Chuyên đề Bất đẳng thức luyện thi Đại học

.com
ww
w.
VN
MA
TH
.co
m
Chuyên đề Bất đẳng thức LTĐH năm 2015 Biên soạn: Thầy Lê Xuân Đại cvp 
 20 
 Ta sẽ thêm cho 
3a
(1 b)(1 c) 
 những hạng tử gì? Để trả lời được câu hỏi đó các 
bạn chú ý là dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1. 
 Lúc đó thì 
3a 1 1 1 1 b 1 c
(1 b)(1 c) 4 8 8 8
  
   
 
 Vì vậy ta có cách chứng minh sau: 
Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương ta được 
3 3
3
a 1 b 1 c a 1 b 1 c 33. . . a
(1 b)(1 c) 8 8 (1 b)(1 c) 8 8 4
   
   
   
Cùng hai BĐT tương tự ta có: 
3 3 3a b c 3 1 3(a b c)
(1 b)(1 c) (1 c)(1 a) (1 a)(1 b) 4 2 2
      
     
 (đpcm). 
Điều phải chứng minh. 
Ví dụ 5. Cho a, b, c dương. Chứng minh rằng: 
3 3 3a b c 1 (a b c)
b(c a) c(a b) a(b c) 2
    
  
Phân tích bài toán: 
 * Dự đoán dấu bằng xảy ra khi a=b=c. 
 * Khi đó 
3 3a a a c a b
b(c a) a(a a) 2 4 2

   
 
. Viết như vậy vì dụng ý của ta là phải 
khử được mẫu số ở vế trái. Như vậy có thể thực hiện lời giải đơn giản như sau: 
Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương ta được 
3 3
3
a c a b a c a b 33. . . a
b(c a) 4 2 b(c a) 4 2 2
 
   
 
Cùng hai BĐT tương tự ta có điều phải chứng minh. 
Ví dụ 6. Cho a, b, c dương thoả mãn a b c 3   . Tìm giá trị lớn nhất của 
3 3 3P a 2010b b 2010c c 2010a      
Phân tích bài toán: 
 * Dự đoán P đạt GTLN tại a b c 1   (tất nhiên không phải lúc nào điều dự đoán 
của ta cũng đúng) 
 * Khi đó 3 3a 2010b 2011  và dự đoán giá trị lớn nhất của P bằng 33 2011 
(thế này mà thi trắc nghiệm thì ngon quá...) 
www.VNMATH.com
ww
w.
VN
MA
TH
.co
m
Chuyên đề Bất đẳng thức LTĐH năm 2015 Biên soạn: Thầy Lê Xuân Đại cvp 
 21 
 * Bây giờ với một tham số m>0 nào đó, ta viết 
3 3
2 23 3
1 1 (a 2010b) m ma 2010b . (a 2010b).m.m .
3m m
  
    . 
Vấn đề bây giờ là ta chọn m bằng bao nhiêu thì phù hợp? 
Dễ thấy dấu bằng xảy ra khi 
a b 1
m 2011
a 2010b m
 
 
 
Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương ta có: 
3 3
2 23 3
1 1 (a 2010b) 2011 2011a 2010b . (a 2010b).2011.2011 .
32011 2011
  
    
Cùng hai BĐT tương tự và cộng lại ta được: 
3
23
1 2011(a b c) 6.2011P . 3. 2011
32011
     
 
Dấu bằng xảy ra khi a b c 1   . Vậy GTLN của P bằng 33 2011 . 
Ví dụ 7. Cho a,b,c không âm thỏa mãn a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của 
  3 3 3P a 64b c . 
Phân tích bài toán: 
 Đây là bài toán mà các vai trò của các biến không như nhau. Tuy nhiên ta vẫn dự 
đoán được P đạt GTNN khi a=c. Vấn đề là bằng bao nhiêu thì chưa thể nói ngay được. Để 
biết điều đó ta xét hai tham số , 0   và viết P như sau: 
                 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3P (a ) (64b ) (c ) 4 2 
Áp dụng BĐT Côsi ta có: 
         2 2 2 3 3P 3 a 3.4 b 3 c 4 2 (*) 
Dấu bằng xảy ra khi 
  
