BẤT ĐẲNG THỨC bộ 1 PHẦN 2 ( Có Đáp Án Chi Tiết)

SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM (CAUCHY) CHỦ ĐỀ A KiÕn thøc cÇn nhí Cho a, b, c số khơng âm Khi theo bất đẳng thức AM-GM: a+b ≥ ab ; a+b+c ≥ abc ; Tổng quát: Trung bình cộng n số khơng âm lớn trung bình nhân chúng a1 + a2 + + a n n ≥ a1a2 a n n với a1 , a2 , , a n số không âm Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an B VÍ DỤ MINH HỌA 1) Kĩ thuật đánh giá từ trung bình cộng qua trung bình nhân Sử dụng bất đẳng thức AM –GM dạng: a1 + a2 + + a n n ≥ a1a2 a n với a1 , a2 , , a n số khơng âm n Thí dụ Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ 8abc Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ ab bc ac = 8abc (đpcm) Thí dụ Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a) 1 1 + ÷≥ x y ( x + y)  b) 1 1 + + ÷≥ x y z ( x + y + z)  Hướng dẫn giải a) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được: x + y ≥ xy >  1 1 1 1  ⇒ ( x + y )  + ÷ ≥ (đpcm)  ⇒ ( x + y )  + ÷ ≥ xy 1 xy + ≥2 > 0 x y x y x y xy  58 | Dấu “=” bất đẳng thức xảy x = y b) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được: x + y + z ≥ xyz >  1 1 1 1  ⇒ ( x + y + z )  + + ÷≥  ⇒ ( x + y + z )  + + ÷ ≥ xyz 1 1 xyz + + ≥3 > 0 x y z x y z x y z xyz  Dấu “=” bất đẳng thức xảy x = y = z Thí dụ Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a + b3 + c ≥ a b + b c + c a Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: a + a + b3 ≥ 3 a a b3 = 3a b b3 + b3 + c ≥ 3 b3 b3 c = 3b c c + c + a ≥ 3 c c a = 3c a Cộng ba bất đẳng thức theo vế ta được: ( a + b3 + c ) ≥ ( a b + b c + c a ) ⇔ a + b3 + c ≥ a b + b c + c a (đpcm) 2) Kĩ thuật đánh giá từ trung bình nhân qua trung bình cộng Sử dụng bất đẳng thức AM –GM theo chiều: a1 + a2 + + a n với a1 , a2 , , a n số không âm n Ta thường áp dụng gặp toán bất đẳng thức có dạng: n a1a2 a n ≤ m A1 + m A2 + + m An ≤ B Ta có hai hướng xử lý: + Đánh giá trực tiếp + Nhân thêm số mục đích lược bỏ biến số khơng thích hợp Một số ví dụ minh họa Thí dụ Cho số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh bất đẳng thức: + a + + b2 + + c ≤ ( a + b + c ) Hướng dẫn giải Ta có ab + bc + ca = nên + a = ab + bc + ca + a = 59 | ( a + b) ( a + c) ≤ a+b+a+c b+c =a+ 2 Từ đó: b+c   c+a  a +b   + a + + b2 + + c2 ≤  a + ÷+  b + ÷+  c + ÷       = 2( a + b + c) Xảy đẳng thức a = b = c = Thí dụ Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = ab bc ca + + c + ab a + bc b + ca Hướng dẫn giải Có: a + b + c = ⇒ c = ( a + b + c ) c = ac + bc + c ⇒ c + ab = ac + bc + c + ab = a (c + b ) + c (b + c ) = (c + a )(c + b) a b + ab ab = ≤ c+a c+b c + ab (c + a )(c + b) ⇒ Tương tự: a + bc = ( a + b ) ( a + c ) , b + ca = ( b + c ) ( b + a ) b c + bc bc ⇒ = ≤ a+b a+c a + bc (a + b)(a + c) c a + ca ca = ≤ b+c b+a b + ca (b + c)(b + a) a b b c c a + + + + + ⇒ P ≤ c+a c +b a +b a +c b+c b+a = a+c c+b b+a + + = a+c c+b b+a = 2 Dấu “=” xảy a = b = c = Từ giá trị lớn P đạt a = b = c = Thí dụ Chứng minh với a ≥ 1, b ≥ Chứng minh a b − 1+ b a − Hướng dẫn giải Nhận xét: Vế phải không chứa số sử dụng AM-GM để triệt tiêu số -1 thức nhân thêm vào với Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 60 | a b−1 = a ( b − 1) ≤ a b − 21+ = ab b a − = b ( a − 1) ≤ b a − 1+ ab = 2 Cộng theo vế bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = 3) Kĩ thuật tách nghịch đảo Thí dụ Chứng minh rằng: a b + ≥ , ∀a,b > b a Hướng dẫn giải Vì a,b > nên a b > 0, >0 b a a b a b + ≥ = (đpcm) b a b a Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: Đẳng thức xảy a = b Thí dụ Chứng minh rằng: a + ≥ , ∀a > a −1 Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a+ 1 = a −1+ + ≥ ( a − 1) + = + = (đpcm) a −1 a −1 a −1 Đẳng thức xảy a − = ⇔a=2 a −1 Thí dụ Chứng minh rằng: a + ≥ , ∀a > b > b( a − b ) Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a+ 1 = b + ( a − b) + ≥ 33 b.