Ôn thi đại học môn Toán - Chuyên đề: Bất đẳng thức

Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy chọn 1 2 1 2 1 2u ( ; ), v ( ; ), w ( ; ).
a b b c c a
= = =
  
 Khi ñó ta có 
u v w (1; 2)+ + =
  
 (vì ab + bc + ca = abc). Áp dụng bất ñẳng thức 
Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh 
20
20 
u v w u v w+ + ≥ + +
     
 ta ñược 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 3
a b b c c a
+ + + + + ≥ hay 
2 2 2 2 2 22a b 2b c 2c a 3.
ab bc ca
+ + +
+ + ≥ Dấu “=” xảy ra khi u, v, w
  
 ñôi một cùng 
phương, tìm ra a = b = c = 3. 

 VÍ DỤ 23. 
Chứng minh 11 2 2 5 5− + − + ≥y x y , với mọi x, y thoả mãn 2 2x y – 2x – 6y 6 0.+ + = 
☺ HƯỚNG DẪN. 
Ta thấy 2 2x y – 2x – 6y 6 0+ + = là ñường tròn (C) tâm I(1; 3), bán kính R = 2. Vì 
x, y thoả mãn 2 2x y – 2x – 6y 6 0+ + = nên 11 2 2 5− + − +y x y = 
2 2 2 211 2 4 4 20 ( 2 6 6) (11 2 ) ( 2 6 6) (4 4 20)− + − + = + − − + + − + + − − + + − +y x y x y x y y x y x y x y 
2 2 2 2( 1) ( 4) ( 1) ( 5) NM PM,= − + − + + + − = +x y x y với ñiểm N(1; 4) nằm bên trong 
(C), ñiểm P(–1; 5) nằm bên ngoài (C), và M(x; y) ∈ (C). Gọi M0 là giao ñiểm của ñoạn 
thẳng PN với ñường tròn (C) thì −
o
1 23
M ( ; ).
5 5
 Với mọi M(x; y) ∈ (C) luôn có 
+ ≥ =NM PM PN 5, nên 11 2 2 5 5− + − + ≥y x y , dấu “=” xảy ra khi M trùng với 
−
o
1 23
M ( ; ),
5 5
 tức là = − =1 23x ,y .
5 5