      
   
a c
b / 4 2 3 (1)
4
a b c 3
Đến đây vẫn chưa đủ để có thể tìm ra  , . 
Để ý rằng giả thiết cho a+b+c=3 nên từ (*) ta sẽ làm cho các hệ số đứng trước a,b,c bằng 
nhau. Cụ thể là   2 23 12 (2) 
Từ (1) và (2) dễ tìm ra 24 12,
17 17
    . 
www.VNMATH.com
ww
w.
VN
MA
TH
.co
m
Chuyên đề Bất đẳng thức LTĐH năm 2015 Biên soạn: Thầy Lê Xuân Đại cvp 
 22 
 Khi đó 24 3a c ,b
17 17
   và 
3
2
12
P
17
Mọi thứ thế là ổn. Các bạn hãy tự viết lại lời giải bài toán này và “nâng nâng” trong niềm 
vui chiến thắng nhé. 
Nhận xét: Nếu ta bỏ giả thiết a+b+c=3 thì ta có thể thu được BĐT sau: 
 Cho a,b,c không âm. Chứng minh rằng 
    3 3 3 3289(a 64b c ) 64(a b c) . 
 Lời giải của bài toán này dành cho bạn đọc (gợi ý là có thể chuẩn hoá để đưa về bài 
toán ở trên). 
Ví dụ 8. Cho x,y,z dương thỏa mãn xy yz xz 1   . Tìm giá trị nhỏ nhất của 
  2 2 2P 3(x y ) z . 
Phân tích bài toán: 
Chắc không phải bình luận gì thì các bạn đều công nhận với tôi rằng bài toán này 
quá hay, cấu trúc đẹp mắt nhưng không hề dễ dàng. Tất nhiên ai chẳng mong rằng đề bài sẽ 
cho tìm GTNN của   2 2 2P x y z hoặc vui hơn là tìm GTNN của 
   2 2 2P x y z 2013 .... Ta trở lại quá trình phân tích và tìm tòi lời giải cho bài toán: 
Điều kiện rằng buộc ở giả thiết là đối xứng với x,y,z, nhưng trong biểu thức P chỉ 
đối xứng với x,y; vai trò của z với x,y là như nhau. Vì vậy ta dự đoán P đạt GTNN khi x=y 
và 
2z x y
2
   (với 0 nào đó). 
Ta đưa ra đánh giá như sau: 
2
2 zx 2 .xz
2 2
 

 ; 
2
2 zy 2 .yz
2 2
 

 và  2 2. x y 2. .xy
2 2
 
  
Do đó:    2 2 2. x y z 2. . xy yz xz 22 2 2
 
       
 
  
 . 
Như thế ta chọn 0 sao cho 3
2
 

 (số 3 trong đề bài), có thể thấy ngay 
một số 2 . 
Dấu bằng xảy ra khi 2
2 2
1x yxy yz xz 1 z 2x 2y 5
z xy yz xz 1 2x y z2 5
          
       
 
www.VNMATH.com
ww
w.
VN
MA
TH
.co
m
Chuyên đề Bất đẳng thức LTĐH năm 2015 Biên soạn: Thầy Lê Xuân Đại cvp 
 23 
Lúc đó GTNN của P bằng 2. 
Các bạn hãy bắt tay tự giải bài toán tương tự sau nhé: 
 Cho x,y,z dương thỏa mãn x y z 1   . Tìm giá trị nhỏ nhất của 
  
3
3 3 zP x y
4
. 
IV. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM 
1. Nội dung phương pháp 
 a) Các kiến thức liên quan: 
1. Hàm f(x) đồng biến trên D khi và chỉ khi f '(x) 0 x D   . 
 2. Hàm f(x) nghịch biến trên D khi và chỉ khi f '(x) 0 x D   . 
3. Cho hàm f(x) đồng biến trên D, khi đó với u,v D ta có: u v f (u) f (v)   
 4. Cho hàm f(x) nghịch biến trên D, khi đó với u,v D ta có: u v f (u) f (v)   
 b) Phương pháp giải: Để chứng minh BĐT bằng PP đạo hàm, ta khảo sát sự biến thiên 
của một hàm số f(x) nào đó có liên quan tới cấu trúc của BĐT cần chứng minh. Từ sự biến 
thiên của hàm số f(x) ta suy ra BĐT cần chứng minh. Chú ý là các biến bị ràng buộc theo 
giả thiết của bài toán. 
Để các bạn có thể hiểu ngay tư tưởng của phương pháp này tôi xin đưa ra một bài 
toán đơn giản sau: 
“ Cho a b . Chứng minh rằng: 2 2
1 1a b
a 1 b 1
  
