Sáng kiến kinh nghiệm - Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức

Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 1 
CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH 
 BẤT ĐẲNG THỨC 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 2 
PHƯƠNG PHÁP 1: Sử dụng định nghĩa và biến đổi 
tương đương. 
1.Cơ sở lí thuyết: 
 Ta sử dụng một số biến đổi sơ cấp để đưa bất đẳng thức cần phải chứng minh 
về một bất đẳng thức mới mà bất đẳng thức mới luôn đúng hoặc có thể chứng 
minh được đúng. 
2.Một số ví dụ minh họa 
 Ta có thể biến đổi tương đương trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ rồi biến đổi tương 
đương 
A.Biến đổi tương đương trực tiếp 
VD1: Cho a,b,c>0.Cmr: 
22
2
22
2
22
2
ba
c
ac
b
cb
a
ba
c
ac
b
cb
a











 (1) 
Giải 
 (1)  0)()()(
22
2
22
2
22
2











 ba
c
ba
c
ac
b
ac
b
cb
a
cb
a 
  0
))(())(())(( 22
2222
22
2222
22
2222









baba
cbcabcac
acac
babcabcb
cbcb
acabcaba 
  0
))((
)()(
))((
)()(
))((
)()(
222222









baba
bccbacca
acac
ababcbbc
cbcb
caacbaab 




















))((
1
))((
1
)(
))((
1
))((
1
)(
22222222 babaacac
cbbc
acaccbcb
baab 
0
))((
1
))((
1
)(
2222










cbcbbaba
acca (2) 
Do a,b,c>0 nên nếu ba  thì: 










0
))((
1
))((
1
0
2222 acaccbcb
ba
  0
))((
1
))((
1
)(
2222










acaccbcb
baab 
 Nếu ba  thì: 










0
))((
1
))((
1
0
2222 acaccbcb
ba
  0
))((
1
))((
1
)(
2222










acaccbcb
baab 
Như vậy ta luôn có: 0
))((
1
))((
1
)(
2222










acaccbcb
baab 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 3 
 Tương tự: 0
))((
1
))((
1
)(
2222










babaacac
cbbc 
 0
))((
1
))((
1
)(
2222










cbcbbaba
acca 
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên  (2) luôn đúng với a,b,c>0 
 đpcm. 
VD2: Cho  1;0,, cba .Cmr: 1)1)(1)(1(
111






cba
ba
c
ac
b
cb
a 
Giải: 
 Do vai trò của a,b,c như nhau nên có thể giả sử: 1,,0  cba 
 Đặt 1 cbaS  
cS
a
aS
a
cb
a




 1
 (1) 
  
cS
b
bS
b
ac
b




 1
 (2) 
 Ta cm cho: 
1
1
)1)(1)(1(



ba
c
cba (3) 
  0
1
1
)1)(1()1( 





ba
bac 
  0
1
1)1)(1(
)1( 



ba
baabba
c 
  0
1
11
)1(
2222




ba
ababbabbabaababa
c 
  0
1
)1(
2222




ba
abbaabba
c 
  0
1
))(1(
)1( 



ba
baab
c .Điều này luôn đúng vì  1;0,, cba . 
Từ (1),(2),(3) 
 1
1
)1)(1)(1(
111














 cS
c
cS
c
cS
b
cS
a
cba
ba
c
ac
b
cb
a 
 đpcm. 
VD3: 
Cho nn
nn axaxaxaxp  

1
1
10 ...)( có n nghiệm phân biệt,  nn ,2 . 
Chứng tỏ: 20
2
1 2)1( nnan  (1) 
Giải 
 (1)  
0
2
2
0
1 2)1(
n
n
a
a
n 





 (2) 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 4 
Do đa thức p(x) có n nghiệm phân biệt nên theo định lí Viet ta có: 
0
1
21 ...: a
a
xxxA n

 và 
0
2
13221 ...: a
a
xxxxxxB nn   
Ta có: BxxxxxA
n
i
i
n
ji
ji
ji
n
i
i
n
i
i 2
1
2
1,1
2
2
1
2 





