + +
=
1 1
( ) .4 2
2 2
a b c d+ + + = = (điều phải chứng minh)
Bài 11:Cho các số dương a, b, c có tổng bằng 3, chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2
1
2 2 2
a b c
a b b c c a
+ + ≥
+ + +
Giải:
( )
( )
22 2 22 2 2
2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
a b ca b c
a b b c c a a b c a b b c c a
+ +
+ + ≥
+ + + + + + + +
Do đó ta chỉ cần chứng minh
(a2
+b2
+c2
)2
≥a3
+ b3
+ c3
+2(a2
b2
+ c2
b2
+ a2
c2
)
⇔ a4
+ b4
+ c4
≥ a3
+ b3
+ c3
7
8. Thật vậy
3(a3
+ b3
+ c3
) = (a3
+ b3
+ c3
)(a+b+c) ≥(a2
+b2
+c2
)2
≥(a2
+b2
+c2
)(1+1+1) ≥(a+b+c)2
=9
Do đó a2
+b2
+c2
≥3, suy ra a3
+ b3
+ c3
≥a2
+b2
+c2
(a4
+ b4
+ c4
)( a2
+b2
+c2
) ≥(a3
+ b3
+ c3
)2⇒ a4
+ b4
+ c4
≥a3
+ b3
+ c3
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1
Bài 12: Giả sử x ≥y ≥z ≥0, chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2x y y z z x
x y z
z x y
+ + ≥ + +
Giải:Từ giả thiết ta có:
2 2 2 2 2 2
x y y z z x x z y x z y
z x y y z x
+ + − − −
( ) ( ) ( ) ( ) 0
xy yz zx x y y z x z
xyz
+ + − − −
= ≥
2 2 2 2 2 2
x y y z z x x z y x z y
z x y y z x
⇔ + + ≥ + +
22 2 2 2 2 2 2 2 2
x y y z z x x y y z z x x z y x z y
z x y z x y y z x
⇔ + + ≥ + + + + ÷ ÷ ÷
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwars ta có:
( )
2 2 2 2 2 2
22 2 2x y y z z x x z y x z y
x y z
z x y y z x
+ + + + ≥ + + ÷ ÷
( )
22 2 2
22 2 2x y y z z x
x y z
z x y
⇔ + + ≥ + + ÷
( )
2 2 2
2 2 2
, , 0
x y y z z x
x y z x y z
z x y
+ + ≥ + + >
8
9. Bài 13:Giả sử x, y, z ≥1 và
1 1 1
2
x y z
+ + = , chứng minh rằng:
1 1 1x y z x y z+ + ≥ − + − + −
Giải:
Ta có:
1 1 1
2
x y z
+ + =
1 1 1
1
x y z
x y z
− − −
⇒ + + =
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwars ta có:
x+y+z=( x+y+z)
1 1 1x y z
x y z
− − −
+ + ÷
( )
2
1 1 1x y z≥ − + − + −
⇒ 1 1 1x y z x y z+ + ≥ − + − + −
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=3/2
Bài 14:Chứng minh rằng nếu a, b, c ≥1 và abc=1 ta luôn có:
1 1 1
1
2 2 2a b c
+ + ≤
+ + +
Giải: Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
2 2 2
1 1 1 1
2 2 2a b c
− + − + − ≥
+ + +
1
2 2 2
a b c
a b c
⇔ + + ≥
+ + +
Luôn tồn tại các số thực dương x, y, z sao cho a = x/y, b = y/z, c = z/x.
Khi đó bất đẳng thức trên trở thành:
/ / /
1
2 / 2 / 2 /
1
2 2 2
x y y z z x
x y y z z x
x y z
x y y z z x
+ + ≥
+ + +
⇔ + + ≥
+ + +
theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
9
10. ( )
2
1
2 2 2 ( 2 ) ( 2 ) ( 2 )
x y zx y z
x y y z z x x x y y y z z z x
+ +
+ + ≥ =
+ + + + + + + +
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z hay a = b = c= 1
Bài 15:Cho các số thực không âm a, b, c có tổng bằng 1. Chứng minh
rằng:
3 3 3
1
2 2 2
a b c
a b b c c a
+ + ≥
+ + +
Giải:Xét các biểu thức:
S= 3 3 3
2 2 2
a b c
a b b c c a
+ +
+ + +
2
( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( ) 1P a a a b b c c c a a b c= + + + + + = + + =
Theo bất đẳng thức Holder ta có:
S3
.P ≥(a +b +c)4⇒ S3
≥(a +b +c)2
= 1⇒ S ≥1
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1/3
Bài 16: Cho a1,a2,...,an dương và có tổng bằng 1, tìm GTNN của biếu
thức:
1 2
1 2
...
1 1 1
n
n
aa a
a a a
+ + +
− − −
Giải:
1 2
1 2
...
1 1 1
n
n
aa a
A
a a a
= + + +
− − −
B = a1(1 - a1) + a2(1 – a2) + ...+ an(1 – an)
Theo bất đẳng thức Holder ta có : A2
B ≥(a1 + a2 + ... + an)3
= 1
Dễ thấy B =1-(a1
2
+ a2
2
+...+ an
2
)≤ 1-
( )
2
1 2 na a ... a 1n
n n
+ + + −
= =
10
11. do đó
1n
A
n
−
≥ Đẳng thức xáy ra khi ai =
1
1,i n
n
∀ =
Bài 17: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn xy + yz + zx = 1.
Chứng minh :
1 1 1 1
2
2x y y z z x
+ + ≥ +
+ + +
Giả sử x = max(x, y, z) và đặt a = y + z > 0 ta có ax = 1 – yz ≤ 1
⇔
1
x
a
≤
Xét hàm số sau
( )
2
2
1 1 1 1 2 2 1
1
x y z x
f x
xx y y z z x y z
+ + + +
= + + = +
++ + + +
2
2
1 2 2 1
1
x a x
xa
+ + +
= +
+
Mặt khác:
( )
( ) ( )
2 2
'
32 2
1
0,
1 2 2 1
yz x x x
f x
x x a x
− − +
= ≤
+ + + +
nên ( )f x nghịch biến
Ta có ( ) 2
1 1
1
a
f x f a
a aa
≥ = + + ÷
+
( )
( )
( ) ( )
2
2
2 2
11 1
1 2
22 1 2 1
a
a
a a a a
+ ÷= − − + + ÷
+ + + ÷
Nên ( )
1 1
2
2
f x f
a
≥ ≥ + ÷
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y =1, z = 0 hoặc các hoán
vị
11