 
 ” 
Các bạn có thể chứng minh bài toán này bằng PP biến đổi tương đương, tuy nhiên 
nhìn vào đặc điểm hai vế của BĐT ta xét hàm số 2
1f (x) x
x 1
 

 với x 
Ta có 
4 2 4 2 2
2 2 2 2 2 2
2x x 2x 1 2x x x (x 1)f '(x) 1 0
(x 1) (x 1) (x 1)
     
    
  
 với mọi x . 
Suy ra hàm f(x) đồng biến trên  . 
Mà a b f (a) f (b)   , hay 2 2
1 1a b
a 1 b 1
  
 
 (đpcm). 
Nhận xét: Bài toán trên đã thể hiện khá rõ về PP sử dụng đạo hàm trong bài toán BĐT. 
www.VNMATH.com
ww
w.
VN
MA
TH
.co
m
Chuyên đề Bất đẳng thức LTĐH năm 2015 Biên soạn: Thầy Lê Xuân Đại cvp 
 24 
2. Các dạng toán cơ bản 
 Trong các đề thi vào ĐH- CĐ thường xuất hiện hai dạng bài toán sau: 
Dạng 1: Bất đẳng thức cần chứng minh chỉ có một biến. 
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi x 0 ta có: xe 1 x  (1) 
Lời giải. Xét hàm xf (x) e x 1   với x 0 . Ta có xf '(x) e 1 0   với mọi x 0 . 
Suy ra hàm f(x) đồng biến trên  0; f (x) f (0) 0    . Vậy xe 1 x  
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=0. 
Nhận xét: Bằng việc xét đạo hàm hai lần và sử dụng ví dụ 1 ta có kết quả sau: 
2
x xe 1 x
2
   với mọi x 0 (2) 
Hoặc ta có kết quả tổng quát hơn: Cho n nguyên dương. Chứng minh rằng: 
2 n
x x xe 1 x ...
2 n!
     với mọi x 0 (3) 
Ví dụ 2: Cho π0 x
2
  . Chứng minh rằng: 
a) sin x x b) sinx
3x
x
6
 (4) b) sinx 2x

 (5) 
Lời giải. a) Xét hàm  f(x) x sin x với π    
x 0;
2
. Ta có   f '(x) 1 cosx 0 , π     
x 0;
2
Suy ra hàm f(x) đồng biến trên π   
0;
2
. Do đó  f(x) f(0) 0 (đpcm). 
 b) Xét hàm   
3x
f(x) sinx x
6
 với π    
x 0;
2
. Ta có 
  
2x
f '(x) cosx 1
2
;    f ''(x) sin x x 0 (theo phần a) 
Do đó     f '(x) f '(0) 0 f(x) f(0) 0 (đpcm). 
 c) Xét hàm  

2x
f(x) sin x , ta có  

2
f '(x) cosx . 
www.VNMATH.com
ww
w.
VN
MA
TH
.co
m
Chuyên đề Bất đẳng thức LTĐH năm 2015 Biên soạn: Thầy Lê Xuân Đại cvp 
 25 
Đến đây kịch bản không như hai phần (a) và (b) nữa vì f’(x) có nghiệm duy nhất 
π     
x 0;
2
. Có lẽ đến đây các bạn sẽ lúng túng. Hãy thật bình tĩnh và nhớ lại rằng khi 
đạo hàm f’(x) có nghiệm trong đoạn π   
0;
2
 ta phải nghĩ tới bảng biến thiên của nó (hãy vẽ 
ngay ra nháp BBT đi). 
Từ BBT ta suy ra ngay    
 
f(x) f 0
2
. Vậy 

2x
sinx (đpcm). 
Ví dụ 3: Cho x 2 . Chứng minh rằng  1 5x
x 2
 (6) 
Lời giải. Nếu bạn nào chưa thạo về việc sử dụng BĐT Côsi để giải bài toán này thì PP sử 
dụng hàm số là một “vũ khí” để lấp lỗ hổng đó. Thật đơn giản khi ta xét hàm số 
 