 



 (2)  nBAn 2)1( 2   nBBxn
n
i
i 2)2)(1(
1
2  

  


n
i
i Bxn
1
2 2)1( 
  
 

n
i
n
i
ii ABxxn
1 1
222 2 
  
 







n
i
n
i
ii xxn
1
2
1
2 .Điều này luôn đúng theo bđt Bunhiacopski với 2 bộ số 
 ),...,,( 21 nxxx và )1,...,1,1( .Dấu bằng không xảy ra vì: 
1
...
11
21 nxxx  (các nghiệm của p(x) phân biệt). 
 (1) luôn đúng  đpcm. 
B.Đặt ẩn phụ sau đó biến đổi tương đương 
VD1: CMR: cba ,, ta có 333333444666666 )(23 cbacbacbaaccbba  (1) 
Giải 
(1)  )(23
222
4
22
4
22
4
22
ab
c
ca
b
bc
a
b
ac
a
cb
c
ba
 (2) 
Đặt 
ca
b
z
bc
a
y
ab
c
x
222
,,  .Ta có: xyz=1 
Khi đó (2) trở thành: )(23111
222
zyx
zyx
 
  0)1()1)(1(2)11( 22  xyyx
yx
 (3) 
Vì xyz=1 nên tồn tại 2 số nhỏ hơn hay bằng 1 hoặc 2 số lớn hơn hay bằng 1 
 0)1)(1(  yx  (3) luôn đúng 
Vậy bất đẳng thức đã cho đã được chứng minh. 
VD2: CMR: CBACBA coscoscos)cos1)(cos1)(cos1(  (1) 
Giải 
Ta luôn có: 1cos,cos,cos CBA  0)cos1)(cos1)(cos1(  CBA 
 Nếu ABC vuông hoặc tù thì 0coscoscos CBA .Khi đó (1) luôn đúng. 
 Nếu ABC nhọn  0coscoscos CBA 
Khi đó (1)  1
cos
cos1
cos
cos1
cos
cos1


C
C
B
B
A
A (2) 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 5 
Đặt 
2
tan,
2
tan,
2
tan
C
z
B
y
A
x  
Ta có (1)  1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
















z
z
z
z
y
y
y
y
x
x
x
x
  1
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2

 z
z
y
y
x
x  
xyzz
z
y
y
x
x 1
1
2
1
2
1
2
222


  
2
tan
2
tan
2
tan
1
tantantan
CBA
CBA  
  
2
cot
2
cot
2
cottantantan
CBA
CBA  (3) 
Mặt khác: ABC luôn có: CBACBA tantantantantantan  
2
cot
2
cot
2
cot
2
cot
2
cot
2
cot
CBACBA
 
Từ đó (3)  
2
cot
2
cot
2
cottantantan
CBA
CBA  
  
2
tan
2
tan
2
tantantantan
CBA
CBA  (4) 
Ta có bổ đề sau: 
2
,0:,

 yxyx  
2
tan2tantan
yx
yx

 
ABC nhọn  
2
,,0

 CBA . 
Áp dụng bổ đề: 
2
cot2
2
tan2tantan
CBA
BA 

 
2
cot2
2
tan2tantan
ACB
CB 

 
2
cot2
2
tan2tantan
BAC
AC 

 
Cộng vế với vế ta có: )
2
tan
2
tan
2
(tan2)tantan(tan2
CBA
CBA  
  
2
tan
2
tan
2
tantantantan
CBA
CBA  (đpcm) 
Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. 
3.Bài tập áp dụng 
Bài 1: Với mọi a,b cùng dấu và m,n là các số tự nhiên cùng chẵn hoặc cùng lẻ. 
CMR: 
222
nmnmnnmm bababa  