( a − b ) =3 b( a − b ) b( a − b ) b( a − b ) Đẳng thức xảy b = a − b = b ( a − b ) ⇔ a = 2, b = Thí dụ Chứng minh rằng: a + ( a − b )( b + 1) ≥ , ∀a > b > Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a+ 61 | ( a − b ) ( b + 1) = ( a − b) + ( b + 1) + ( b + 1) + 2 ( a − b) −1 ( b + 1) ( b + 1) 2 ≥ ( a − b) ( b + 1) ( b + 1) 2 ( a − b) a2 + Thí dụ Chứng minh rằng: a2 +1 −1 = ( b + 1) ( b + 1) 2 ≥ , ∀a ∈ R Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a2 + a +1 = a2 +1+1 a +1 = a2 +1 + a +1 ≥2 a2 +1 a2 +1 = (đpcm) Đẳng thức xảy a = Thí dụ Chứng minh rằng: 3a ≤ , ∀a ≠ + 9a Hướng dẫn giải Với ∀a ≠ , áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: 3a 1 1 = = ≤ = 4 (đpcm) 9a + 9a + 3a 2 3a 2 + 2 2 3a 3a 3a 3a  a2  Thí dụ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = ( a + 1) +  +  , ∀a ≠ −1  a +1  Hướng dẫn giải  a + 2a +   A = ( a + 1) +  a +   2  ( a + 1) + 1 = ( a + 1) +    a +1  2   = ( a + 1) +  a + +  a +1  2 = 2( a + 1) + Cauchy 1 + 2 2( a + 1) +2=2 2+2 ≥ ( a + 1) ( a + 1) Dấu “=” xảy 2( a + 1) = ( a + 1) hay a = −2±4 Vậy GTNN A = 2 + 4) Kĩ thuật ghép đối xứng Trong nhiều toán mà biểu thức hai vế tương đối phức tạp, việc chứng minh trực tiếp trở nên khó khăn ta sử dụng kỹ thuật ghép đối xứng để toán trở nên đơn giản tốn bất đẳng thức, thơng thường hay gặp hai dạng sau: Dạng 1: Chứng minh X + Y + Z ≥ A + B + C 62 | ý tưởng: Nếu ta chứng minh X + Y ≥ A Sau đó, tương tự hóa đẻ Y + Z ≥ B Z + X ≥ 2C (nhờ tính đối xứng tốn) Sau cộng ba bất đẳng thức lại theo vế rút gọn cho 2, ta có điều phải chứng minh Dạng 2: Chứng minh XYZ ≥ ABC với X , Y , Z ≥ Ý tưởng: Nếu ta chứng minh XY ≥ A2 Sau đó, tương tự hóa để YZ ≥ B ZX = C (nhờ tính chất đối xứng tốn) Sau nhân ba bất đẳng thức lại theo vế lấy bậc hai, ta có: XYZ = A2 B 2C = ABC ≥ ABC Trong kỹ thuật ghép đối xứng ta cần nắm số thao tác sau: a+b b+c c+a  + + a + b + c = 2 Phép cộng:  2( a + b + c ) = ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) abc = ab bc ca , Phép nhân:  2 a b c = ( ab )( bc )( ca ) ( a, b, c ≥ 0) Thí dụ Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: bc ca ab + + ≥ a+b+c a b c Hướng dẫn giải Ta có: bc ca ab  bc ca   ca ab   ab bc  + + =  + +  + +  +  a b c 2 a b  2 b c  2 c a  ≥ bc ca ca ab ab bc + + = a+b+c a b b c c a Thí dụ Cho ba số thực abc ≠ Chứng minh rằng: a2 b2 c2 b c a + + ≥ + + b2 c2 a2 a b c Hướng dẫn giải Ta có: a2 b2 c2  a2 b2   b2 c2   c2 a2  + + =  + +  + +  +  b c a 2  b c   c a   a b  ≥ a2 b2 b2 c2 c2 a2 b c a b c a + + = + + ≥ + + 2 2 a b c a b c b c c a a b Thí dụ Cho ba số thực dương a, b, c thỏa abc = Chứng minh rằng: b+c c+a a+b + + ≥ a + b + c +3 a b c Hướng dẫn giải 63 |  bc b + c c + a a + b bc ca ab ca ab  + + ≥ + + = 2 + + b c  a b c a b c  a  bc ca   ca ab   ab bc  + +  =  + + +     b   b c   c a   a ≥2 ( Vậy bc ca +2 a b ) ( ca ab +2 b c ab bc c a ) ( =2 a+ b+ c = a+ b+ c + a+ b+ c ≥ a + b + c + 33 a b c = a + b + c +3 ) b+c c+a a+b + + ≥ a + b + c +3 a b c Thí dụ Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b, p = a+b+c Chứng minh rằng: ( p − a )( p − b)( p − c ) ≤ abc Hướng dẫn giải Ta có: ( p − a )( p − b )( p − c ) = ( p − a )( p − b ) ( p − b )( p − c ) ( p − c )( p − a ) ( p − a ) + ( p − b) ( p − b) + ( p − c ) ( p − c ) + ( p − a ) ≤ 2 2 p − ( a + b) p − ( b + c) p − ( c + a ) ≤ = abc 2 Thí dụ Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b, p = a+b+c Chứng minh rằng: 1 1 1 + + ≥ 2 + +  p −a p−b p−c a b c Hướng dẫn giải Ta có: 1 1 1  1 1  1 1   +   +   + + =  + + + p − a p − b p − c  p − a p − b   p − b p − c   p − c p − a  ≥ ≥ ( p − a )( p − b ) ( p − a) + ( p − b) + + ( p − b )( p − c ) ( p − b) + ( p − c)  1 1 ≥ 2 + +  a b c + ( p − c )( p − a ) + ( p − c) + ( p − a) 