1
f(x) x
x
 với x 2 . Ta có ngay    
2
2 2
1 x 1
f '(x) 1 0
x x
, suy ra hàm f(x) đồng biến 
trên  2; . Do đó   5f(x) f(2)
2
 (đpcm). 
Dạng 2: Bất đẳng thức cần chứng minh có nhiều biến 
Ví dụ 1: Cho a,b,c dương. Chứng minh rằng: 
3
3
a b c abc 10
a b c 3abc
 
 
 
 (7) 
Lời giải. Đặt 
3
a b ct
abc
 
 , khi đó theo BĐT Côsi thì t 3 . 
Ta cần chứng minh  1 10t
t 3
 với t 3 . 
Đến đây thì bài toán được giải hoàn toàn tương tự với việc chứng minh BĐT (6). 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c. 
Ví dụ 2: Cho a,b,c dương thoả mãn   2 2 2a b c 1 . Chứng minh rằng: 
2 2 2 2 2 2
a b c 3 3
b c c a a b 2
  
  
 (8) 
Giải. Từ giả thiết ta viết lại (8) dưới dạng: 
www.VNMATH.com
ww
w.
VN
MA
TH
.co
m
Chuyên đề Bất đẳng thức LTĐH năm 2015 Biên soạn: Thầy Lê Xuân Đại cvp 
 26 
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b c 3 3 a b c 3 3 (a b c )
1 a 1 b 1 c 2 a(1 a ) b(1 b ) c(1 c ) 2
        
     
Chú ý thêm rằng a,b,c (0;1) 
Điều này cho ta nghĩ tới việc chứng minh  2 2 3x(1 x )
9
 với x (0;1) 
Xét hàm số   2f(x) x(1 x ) trên khoảng (0;1) ta được ngay kết quả trên. 
Chú ý: Có một cách hỏi theo dạng hình học khá thú vị của bài toán trên như sau: 
Cho hình hộp chữ nhật có độ dài ba cạnh là a,b,c và độ dài đường chéo chính là 1. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 2 2 2
a b cP
b c c a a b
  
  
. 
Ví dụ 3. (ĐH Khối A-2003): Cho x,y,z dương thoả mãn   x y z 1 . Chứng minh rằng: 
2 2 2
2 2 2
1 1 1
x y z 82
x y z
      (9) 
Giải. Đặt vế trái của (9) là P. Theo các kết quả quen biết ta có: 
   
                
2 2
2 21 1 1 9P (x y z) (x y z)
x y z x y z
Nếu giả thiết cho   x y z 1 thì đã quá ổn rồi, nhưng ở đây giả thiết lại cho   x y z 1 . 
Giả thiết này thường làm cho các em HS bối rối. Tại sao không nghĩ tới hàm số nhỉ. Các 
bạn chỉ cần đặt   2(x y z) t thì  0 t 1 và BĐT cần chứng minh trở thành  81t 82
t
với  0 t 1 . Điều này thì quá đơn giản rồi. 
Chú ý là dấu bằng vẫn xảy ra khi   x y z 1 và x=y=z, hay    1x y z
3
. 
Như vậy sức mạnh của PP hàm số thật kinh khủng và có thể xuyên thủng bất kì 
“hàng phòng ngự nào” cho dù giả thiết và kết luận của bài toán mới nhìn đã choáng. Tôi 
xin dẫn chứng thêm một vài bài BĐT “không đối xứng” nữa, có lẽ các bạn sẽ tâm phục 
khẩu phục điều tôi nói thôi. 
Ví dụ 4. Cho a,b,c dương thỏa mãn a+b+c=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 
3 3 31P a b c
4
   
www.VNMATH.com
Chuyên đề Bất đẳng thức LTĐH năm 2015 Biên soạn: Thầy Lê Xuân Đại cvp 
 27 
Giải. Sử dụng đánh giá 
3
3 3 (a b)a b
4