 (1) 
HD: 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 6 
(1)  0))((  mmnn baba luôn đúng do a,b cùng dấu và m,n là các số tự nhiên 
cùng chẵn hoặc cùng lẻ. 
Bài 2: Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn: 1,,0  cba .Cmr: 
 accbbacba 222222 1  (1) 
HD: (1)  1)1()1()1( 222  accbba 
 Mà )1()1()1()1()1()1( 222 accbbaaccbba  
 cabcabcba  
 11)1)(1)(1(  abccba 
(do 1,,0  cba ) 
Bài 3: Cho a,b >0.Cm: )(4))()(( 663322 babababa  (1) 
HD: (1)  ))(1(4))(1)()(1)(1( 632
a
b
a
b
a
b
a
b
 
Đặt 
a
b
t  khi đó )1(4)1)(1)(1( 632 tttt  
Bài 4: Cho 
cab
ab
ab
ab
cab
ab
ab
ab 22








Cmr: 






cba
cbaf
1
,
1
,
1
max4),,( 
Bài 5: Cho a,b,c>0.Cm bất đẳng thức: )(2
222222
cba
c
ba
b
ac
a
cb





 
HD: áp dụng vd1.A 
PHƯƠNG PHÁP 2:Sử dụng tam thức bậc hai 
1.Cơ sở lí thuyết: 
 Xét )0()( 2  acbxaxxf , : acb 42  
Xuất phát từ đồng nhất thức 



 
2
2
4
)
2
()(
aa
b
xaxf ta có các kết quả sau: 
Định lí 1: 






0
0
0)(
a
xxf 
Định lí 2: 






0
0
0)(
a
xxf 
Định lí 3: 






0
0
0)(
a
xxf 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 7 
Định lí 4: 






0
0
0)(
a
xxf 
Định lí 5: 0)( xf có nghiệm 021  xx 
Khi đó ))(()( 21 xxxxaxf  và 









a
c
xx
a
b
xx
21
21
Để chứng minh BA  ta viết biểu thức BA thành tam thức bậc hai theo một 
biến số nào đó .Sau đó dựa vào các định lí về dấu của tam thức bậc hai suy ra 
điều phải chứng minh. 
2.Các ví dụ minh họa 
VD1: Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn: 363 a và 1abc 
Cmr: cabcabcba  22
2
3
 (1) 
Giải 
 (1)  0
3
3)()(
2
2 
a
bccbacb (2) 
 Từ 1abc  
a
bc
1
 . 
 Thế vào (2) ta có: 0
3
1
3)()(
2
2 
a
a
cbacb (3) 0
3
12
3
412 222 
a
a
a
a
a 
(do 363 a ). Theo định về dấu tam thức bạc hai (3) luôn đúng.  (1) luôn đúng. 
 đpcm. 
VD2: Giả sử CBA ,, là 3 góc của một tam giác không cân tai C.Biết rằng phương 
trình : 0sinsin)sin(sin)sin(sin 2  CBxACxBA (1) 
Có đúng một nghiệm thực.Cmr: 060B 
Giải 
Vì ABC không cân tại C nên BA   BA sinsin  .Vậy (1) là pt bậc hai. 
Mặt khác 0sinsinsinsinsinsin  ACCBBA nên (1) có 1 nghiệm 11 x 
 nghiệm kia là: 
BA
CB
a
c
x
sinsin
sinsin
2 

 
Vì (1) có đúng một nghiệm thực nên 21 xx  
  1
sinsin
sinsin



BA
CB  BCA sin2sinsin  

2
cos
2
sin4
2
cos
2
sin2
BBCACA

  
2
sin2
2
cos
BCA

 
 1
2
sin20 
B  
2
1
2
sin0 
B  030
2

B  060B  đpcm. 
VD3: Cho ABC có độ dài 3 cạnh là a,b,c và diện tích S.Khi đó ta có: 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 8 
 0,34)12()12( 222  xScb
x
ax (1) 
Giải: 
 (1)  0,3422 222222  xSxxcxbbxaxa 
  02)34(2 222222  bxScbaxa 0x (2) 
Có 22222 )4()34( abScba  
 )434)(434( 222222 abScbaabScba  
Theo định lí côsin: Cabbac cos2222   Cabcba cos2222  
Xét SCabScba 34cos234222  
 CabSCab sin
2
1
34cos2  
 )sin3(cos2 CCab  
áp dụng Bunhiacopski ta có: 4)sin3(cos 2  CC 
  2sin3cos2  CC 
  abCCabab 4)sin3(cos24  
Nên 0)434)(434( 222222  abScbaabScba 
  0 
Theo định lí về dấu của tam thức bậc hai  (2) luôn đúng (1) được cm. 
Dấu ‘=’ xảy ra  
3
sin
1
cos