5) Kĩ thuật ghép cặp nghịch đảo Trong kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo ta ứng dụng bất đẳng thức sau Với n ∈ N ∗ x1 , x , , x n > 64 |  ( x1 + x2 + + x n )   x1 + 1  + +  ≥ n x2 xn  Chứng minh bất đẳng thức : Ta có với x1 , x , , x n >  ( x1 + x2 + + xn )   x1 + 1  + +  ≥ n n x1 x x n n n = n2 x2 xn  x1 x x n Với n = x1 , x , x3 >  ( x1 + x + x3 )   x1 + 1 +  ≥ x x3  Thí dụ Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: b+c c+a a+b + + ≥6 a b c Hướng dẫn giải Ta có: b+c c+a a+b  b+c  c+a  a+b + + = 1 +  + 1 +  + 1 + −3 a b c a   b   c   a+b+c b+c+a c+a+b = + + −3 a b c 1 1 = ( a + b + c) + +  − ≥ − = a b c Thí dụ Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a b c + + ≥ b+c c+a a+b (Bất đẳng thức Nesbit) Hướng dẫn giải Ta có: a b c a   b   c   + + = 1 +  + 1 +  + 1 + −3 b+c c+a a+b  b+c  c+a  a+b a+b+c b+c+a c+a+b = + + −3 b+c c+a a+b 1   = ( a + b + c) + + −3 b+c c+a a+b 1   = [ ( b + c ) + ( c + a ) + ( a + b ) ] + + −3 b+c c+a a+b ≥ −3= 2 Thí dụ Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: c2 a2 b2 a+b+c + + ≥ a+b b+c c+a Hướng dẫn giải 65 |  c2 a2 b2 c2   a2   b2   + a +  + b +  − ( a + b + c) + + = c + a + b b + c c + a  a + b   b + c   c + a  c   a   b   = c1 +  + a 1 +  + b +  − ( a + b + c)  a +b  b+c  c+a   a+b+c b+c+a  c+a +b = c  + a  + b  − ( a + b + c)  a +b   b+c   c+a  a b   c = ( a + b + c ) + +  − ( a + b + c)  a +b b+c c+a  a b  c  = ( a + b + c) + + − 1 a+b b+c c+a  Theo bất đẳng thức Nesbit chứng minh thì: a b c + + ≥ b+c c+a a+b Do c2 a2 b2 3  a+b+c + + ≥ ( a + b + c )  − 1 = (đpcm) a+b b+c c+a 2  Thí dụ Cho ba số thực dương a, b, c thỏa a + b + c ≤ Chứng minh bất 1 + + ≥9 a + 2bc b + 2ca c + 2ab Hướng dẫn giải Do a + b + c ≤ ta có: đẳng thức sau: 1 1 1  2 + + ≥ ( a + b + c)  + +  a + 2bc b + 2ca c + 2ab  a + 2bc b + 2ca c + 2ab  1   = a + b + c + 2ab + 2bc + 2ac  + +   a + 2bc b + 2ca c + 2ab  ( [( ) ) ( ) ( )] 1   = a + 2bc + b + 2ac + c + 2ab  + + ≥9  a + 2bc b + 2ca c + 2ab  6) Kỹ thuật đổi biến số Có tốn mặt biểu thức toán học tương đối cồng kềnh, khó nhận biết phương hướng giải Bằng cách đổi biến số, ta đưa tốn dạng đơn giản dễ nhận biết Thí dụ Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b Chứng minh rằng: ( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ) ≤ abc (1) Hướng dẫn giải Đặt: y+z  a = b + c − a = x  z+x   c + a − b = y ⇔ b = a + b − c = z   x+ y  c =  Khi bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau: 66 | x+ y y+z z+x 2 Trong tam giác, tổng độ dài hai cạnh lớn độ dài cạnh lại nên: x, y , z > x y.z ≤ Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: x+ y y+z z+x ≥ xy yz zx = xyz 2 Hay ( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ) ≤ abc (đpcm) Thí dụ Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b Chứng minh rằng: a b c + + ≥ ( 1) b+c −a c + a −b a +b−c Hướng dẫn giải Đặt: y+z  a =  b + c − a = x >  z + x   c + a − b = y > ⇔ b = a + b − c = z >   x + y  c =  Khi vế trái bất đẳng thức (1) trở thành: Ta có: y+ z z+ x x+ y 1 y x  1 z + + =  + ÷+  + 2x 2y 2z 2 x y  2 x ≥ 2 y x z x + + x y x z y+z z+x x+ y + + 2x 2y 2z x 1 z y  ÷+  + ÷ z  2 y z  z y =3 y z a b c + + ≥ (đpcm) b+c−a c+a−b a+b−c Thí dụ Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b Chứng minh rằng: Hay a2 b2 c2 + + ≥ a + b + c (1) b+c−a c+a −b a+b−c Hướng dẫn giải Đặt: y+z  a =  b + c − a = x >  z + x   c + a − b = y > ⇔ b = a + b − c = z >   x + y  c =  Khi bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau: ( y + z) + ( z + x) + ( x + y) 4x 67 | 4y 4z ≥ x+ y+z Chọn α , β , γ cho 4α = β = 3γ Ta có hệ phương trình:  α β γ + + =3   4α = β = 3γ   α β γ + + =3    4α α 4α 4α 1 ⇒ β = ⇒ + + =3⇒ α  + + 6.6 3.3 2  4α  γ =  2 =3 3  β = ⇒α = 4⇒  γ = 16  Khi ta có lời giải toán