 VÍ DỤ 24. 
Cho ∈a,b,c [0;1]. Chứng minh rằng + + ≤ + + +a b c 1 ab bc ca. 
☺ HƯỚNG DẪN. 
Dựng tam giác ñều ABC có cạnh bằng 1. Lấy các ñiểm M, N, P lần lượt thuộc các ñoạn 
thẳng AB, BC, CA sao cho AM = a, BN = b, CP = c. Ta có ∆ ∆ ∆ ∆+ + ≤AMP BMN CNP ABCS S S S 
⇔ − + − + − ≤ ⇔ + + ≤ + + +3 3(a(1 c) b(1 a) c(1 b)) a b c 1 ab bc ca.
2 4
 Dấu “=” xảy ra 
khi có một trong các tam giác AMP, BMN, CNP trùng với tam giác ABC, tức là trong 
ba số a, b, c có một số bằng 0, một số bằng 1, và một số tuỳ ý thộc ñoạn [0; 1]. 
2.7. Phương pháp vận dụng kiến thức hàm số 
 Bằng việc khảo sát tính ñơn ñiệu của một hàm số thích hợp ta có thể chứng 
minh ñược một số bất ñẳng thức. Chúng ta cũng có thể chứng minh bất ñẳng thức nhờ 
việc tìm tập giá trị của hàm số. 
 Nếu hàm f(x) và g(x) cùng ñồng biến (hoặc cùng nghịch biến) trên tập D thì 
( ) ( )f (a) f (b) . g(a) g(b) 0, a,b D.− − ≥ ∀ ∈ Nếu f(x) ñồng biến trên D còn g(x) nghịch 
biến trên D thì ( ) ( )f (a) f (b) . g(a) g(b) 0, a,b D.− − ≤ ∀ ∈ 
Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh 
21
21 
 Một hàm số quan trọng mà ta rất hay sử dụng tính chất của nó ñể chứng minh 
bất ñẳng thức, ñó là hàm số bậc hai. Tất nhiên ñi kèm theo ñó là các kiến thức về 
phương trình và bất phương trình bậc hai. Chúng ta lưu ý tới một số nhận xét sau ñây: 
Nhận xét 1. Ta biết rằng nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có nghiệm thì 
b2 – 4ac ≥ 0. Như thế, ñể chứng minh bất ñẳng thức có dạng b2 – 4ac ≥ 0 (a ≠ 0) ta có 
thể ñi chứng minh phương trình ax2 + bx + c = 0 có nghiệm. 
Nhận xét 2. Nếu a > 0 thì có ngay ax2 + bx + c > 0 ∀x∈R ⇔ b2 – 4ac < 0, và 
ax2 + bx + c ≥ 0 ∀x∈R ⇔ b2 – 4ac ≤ 0. Còn nếu a < 0 thì ax2 + bx + c < 0 ∀x∈R ⇔ 
b2 – 4ac < 0, và ax2 + bx + c ≤ 0 ∀x∈R ⇔ b2 – 4ac ≤ 0. Lưu ý rằng ñôi khi ta lại thay 
một hằng số bởi một biến số thích hợp. Và cũng có khi ñể chứng minh b2 – 4ac < 0 ta 
ñi chứng minh phương trình ax2 + bx + c = 0 vô nghiệm. 
Nhận xét 3. Nếu ≤ ≤a x b thì (x – a)(b – x) ≥ 0 hay x2 – (a + b)x + ab ≤ 0. 
Nhận xét 4. Nếu phương trình bậc hai 2ax bx c 0+ + = ( a 0≠ ) có hai nghiệm 1 2x , x 
(phân biệt hoặc trùng nhau) thì 1 2 1 2b cx x ; x .x
a a
+ = − = (ñịnh lí VIET). Nếu hai số u, v 
có tổng u v S, u.v = P+ = thì u, v là hai nghiệm của phương trình bậc hai 2x Sx P 0− + = 
(ñịnh lí VIET ñảo). 
Nhận xét 5. Xét hàm số có dạng 
2
2
1 1 1
ax bx cy
a x b x c
+ +
=
+ +
, với 21 1 1 1a 0,b 4a c 0≠ − < , ta coi 
2
2
1 1 1
ax bx c y 0
a x b x c
+ +
− =
+ +
 là phương trình ẩn x, còn y là tham số. Bây giờ ñi tìm ñiều kiện 