  , suy ra 
3 3
3 3 2(a b) 1 (1 c) 1 1P c c (3c 3c 1)
4 4 4 4 4
 
       
Ta đã thành công khi đưa BĐT với 3 biến về chỉ còn 1 biến c, chú ý là c (0;1) . 
Xét hàm 21f (c) (3c 3c 1)
4
   , ta có 1 1f '(c) (6c 3) 0 c
4 2
     
Từ đó 1 1f (c) f
2 16
   
 
. Dấu bằng xảy ra khi 
1a b a b
4
1 1c c2 2
     
   
. 
Vậy GTNN của P bằng 1
16
, khi 1 1a b ;c
4 2
   . 
Ví dụ 5. Cho a,b,c không âm thỏa mãn điều kiện a+b+c=1. Chứng minh rằng: 
7ab bc ca 2abc
27
    (10) 
Giải. W.L.O.G, giả sử c là số nhỏ nhất trong 3 số a,b,c. Khi đó 1c 0;
3
   
. 
Ta sẽ tập trung vào việc đánh giá VT của (10) theo biến c. 
Ta có 
2a bab bc ca 2abc c(1 c) ab(1 2c) c(1 c) (1 2c)
2
            
 
 = 
21 cc(1 c) (1 2c)
2
    
 
. 
Xét hàm số 
21 cf (c) c(1 c) (1 2c)
2
     
 
 với 1c 0;
3
   
Ta có 1f '(c) c(1 3c) 0
2
   , suy ra hàm f(c) đồng biến trên 10;
3
 
  
Do đó 
1 7f (c) f
3 27
   
 
 (đpcm). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1a b c
3
   . 
3. Bài tập tự luyện 
www.VNMATH.com
Chuyên đề Bất đẳng thức LTĐH năm 2015 Biên soạn: Thầy Lê Xuân Đại cvp 
 28 
Bài 1. Chứng minh rằng: 
 a) , 0x sinx x   b) 
2
1 , 0
2
x xe x x     
 c) tan 2 , 0;
2
     
 
sinx x x x  
Bài 2. Tìm m để: 2 4 22 0 m x x m x    . 
Bài 3. a) Cho x (0;1) . CMR: 2 2 3x(1 x )
9
  . 
 b) với 2 2 2, , 0 : 1a b c a b c     ta có: 2 2 2 2 2 2
3 3
2
  
  
a b c
b c c a a b
Bài 4. Cho ab0. CMR: 
2
1
a
a 1



2
1
b
b 1


. 
Bài 5. Cho >1. CMR với mọi x0 thì : (1+x)α 1+x. 
Bài 6. a) CMR với mọi x thì 5 5 1x (1 x)
16
   . 
 b) Tổng quát: n n
n 1
1
a b
2 
  với n nguyên dương; a,b>0 thoả mãn a+b=1 
 c) Tìm GTNN của f(x)= 10 10sin x cos x . 
Bài 7. Chứng minh rằng với mọi x>0 thì: lnx< x . 
Bài 8. Cho 0 x
2

  . CMR: 
3 12sin tan 22 2 2
x
x x   . 
Bài 9. Cho 0<b<a. CMR: a b a a bln
a b b
 
  . 
Bài 10. a) Cho t1. CMR: 2(t 1)ln t 0
t 1

 

 b) Cho x>y>0. CMR: x y x y
2 ln x ln y
 


 . 
Bài 11. Chứng minh rằng 2 2x x 1 x x 3 1 2      . 
Bài 12. (Khối A-2003). Cho x,y,z>0 thoả mãn: x+y+z1. Chứng minh rằng: 
www.VNMATH.com
Chuyên đề Bất đẳng thức LTĐH năm 2015 Biên soạn: Thầy Lê Xuân Đại cvp 
 29 
2 2 2
2 2 2
1 1 1
x y z 82
x y z
      . 
Bài 13. (Khối D-2001). CMR với mọi x0 và với mọi >1 ta luôn có x 1 x     . 
Từ đó hãy CMR: Với ba số dương a,b,c bất kì ta có: 
3 3 3
3 3 3
a b c a b c
b c a b c a
     . 
Bài 14. Chứng minh rằng với mọi x0 ta có: cosx
2x
1
2
 . 
Bài15. Cho tam giac ABC nhọn. Chứng minh rằng 
      sin A sin B sinC tan A tan B tanC 2 
Bài 16. Chứng minh rằng mọi x 0 thì ta có: x x 2e e 2 ln(x 1 x )    . 
Bài 17. Cho    
 