sau Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: 4a + ≥ 4a = 8a 6b + ≥ 8b = 8b 3 3c + 16 16 ≥ 3c = 8c 3 Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta được: 16 + ≥ 8( a + b + c ) = 24 3 ⇒ 4a + 6b + 3c ≥ 12 4a + 6b + 3c + + a + b + c =   a = 4 a =    ⇔ b = Dấu “=” xảy ⇔ 6b = 3    16  3c = c = 3  Vậy GTNN A 12 Thí dụ Cho hai số dương a, b thỏa mãn a + = Chứng minh rằng: b  1  1 25  a+ a÷ +  b+ b ÷ ≥     (Trích đề chun Bình Định năm 2018-2019) 100 | Phân tích: Quan sát a b ta thấy không đối xứng, tinh tế bạn nhận đặt = c ta bất đẳng thức đối xứng hoàn b toàn Khi ta được: Cho a, c dương thỏa mãn: 2 1  1 25 Chứng minh rằng:  a + c = a+ a÷ +  c+ c÷ ≥     Do a c đối xứng nên ta dễ dàng toán dấu toán đạt khi: a= c= 1 1 ⇒ a = ,b = ⇒ a + = b + = 2 a b Hướng dẫn giải 1 = ⇔ = 1− a ⇔ ab + = b (a > 0, b > 0) b b Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được: Ta có: a + 2 2  1 25   25  1  1 25   25  1  a + a ÷ + ≥  a + a ÷ = 5 a + a ÷;  b + b ÷ + ≥  b + b ÷ = 5 b + b ÷             2  1  1  1  25 ⇒ A =  a + ÷ +  b + ÷ ≥ 5 a + b + + ÷ − a  b a b     25  ab + 1 25  b  25 = 5 1+ b + ÷− = 5 1+ − = 5 1+ ÷− ÷ a a  a    Áp dụng bất đẳng thức ( x + y ) ≥ 4xy , ta có: 2  1 a a b  a + b ÷ ≥ b ⇔ ≥ b ⇔ a ≥ (2’),   Do đó: A ≥ 5( 1+ 4) − 25 25 = 2 Dấu “=” xảy khi: a = 1 1 ,a + = b + = a + = ⇒ a = ,b = b a b b 12) Kỹ thuật cộng thêm Thí dụ Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a b c 1 + 2+ ≥ + + b c a a b c Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a a + ≥ 2 = (1) ; b a b a b b + ≥ c2 b c (2); c + ≥ (3) a2 c a Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a b c 1 2 + + + + + ≥ + + a b c a b c b c a 101 | ⇒ a b c 1 + + ≥ + + (đpcm) b c a a b c Thí dụ Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ 2b + c 2c + a 2a + b Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a2 2b + c a 2b + c 2a (1) ; + ≥2 = 2b + c 2b + c b2 2c + a 2b c2 2a + b 2c (2) ; (3) + ≥ + ≥ 2c + a 2a + b Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a2 b2 c2 3( a + b + c ) 2( a + b + c ) + + + ≥ 2b + c 2c + a 2a + b a2 b2 c2 a+b+c (đpcm) + + ≥ 2b + c 2c + a 2a + b Lưu ý: Trong toán sử dụng kỹ thuật cộng thêm hệ số, ta sử dụng kỹ thuật chọn điểm rơi kỹ thuật hạ bậc để tìm hạng tử cho phù hợp ⇒ Ví dụ: • Đối với bất đẳng thức cho có tính đối xứng với a, b, c nên ta a a 1 = = , ta chọn a a b a Đối với bất đẳng thức cho có tính đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán dấu “=” xảy a = b = c Khi • dự đoán dấu “=” xảy a = b = c Khi a2 a2 a = = , muốn sử 2b + c 2a + a dụng bất đẳng thức AM - GM để làm mẫu ta cộng thêm Chọn mẫu số 2b + c 2b + c 2a + a a = = 9 Thí dụ Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a + b b3 + c c + a + + ≥ 2( a + b + c ) ab bc ca Hướng dẫn giải Ta có: a3 + b3 b3 + c3 c3 + a3 a b b c c a + + = + + + + + ab bc ca b a c b a c Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: b2 b2 a2 a2 (1); (2) ; + a ≥ b + c ≥ 2b (3) ; +b ≥ b = 2a a c b b 102 | c2 c2 a2 + b ≥ 2c (4) ; + a ≥ 2c (5) ; + c ≥ 2a (6) b a c Cộng theo vế bất đẳng thức từ (1) đến (6) ta được: a2 b2 b2 c2 c2 a2 + + + + + + 2( a + b + c ) ≥ 4( a + b + c ) b a c b a c a b2 b2 c2 c2 a2 ⇒ + + + + + ≥ 2( a + b + c ) b a c b a c a3 + b3 b3 + c3 c3 + a3 + + ≥ 2( a + b + c ) (đpcm) ab bc ca Thí dụ Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: ⇒ a2 b2 c2 1 + + ≥ + + b3 c3 a3 a b c Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: b2 1 a2 1 a2 1 3 (1) ; (2); + + ≥ + + ≥3 = c3 b b c b3 a a b a a b c2 1 + + ≥ (3) a3 c c a Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a2 b2 c2  1 1 1 1 + + + 2 + +  ≥ 3 + +  b c a a b c a b c a2 b2 c2 1 + + ≥ + + (đpcm) b3 c3 a3 a b c Thí dụ Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: ⇒ a3 b3 c3 + + ≥ a2 + b2 + c2 b c a Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a3 a3 a3 a3 + + b ≥ 33 b = 3a (1) ; b b b b b3 b3 c3 c3 + + c ≥ 3b (2) ; + + a ≥ 3c (3) c c a a Cộng theo vế bất đẳng thức từ (1), (2) (3) ta được:  a3 b3 c3  2 + +  + a + b + c ≥ a + b + c b c a  ( ) ( ) a3 b3 c3 + + ≥ a + b + c (đpcm) b c a Thí dụ Cho số thực dương a, b, c thỏa abc = Chứng minh bất đẳng thức sau: ⇒ a3 b3 c3 + + ≥ (1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) 103 | Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a3 1+ b 1+ c a3 1+ b 1+ c + + ≥ 33 = a (1) ; (1 + b)(1 + c ) 8 (1 + b )(1 + c ) 8 b3 1+ c 1+ a + + ≥ b (2) ; (1 + c )(1 + a ) 8 c3 1+ a 1+ b + + ≥ c (3) (1 + a )(1 + b ) 8 Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a3 b3 c3 3 + + + ( a + b + c) + ≥ ( a + b + c) (1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) 4 ⇒ a3 b3 c3 3 3 + + ≥ ( a + b + c ) − ≥ abc − = (1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) 4 (đpcm) Thí dụ Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a4 b4 c4 + + ≥ a+b+c bc ca ab Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a4 a4 + b + c + c ≥ b.c.c = 4a (1) bc bc b4 + c + a + a ≥ 4b (2) ca c4 + a + b + b ≥ 4c (3) ab Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a4 b4 c4 + + + 3( a + b + c ) ≥ 4( a + b + c ) bc ca ab a4 b4 c4 + + ≥ a + b + c (đpcm) bc ca ab Thí dụ Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: ⇒ ab bc ca  1 1 + + ≥  + +  c ( a + b) a ( b + c) b ( c + a)  a b c  Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: ab a+b ab a+b + ≥2 = (1) c c ( a + b ) 4ab c ( a + b ) 4ab bc b+c + ≥ a ( b + c ) 4bc a 104 | (2) ; ca c+a + ≥ b ( c + a ) 4ca b (3) Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: ab bc ca a+b b+c c+a 1 + + + + + ≥ + + 4bc 4ca a b c c ( a + b ) a ( b + c ) b ( c + a ) 4ab ab bc ca 1 1 1 1 ⇔ + + + + + + + + ≥ + + c ( a + b ) a ( b + c ) b ( c + a ) 4b 4a 4c 4b 4a 4c a b c ⇒ ab bc ca 11 1 + + ≥  + +  (đpcm) c ( a + b) a ( b + c) b ( c + a)  a b c  Thí dụ Cho số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = Chứng minh rằng: a3 b3 c3 + + ≥ b+c c+a a+b Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a3 a( b + c ) a a( b + c ) + ≥2 = a2 b+c b+c (1) ; b3 b( c + a ) c3 c (a + b ) + ≥ b (2) ; + ≥ c (3) c+a a+ b Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a3 b3 c3 ab + bc + ca + + + ≥ a + b + c (1' ) b+c c+a a+b Mặt khác ta có: a m + n + b m + n + c m + n ≥ a m b n + b m c n + c m a n m = Chọn  ta được: n = a + b + c ≥ ab + bc + ca a + b + c ab + bc + ca ≥ (2' ) 2 Cộng theo vế bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được: ⇒ ⇒ a3 b3 c3 ab + bc + ca a + b + c ab + bc + ca + + + + ≥ a2 + b2 + c2 + b+c c+a a+b 2 a3 b3 c3 a + b2 + c + + ≥ = (đpcm) b+c c+a a+b 2 Thí dụ 10 Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: ⇒ a5 b5 c5 + + ≥ a3 + b3 + c3 b c a Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a5 a5 + ab ≥ ab = 2a 2 b b b5 + bc ≥ 2b c 105 | (2) ; (1) ; c5 + ca ≥ 2c (3) a Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: ( ) a5 b5 c5 + + + ab + bc + ca ≥ a + b + c (1' ) b2 c2 a2 Mặt khác ta có: a m + n + b m + n + c m + n ≥ a m b n + b m c n + c m a n m = Chọn  ta được: n = a + b + c ≥ ab + bc + ca (2' ) Cộng theo vế bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được: ( ) a5 b5 c5 + + + ab + bc + ca + a + b + c ≥ a + b + c + ab + bc + ca 2 b c a a5 b5 c5 ⇒ + + ≥ a + b + c (đpcm) b c a Thí dụ 11 Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: ( a3 b3 c3 + + ≥ a2 + b2 + c2 a + 2b b + 2c c + 2a Hướng dẫn giải ) Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a3 a ( a + 2b ) a a ( a + 2b ) 2 + ≥2 = a a + 2b a + 2b (1) ; b3 b( b + 2c ) 2 c3 c( c + 2b ) 2 + ≥ b (2) ; + ≥ c (3) b + 2c c + 2b Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: ( ) ( a3 b3 c3 2 + + + a + b + c + ( ab + bc + ca ) ≥ a + b + c a + 2b b + 2c c + 2a 9 3 3 a b c ⇔ + + + ( ab + bc + ca ) ≥ a + b + c (1' ) a + 2b b + 2c c + 2a 9 ( ) ) Mặt khác ta có: a m + n + b m + n + c m + n ≥ a m b n + b m c n + c m a n m = Chọn  ta được: n = a + b + c ≥ ab + bc + ca 2 ⇒ a + b + c ≥ ( ab + bc + ca ) (2' ) 9 Cộng theo vế bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được: ( ) ( ) ( ) a3 b3 c3 2 + + + ( ab + bc + ca ) + a + b + c ≥ a + b + c + ( ab + bc + ca ) a + 2b b + 2c c + 2a 9 9 ( ) a3 b3 c3 ⇒ + + ≥ a + b + c (đpcm) a + 2b b + 2c c + 2a Thí dụ 12 Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: b+c c+a a+b 2 + + ≥ + + a b c a2 b c 106 | Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: b+c b+c 4 + ≥2 = 2 b+c a a b+c a (1) ; c+a 4 a+b 4 + ≥ + ≥ (2) ; (3) 2 c+a b a+b c b c Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: b+c c+a a+b 4 4 4 + + + + + ≥ + + a+b b+c c+a a b c a b c Mà ta có: (1' ) 1 1 4 + ≥2 = ≥ (2' ) ; a b a b ab a + b 1 1 + ≥ (3' ) ; + ≥ (4' ) b c b+c c a c+a Cộng theo vế bất đẳng thức (1’), (2’), (3’) (4’) ta được: b+c c+a a+b 4 2 4 4 4 + + + + + + + + ≥ + + + + + a+b b+c c+a a b c a b c a+b b+c c+a a b c b+c c+a a+b 2 + + ≥ + + (đpcm) a b c a2 b c Thí dụ 13 Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: ⇒ a b 4c + + ≥ a + 3b b c a Dấu “=” bất đẳng thức xảy a = b = 2c Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a2 a2 +b ≥ b = 2a (1); b b b2 + 4c ≥ 4b (2) ; c 4c + a ≥ 4c a (3) Cộng theo vế bất đẳng thức từ (1), (2) (3) ta được: a b 4c + + + a + b + 4c ≥ 2a + 4b + 4c b c a a b 4c + + ≥ a + 3b (đpcm) b c a Thí dụ 14 Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: ⇒ a2 b2 16c + + ≥ ( 64c − a − b ) b+c c+a a+b Hướng dẫn giải Ta thấy dấu “=” bất đẳng thức xảy a = b = 2c Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a2 4( b + c ) 4a (1); + ≥ b+c 107 | b2 4( c + a ) 4b (2) ; + ≥ c+a 16c + ( a + b ) ≥ 8c a+b (3) Cộng theo vế bất đẳng thức từ (1), (2) (3) ta được: a2 b2 16c 13 + + + ( a + b ) + c ≥ ( a + b ) + 8c b+c c+a a+b 9 a2 b2 16c + + ≥ ( 64c − a − b ) (đpcm) b+c c+a a+b 13) Kỹ thuật AM - GM ngược dấu ⇒ Xét toán sau: Bài toán: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 + + ≥ a +1 b +1 c +1 2 Phân tích giải: Ta khơng thể dùng trực tiếp bất đẳng thức AM - GM với mẫu bất đẳng thức sau đổi chiều: 1 1 1 + + ≤ + + ≥ a + b + c + 2a 2b 2c 2    Do     1 1 1 3  + + ≥3 = ≥ = 2a 2b 2c 2a 2b 2c abc a + b + c    Đến bị lúng túng cách giải Ở ta sử dụng lại bất đẳng thức AM - GM theo cách khác: a + 1) − a ( a2 a2 a = = 1− ≥ 1− = 1− ( 1) 2 2a a +1 a +1 a +1 b c ≥ 1− (2) ; ≥ 1− (3) Tương tự ta có: 2 2 b +1 c +1 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: 1 a+b+c + + ≥ 3− = (đpcm) 2 a +1 b +1 c +1 Thí dụ Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a + b + c = 1 + + ≥ + ab + bc + ca Hướng dẫn giải Chứng minh bất đẳng thức sau: Ta có: ab ab ab = 1− ≥ 1− = 1− (1) + ab + ab 2 ab Tương tự ta có: bc ≥1− + bc (2) ; Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: 108 | ca ≥ 1− + ca (3) ( ) 1 1 + + ≥ 3− ab + bc + ca + ab + bc + ca 1a+b b+c c+a a+b+c 3 ≥ 3−  + + = 3− =  = 3− 2 2  2 Vậy tốn chứng minh Thí dụ Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức sau: a b c + + ≥ b +1 c +1 a +1 Hướng dẫn giải a ab ab ab = a − ≥ a − =a− (1) 2 2b b +1 b +1 b bc c ca ≥b− (2) ; ≥c− Tương tự ta có: 2 2 c +1 a +1 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: Ta có: a b d ab + bc + ca + + ≥ a+b+c− b +1 c +1 d +1 Mặt khác ta có: (3) (1' ) a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 + + = a + b + c = ( a + b + c ) - 2( ab + bc + ca ) 2 2 ( a + b + c) = ⇒ ab + bc + ca ≤ (2' ) Từ (1’) (2’) ta có: ab + bc + ca ≤ a b c 3 + + ≥ 3− = 2 b +1 c +1 a +1 Lưu ý: Ta sử dụng kết (đpcm) ( a + b + c) ab + bc + ca ≤ =3 chứng minh tốn khác Thí dụ Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a + b + c = a +1 b +1 c +1 + + ≥3 b +1 c +1 a +1 Hướng dẫn giải Chứng minh bất đẳng thức sau: a +1 ( a + 1) b ≥ a + − ( a + 1) b = a + − ab + b (1) = a + − 2b b2 +1 b2 +1 b +1 bc + c c +1 ca + a ≥ b +1− (2) ; ≥ c +1− Tương tự ta có: 2 c +1 a +1 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: Ta có: 109 | (3) a +1 b +1 c +1 a + b + c + ab + bc + ca + + ≥ a +b +c +3− 2 b +1 c +1 a +1 a+b+c ab + bc + ca ≥ +3− 2 ( a + b + c) 3 3 ≥ +3= +3- = 2 2 a +1 b +1 c +1 + + ≥3 b +1 c +1 a +1 Thí dụ Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: Vậy a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 2 a +b b +c c +a Hướng dẫn giải a3 ab ab b = a − ≥ a − =a− (1) 2 2 2ab a +b a +b Ta có: b3 c c3 a ; ≥ b − (2) ≥c− 2 2 2 b +c c +a Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: Tương tự ta có: (3) a3 b3 c3 a+b+c a+b+c (đpcm) + + ≥ a+b+c− = 2 2 2 2 a +b b +c c +a Thí dụ Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a + b + c = a b c + + ≥2 b c +1 c a +1 a b +1 Hướng dẫn giải Chứng minh bất đẳng thức sau: Ta có: b a ( ac ) a ab c ab c ab c b( a + ac ) = a − ≥ a − =a− =a− ≥a− 2 2 b c +1 b c +1 2b c a ⇒ ≥ a − ( ab + abc ) (1) b c +1 Tương tự ta có: b c ≥ b − ( bc + abc ) (2) ; ≥ c − ( ca + abc ) 4 c a +1 a b +1 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: (3) a b c ab + bc + ca abc ab + bc + ca abc + + ≥ a+b+c− =3 − (1’) 4 4 b c +1 c a +1 a b +1 Mặt khác ta có: 2 ( a + b + c) 3= ≥ ab + bc + ca ⇔ = a + b + c ≥ 33 abc ⇔ ab + bc + ca (2’) ≥ 4 abc ≥ (3’) 4 Cộng theo vế (1’), (2’), (3’) ta được: 110 | a b c + + + + ≥3 b c +1 c a +1 a b +1 4 a b c + + ≥ (đpcm) b c +1 c a +1 a b +1 Thí dụ Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện ab + bc + ca = Chứng minh bất đẳng thức sau: ⇒ a b + + c 2b + 2c + 2a + Hướng dẫn giải 3 ≥1 Ta có: 2ab ab 2ab ≥ a − =a− (1) 3 3 2b + b + b +1 3b b 2bc c 2ca ≥b− (2) ; ≥c− Tương tự ta có: 3 3 2c + 2a + Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a a =a− b + c + 2b + 2c + 2a + Mặt khác ta có: 3 ≥ a+b+c− (3) 2( ab + bc + ca ) = a+b+c−2 (1' ) ( a + b + c ) ≥ ab + bc + ca ⇒ a + b + c ≥ 3( ab + bc + ca ) = (2' ) Cộng theo vế (1’) (2’) ta được: a 2b + ⇒ a + b 2c + b c 2a + 3 + + a + b + c ≥ a + b + c +1 c ≥ (đpcm) 2b + 2c + 2a + Thí dụ Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: + + a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a Hướng dẫn giải a3 a b + ab ab( a + b ) a + b 2a − b Ta có =a− ≥a− =a− = (1) 2 3ab 3 a + ab + b a + ab + b Tương tự ta có: b3 2b − c c3 2c − a ; ≥ (2) ≥ 2 2 3 b + bc + c c + ca + a Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: (3) a3 b3 c3 a+b+c (đpcm) + + ≥ 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a Thí dụ Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện a + b + c = 111 | a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2b b + 2c c + 2a Hướng dẫn giải Chứng minh bất đẳng thức sau: Ta có: a2 2ab 2ab 2 =a− ≥a− = a − ( ab ) (1) 2 a + 2b a+b +b ab Tương tự ta có: b2 23 c2 2 ; ( ) ≥ b − bc (2) ≥ c − ( ca ) 2 3 b + 2c c + 2a Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: (3) a2 b2 c2 2 2 + + ≥ a + b + c −  ( ab ) + ( bc ) + ( ca )  2    a + 2b b + 2c c + 2a 2 2 ≥ −  ( ab ) + ( bc ) + ( ca )  (*)    Mặt khác ta có: ( ab ) = a.ab.b ≤ a + ab + b (1’) Tương tự: ( bc ) ≤ b + bc + c (2’) ; ( ca ) ≤ c + ca + a (3’) Cộng theo vế (1’), (2’) (3’) ta có ( ab) + ( bc ) + ( ca ) 2 ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) 3 2 ( a + b + c) 32 ≤ ( a + b + c) + = + = 3 3 3 ≤ 2 2 ⇒ −  ( ab ) + ( bc ) + ( ca )  ≥ − = -2 (**)    3 Từ (*) (**) ta có: a2 b2 c2 (đpcm) + + ≥ 3− =1 a + 2b b + 2c c + 2a Thí dụ Cho số thực dương a, b, c thỏa điều kiện a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức sau: a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2b b + 2c c + 2a Hướng dẫn giải Ta có: a2 2ab 2ab = a − ≥ a − = a − b3 a (1) 3 3 a + 2b a+b +b 3 ab Tương tự ta có: b2 ≥ b − c3 b 3 b + 2c 112 | (2) ; c2 ≥ c − a3 c c + 2a (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: ( a2 b2 c2 + + ≥ a + b + c − b3 a + c b + a c 3 3 a + 2b b + 2c c + 2a ≥ − b3 a + c b + a c (*) ) ) ( Mặt khác ta có:  a + a +1  2a +  2ab + b b3 a = b3 a.a.1 ≤ b  = b = 3     Tương tự ta có: c b ≤ 2bc + c (2' ) ; a3 c ≤ (1' ) 2ca + a (3' ) Cộng theo vế (1’), (2’), (3’) ta được: (b ) a+b+c + ( ab + bc + ca ) 3 a + b + c ( a + b + c) ≤ + =3 3 a + c3 b + a3 c ≤ Từ (*) (**) ta có: (**) a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2b b + 2c c + 2a (đpcm) C BÀI TẬP ÁP DỤNG Cho số thực dương a, b, c cho a + b + c + ab + bc + ca = Chứng minh 1) rằng: a + b + c ≥ (Trích đề tuyển sinh lớp 10- TP Hà Nội 2013) 1 2) Cho số thực dương a, b cho : + = Chứng minh: a b 1 + ≤ 2 a + b + 2ab b + a + 2a b (Trích đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Nguyễn Trãi- Hải Dương 2013) 3) Cho số thực dương a, b cho a + b = Chứng minh: Q= a b  1  ( a + b ) −  + ÷+  + ÷ ≥ 10 b a a b  4) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ P = 2a + bc + 2b + ac + 2c + ab Trích đề tuyển sinh lớp 10- TP Hà Nội 2014 5) Cho số thực không âm a, b cho a + b = Tìm GTLN P= ab a+b+2 (Trích đề tuyển sinh lớp 10- TP Hà Nội 2015) 6) ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ ( a + b + c ) ( ab + bc + ca ) 7) Cho ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) = Chứng minh: ab + bc + ca ≤ ( Trích đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán TP Hà Nội năm 2015) 113 | a + b3 b3 + c c + a + + ≥ ab + bc + ac + 9) Cho a, b số dương Chứng minh rằng: 8) Cho a, b, c > 0, a + b + c = Chứng minh: 2a ( a + b ) + b ( a + b ) ≤ ( a + b ) 10) Cho x, y, z > thỏa mãn x + y + z = Chứng minh rằng: xy + z + x + y + xy ≥ 11) Cho số thực dương x, y Tìm giá trị nhỏ biểu thức: xy x2 y2 P= + + 2+ x+ y y x 12) Với x, y số thực thỏa mãn 1≤ y ≤ xy + ≥ 2y x2 + M = Tìm giá trị nhỏ biểu thức y2 + 13) Cho x,y,z ba số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = Chứng minh: x3 + y3 + z3 2 + + ≤ + 2xyz x2 + y2 y2 + z2 z2 + x2 Cho số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 14) Chứng minh 3( a + b + c) ≥ 8a2 + + 8b2 + + 8c2 + 15) Cho hai số dương a, b thỏa mãn a + 1 + + a b c = Chứng minh rằng: b  1  1 25  a+ a÷ +  b+ b ÷ ≥     16) Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a + b = 4ab Chứng minh rằng: a b + ≥ 4b + 4a + 17) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn: xy + yz + 4zx = 32 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x2 + 16y2 + 16z2 18) Cho số thực dương x, y thỏa mãn: x + y ≤  1 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P =  + ÷ 1+ x y  x y 19) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x ≥ 3;y ≥  1  1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T = 21 x + ÷+ 3 y + ÷ y  x  20) Cho a,b,c > a + 2b + 3c ≥ 20 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: S = a + b + c + 114 | + + a 2b c ... 13 13 13 + ? ?2 ? ?2 12 = 18 24 18 24 18 24 13 b 13 c 13 b 13 c 13 13 13 + ? ?2 ? ?2 = 48 24 48 24 48 24 Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: ( a + b + c ) + 2? ?? 1  12 1 + + ≥ +  ab bc ca  abc 12 (? ?pcm)... a + 2a +   A = ( a + 1) +  a +   2  ( a + 1) + 1? ?? = ( a + 1) +    a +1  2   = ( a + 1) +  a + +  a +1? ??  2 = 2( a + 1) + Cauchy 1 + 2 2( a + 1) +2= 2 2+ 2 ≥ ( a + 1) ( a + 1) Dấu... dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: − a2 = − b2 ≤ − c2 ≤ ( − a )3 ≤ − b2 − c2 3 (4 − a ) + = − a 2 (1 ) (2 ) (3 ) Cộng theo vế bất đẳng thức (1 ) , (2 ) (3 ) ta được: − a2 + − b2 + − c2 ≤ 21 − ( a +