của y ñể phương trình này có nghiệm x, ta sẽ có ñược tập giá trị của y, và từ ñó có thể 
chứng minh ñược một số bất ñẳng thức có dạng một vế là hằng số còn một vế là biểu 
thức như hàm số y. 
Nhận xét 6. Ta có thể dựa vào bảng biến thiên của hàm số bậc hai (SGK ðại số 10) ñể 
tìm GTLN, NN của hàm số. Nếu a 0> thì 2ax bx c , x ,
4a
∆
+ + ≥ − ∀ ∈ℝ dấu “=” xảy ra khi 
b
x
2a
= − . Nếu a 0< thì 2ax bx c , x ,
4a
∆
+ + ≤ − ∀ ∈ℝ dấu “=” xảy ra khi bx
2a
= − . 
Nhận xét 7. ðể chứng minh bất ñẳng thức mà một vế là biểu thức thuần nhất bậc hai 
dạng 
2 2
2 2
1 1 1
ax bxy cyP
a x b xy c y
+ +
=
+ +
 còn một vế là hằng số, ta có thể xét y = 0, rồi xét y ≠ 0 và 
chia cả tử, mẫu của P cho y2, ñặt xt
y
= , ñưa về áp dụng nhận xét 5. 
Nhận xét 8. 
a) ðể chứng minh bất ñẳng thức mà một vế là hằng số và một vế là biểu thức có 
Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh 
22
22 
dạng 
2 2
2 2
1 1 1
asin x bsinxcosx c.cos xP
a sin x b sinxcosx c .cos x
+ +
=
+ +
, ta xét cosx = 0, sau ñó xét cosx ≠ 0 và chia cả 
tử và mẫu của P cho cos2x, ta ñặt t = tanx, chuyển về áp dụng nhận xét 5. 
b) ðể chứng minh bất ñẳng thức mà một vế là biểu thức có dạng 
2 2P a sin x bsin x cos x c.cos x= + + còn một vế là hằng số, ta viết lại P ở dạng 
2 2
2 2
a sin x bsin x cos x c.cos xP
sin x cos x
+ +
=
+
 rồi làm tiếp như nhận xét 8a. 
c) ðể chứng minh bất ñẳng thức mà một vế là biểu thức có dạng 
1 1 1
a sin x b cos x cP
a sin x b cos x c
+ +
=
+ +
 còn một vế là hằng số, ta biến ñổi biểu thức P ñể làm tiếp như 
nhận xét 8a như sau 
2 2 2 2
2 2 2 2
1 1 1
x x x x x x2a sin cos b(cos sin ) c(cos sin )
2 2 2 2 2 2P
x x x x x x2a sin cos b (cos sin ) c (cos sin )
2 2 2 2 2 2
+ − + +
=
+ − + +
. 
d) ðể chứng minh bất ñẳng thức mà một vế là biểu thức có dạng 
P a sin x b cos x c= + + còn một vế là hằng số, ta biến ñổi 
2 2 2 2
2 2
x x x x x x2a sin cos b(cos sin ) c(cos sin )
2 2 2 2 2 2P
x x
cos sin
2 2
+ − + +
=
+
 và làm tiếp như nhận xét 8a. 
Nhận xét 9. Từ các khả năng xảy ra của ∆ ta thấy một tam thức bậc hai ñổi dấu khi và 
chỉ khi 0.∆ > Vì thế, ñể chứng minh bất ñẳng thức có dạng 2b 4ac 0 (a 0)− > ≠ ta có 
thể xét tam thức 2f (x) ax bx c= ± + và chỉ ra sự tồn tại của hai số thực , α β sao cho 
f ( ) 0, f ( ) 0.α > β < 
Nhận xét 10. Nếu a > 0 thì ñồ thị hàm số 2y ax bx c= + + là parabol (P) quay bề lõm 
lên trên, tức là với bất kì hai ñiểm phân biệt A, B nằm trên (P), gọi M là một ñiểm 
thuộc ñoạn AB (M khác A, B), N là một ñiểm thuộc cung AB của (P) sao cho xM = xN, 
ta luôn có yM > yN (nếu a < 0 thì yM < yN). 