2
cosx
x 0; . CMR: 8
4 sin x(cosx-sinx)
. 
Bài 18. Tìm GTNN của hàm số 
29
f(x) 4x sin x, x 0
x

    
Bài 19. Cho 
4
30   . Chứng minh rằng 31.2 2  
 
Bài 20. Cho x y z 0   . Chứng minh rằng: 
x z y x y z
z y x y z x
     
Bài 21. Cho x,y,z không âm thỏa mãn 2 2 2x y z 1   . Chứng minh rằng: 
6(y z x) 27xyz 10    
Bài 22. Cho x,y,z, dương thoả mãn x+y+z=4 và xyz=2. Tìm GTLN và GTNN của 
4 4 4P x y z   
www.VNMATH.com
Chuyên đề Bất đẳng thức LTĐH năm 2015 Biên soạn: Thầy Lê Xuân Đại cvp 
 30 
V. MỘT SỐ ĐỀ THI ĐẠI HỌC VÀ LỜI GIẢI 
Bài giải 
Với a, b, c > 0 ta chứng minh được: 
3 3 2 2
3 3 2 2
3 3 2 2
a b a b ab
b c b c bc
c a c a ca
   

  
   
 VT (1) 
2 2 2 2 2 2
1 1 1
a b ab abc b c bc abc c a ca abc
  
     
 = 1 1 1
ab(a b c) bc(a b c) ca(a b c)
 
     
 = 1 1 1 1 1
a b c ab bc ca abc
 
   
   
. 
Bài giải 
 * Ta có: 21 x 2x   
2
x 1
21 x


. Tương tự 
2
y 1
21 y


 và 
2
z 1
21 z


 Suy ra 
2 2 2
x y z 3
21 x 1 y 1 z
  
  
 * Ta có: 1 1 1 9 9 9 3
1 1 1 (1 ) (1 ) (1 ) 3 ( ) 6 2
     
          x y z x y z x y z
Bài giải 
Bài 2: Cho x, y, z  0 thoả mãn x y z 3   . Chứng minh rằng: 
2 2 2
x y z 3 1 1 1
2 1 x 1 y 1 z1 x 1 y 1 z
     
    
Bài 3: Cho a, b, c > 0 sao cho abc = 1. Tìm GTNN của 
2 2 2 2 2 2
bc ca abP
a b a c b a b c c a c b
  
  
Bài 1: Chứng minh rằng với a,b,c 0  ta cú 
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
abca b abc b c abc c a abc
  
     
 (1) 
www.VNMATH.com
Chuyên đề Bất đẳng thức LTĐH năm 2015 Biên soạn: Thầy Lê Xuân Đại cvp 
 31 
 Biến đổi 
2 2 2
bc ca abP
a (b c) b (a c) c (a b)
  
  
 =
2 2 2
1 1 1
a b c
b c a c a b
bc ac ab
 
  
 = 
2 2 2
1 1 1
a b c
1 1 1 1 1 1
b c c a a b
 
  
 Đến đây thì mọi thứ trở lên nhẹ nhàng hơn nhiều rồi 
 Ta chỉ cần đặt 1x
a
 , 1y
b
 , 1z
c
 , khi đó xyz = 1 và 
2 2 2x y zP
y z z x x y
  
  
áp dụng BĐT Côsi ta được: 
2x y z x
y z 4

 

, 
2y z x y
z x 4

 

, 
2z x y z
x y 4

 

 x y zP x y z
2
 
     3x y z 3 3P xyz
2 2 2
 
    . Vậy 
min
3P
2
 khi x = y = z = 1 
Bài giải 
 Ta có (1) tương đương 
3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 3 2 3 2 2 3a b c a b b c c a ab bc ca a b c ab c a bc           . 
áp dụng BĐT côsi cho ba số dương ta có: 
 3 3 3 2a b b 3ab   
 3 3 3 2b c c 3bc   
 3 3 3 2c a a 3ca   
Từ đó suy ra 3 3 3 2 2 23(a b c ) 3(ab bc ca )      3 3 3 2 2 2a b c ab bc ca     (2) 
Tương tự ta có 3 3 3 3 3 3 3 2 2 3 3 2a b b c c a ab c a bc a b c     (3) 
Từ (2) và (3) suy ra: 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 3 2 3 2 2 3a b c a b b c c a ab bc ca a b c ab c a bc           
Bài 4: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 
       3 3 3 2 2 21 a 1 b 1 c 1 ab 1 bc 1 ca       (1) 
Bài 5: Cho a, b, c > 0: 1 1 1 3
a b c
   . Chứng minh rằng    1 a 1 b 1 c 8    (1) 
www.VNMATH.com
Chuyên đề Bất đẳng thức LTĐH năm 2015 Biên soạn: Thầy Lê Xuân Đại cvp 
 32 
Bài giải 
 Từ 1 1 1 3
a b c
   suy ra 3 2 2 23abc ab bc ca 3 a b c     abc 1 
Biến đổi (1)  1 1 1 81 1 1 0
a b c abc
   
       
   
 (2) 
Ta có VT(2) = 1 1 1 1 1 1 71
a b c ab bc ca abc
       
 = 1 1 1 74
ab bc ca abc
    
3 2 2 2
1 74 3
abca b c
  
3 74
abc abc
   (do abc 1 ) 
 44 0
abc
   (do abc 1 ) (đpcm). 
Bài giải 
 Ta có: 
3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2
2 y 2 y2 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 1
x y y z z x
     
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2x y y z z x
     
             
    
 = 
2 2 2
1 1 1
x y z
  
Bài giải 
 Theo BĐT Côsi ta có   1 1x y 4
x y
 
   
 
, x,y 0  và 
2
1 4
xy (x y)


, x,y 0  
 Do đó 
2 2 2 2
1 1 1 1 1
ab 2ab 2aba b a b
 
    
  
2 2 2
4 4 2 4 6
2(a b) 2ab a b
    
  
. 
Bài 6: Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng: 
3 2 3 2 3 2 2 2 2
2 y2 x 2 z 1 1 1
x y y z z x x y z
    
  
Bài 7: Cho a, b > 0 thoả mãn a + b = 1. Chứng minh rằng 
2 2
1 1 6
ab a b
 

www.VNMATH.com
Chuyên đề Bất đẳng thức LTĐH năm 2015 Biên soạn: Thầy Lê Xuân Đại cvp 
 33 
Bài giải 
 Gặp những bài toán dạng này ta thường sử dụng BĐT sau (BĐT Mincôpxki) 
  22 2 2 2 2( )      x a y b x y a b (1) với mọi a,b,x,y 
 22 2 2 2 2 2 2( )          x a y b z c x y z a b c (2) với mọi a,b,c,x,y,z 
Chứng minh BĐT (1) thật đơn giản, có thể đưa ra 2 cách như sau: 
Cách 1: Biến đổi tương đương (1) bằng cách bình phương hai vế và đưa về BĐT đúng 
2( ) 0 bx ay 
Cách 2: Sử dụng BĐT véc tơ 
 Với mọi véc tơ ,
 
u v ta có 
   
  u v u v (*) 
 (vì 
22 2 22 2
2 . 2 .
            
         
 
u v u v u v u v u v u v ) 
Đặt ( ; )

u x a , ( ; )

v y b . áp dụng (*) suy ra ngay BĐT (1) 
áp dụng hai lần BĐT (1) ta suy ra BĐT (2), và cũng suy ra các BĐT tổng quát cho bộ 2n 
số 
Trở lại bài toán: áp dụng BĐT (2) ta được: 
2
2 2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1P x y z (x y z)
x y zx y z
 
            
 
  
2
2
3 3
13 xyz 3
xyz
 
  
 
 
99t
t
  
Với 23 ( )t xyz
2
x y z 10 t
3 9
  
    
 
. 
Đến đây thì ý tưởng dùng hàm số là khá rõ ràng rồi 
Xét hàm số 9f (t ) 9t
t
  với 1t 0,
9
 
 
 
Bài 8: (Khối A- 2003). Cho x, y, z là ba số dương thoả mãn x y z 1   . Chứng minh rằng: 
2 2 2
2 2 2
1 1 1x y z 82
x y z
      
www.VNMATH.com
Chuyên đ