 VÍ DỤ 25. 
Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a > 0, a2 = bc, và a + b + c = abc. Chứng minh a ≥ 3 , 
b > 0, c > 0, b2 + c2 ≥ 2a2. 
☺ HƯỚNG DẪN. 
Từ giả thiết ta có bc = a2, b + c = abc – a = a(bc – 1) = a(a2 – 1) nên b và c là hai 
nghiệm của phương trình x2 – a(a2 – 1)x + a2 = 0. Vì phương trình này có nghiệm nên 
∆ = (a3 – a)2 – 4a2 ≥ 0 ⇔ (a2 – 1)2 ≥ 4 ⇔ a2 ≥ 3. Từ ñây và do a > 0 suy ra a ≥ 3 . Lúc 
này b + c = a(a2 – 1) > 0 và bc = a2 > 0 nên b > 0, c > 0. Hơn nữa b2 + c2 = 
=(b + c)2 – 2bc = (a3 – a)2 – 2a2 = a2.((a2 – 1)2 – 2) ≥ 2a2. Vậy ta có ñiều phải chứng 
minh. 

 VÍ DỤ 26. 
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c, d, e thì 
a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e). 
Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh 
23
23 
☺ HƯỚNG DẪN. 
Ta xét tam thức bậc hai ẩn x là f(x) = x2 – (b + c + d + e)x + b2 + c2 + d2 + e2, có biệt 
thức ∆ = (b + c + d + e)2– 4(b2 + c2 + d2 + e2) = – (b – c)2– (b – d)2– (b – e)2– (c – d)2– 
(c – e)2– (d – e)2≤ 0 nên 1.f(x) ≥ 0 ∀x∈R, suy ra f(a) ≥ 0 hay a2 – (b + c + d + e)a + b2 + 
c2 + d2 + e2 ≥ 0. Vậy ta luôn có a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e), với mọi số 
thực a, b, c, d, e. 

 VÍ DỤ 27. 
 Chứng minh rằng với mọi số thực a1, a2, a3, b1, b2, b3 ta có 
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3(a b + a b + a b ) (a a a )(b b b )≤ + + + + (xem ví dụ 21). 
☺ HƯỚNG DẪN. 
Trường hợp 1: Nếu 2 2 21 2 3a a a+ + = 0 ⇔ a1 = a2 = a3 = 0 thì bất ñẳng thức ñã cho hiển 
nhiên ñúng. 
Trường hợp 2: Xét 2 2 21 2 3a a a+ + > 0. Có (a1x + b1)2 + (a2x + b2)2 + (a3x + b3)2 ≥ 0 ∀x∈R, 
hay f(x) = ( 2 2 21 2 3a a a+ + )x2 +2x( 1 1 2 2 3 3a b + a b + a b ) + 2 2 21 2 3b b b+ + ≥ 0 ∀x∈R. Như vậy tam 
thức bậc hai f(x) sẽ có ∆ ’ = ( 1 1 2 2 3 3a b + a b + a b )2 – 2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 3(a a a )(b b b )+ + + + ≤ 0. Tức là 
ta có 2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3(a b + a b + a b ) (a a a )(b b b )≤ + + + + . 
Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñược chứng minh. Các bạn tự tìm ñiều kiện ñể dấu “=” xảy 
ra. 

 VÍ DỤ 28. 
Chứng minh 2010 x 2010 40192.
2009 2009 x 2009
≤ + ≤ với mọi x thuộc ñoạn [2009; 2010]. 
☺ HƯỚNG DẪN. 
Theo bất ñẳng thức Côsi ta có x 2010 x 2010 20102 . 2
2009 x 2009 x 2009
+ ≥ = , dấu “=” xảy ra 
khi x = 2009.2010 . Mặt khác, với x ∈ [2009; 2010] thì (x – 2009)(2010 – x) ≥ 0 hay 
4019x ≥ x2 + 2009.2010. Suy ra x 2010 4019
2009 x 2009
+ ≤ , ∀ x ∈ [2009; 2010]. Dấu “=” xảy 
ra khi x = 2009 hoặc x = 2010. 
Nhận xét. Bài toán này có thể làm bằng phương pháp khảo sát hàm số. 

 VÍ DỤ 29. 
Chứng minh 
n
1 1 1
, n *
n n! n
≤ ≤ ∀ ∈ℕ . 
☺ HƯỚNG DẪN. 
Trước hết ta thấy n! = 1.2.3n ≤ nn ⇒
n
1 1
n n!
≤ , ∀ n ∈ N *. Tiếp ñó, với ∀k = 1, n ta 
Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh 
24
24 
luôn có (n k)(k 1) 0 k(n k 1) n− − ≥ ⇒ − + ≥ , lần lượt cho k = 1, 2, 3, , n – 1, n ta thu 
ñược n bất ñẳng thức mà hai vế ñều dương: 
 1.n ≥ n 
 2.(n –1) ≥ n 
 3.(n – 2) ≥ n 
 (n –1).2 ≥ n 
 n.1 ≥ n 
 Nhân n bất ñẳng thức này, vế với vế tương ứng, dẫn tới (n!)2 ≥ nn hay 
n
1 1
, n *
n! n
≤ ∀ ∈ℕ . Vậy 
n
1 1 1
, n *
n n! n
≤ ≤ ∀ ∈ℕ . 
Nhận xét. Từ 
n
1 1 1
, n *
n n! n
≤ ≤ ∀ ∈ℕ , và lim 1
n
 =