CC  3tan C  0120C 
VD4: Cho ABC có độ dài 3 cạnh là a,b,c.Cmr: 
 )(12)(15)(2012152050 222222333 bacacbcbacbaabc  (1) 
Giải: 
 Theo định lí hàm số cos ta có: Abcacb cos2222  
 Bacbac cos2222  
 Cabcba cos2222  
(1)  CabcBabcAababc cos24cos30cos4050  
  CBA cos24cos30cos4050  
 025cos245)cos6cos8(25  CBA 
 025cos245)cos6cos8(52  CBA (2) 
Coi 5 là ẩn có: 100)cos(96cos36coscos9664 22  BABBAAsos 
100sinsin96coscos96cos36coscos96cos64 22  BABABBAA 
100sinsin96sin36sin64100 22  BABA 
0)sin6sin8( 2  BA  (2) luôn đúng.  (1) được cm. 
Dấu bằng xảy ra khi 0  
4
3
sin
sin

B
A 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 9 
VD5: Cho a,b,c thỏa mãn 022  ba và x,y thay đổi thỏa mãn cbyax  (1) 
CMR: 
22
2
22
ba
c
yx

 
Giải 
Từ giả thiết 022  ba  




0
0
b
a
Không mất tính tổng quát ta giả sử: 0b 
Từ (1)  
b
axc
y

 .Do đó 
2
222 




 
b
axc
xyx 
  2222
2
2)(
1
cacxxba
b
 
Đặt 2222 2)()( cacxxbaxf  ... )1(...222)1()1( 3201'   
  1,0\,2).2(2).2(1)1(...2 1132   nnnCnCC nnnnnn (đpcm) 
Bài 2: Cmr: 
144
13
12
)1(
...
5
1
3
1
2
210






nn
n
C
n
CCC nn
n
nnn 
Bài 3: Cmr: *
1
2
2
4
2
2
2
0
2 ,)1(2
4
..... 








n
n
CCCC
nn
n
nnnn 
HD: Khai triển: 


n
k
nk
n
n C
2
0
2
2 42 và 


n
k
k
n
kn C
2
0
2 )1()11(0 
 1 22
2
2
0
2
2
2
4
2
2
2
0
2 ...)1(...2
4
 n nnnn
n
nnnn
n
CCCnCCCC (bất đẳng thức Cauchy) 
 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC 
I. Ứng dụng trong việc tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất: 
 Phần này đã được các nhóm khác trình bày thành 1 chuyên đề riêng cụ thể và 
chi tiết nên ở đây chỉ xin đưa ra 1 ví dụ mang tính chất minh họa cho phương 
pháp: 
 Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau với a,b,c>0 
9
)(4
21
1
21
1
21
1 cba
cabcab







Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 91 
 Giải: 
 Áp dụng bất đẳng thức Cosi cơ bản ta có: 
)(23
9
21
1
21
1
21
1
cabcabcabcab 






))(29(
3
1
3
)(2
3)(23
3
)(2
)(2
)(3)(
222)()()()(2 Mà
222)( Có
2
2
2
2
222222222
2222
cba
cba
cabcab
cba
cabcab
cabcabcba
cabcabaccbbacba
cabcabcbacba








2)(29
27
)(23
9
cbacabcab 


 
Vậy 
9
)(4
)(29
27
9
)(4
21
1
21
1
21
1
2
cba
cba
cba
cabcab











Xét 0 t 
9
4
29
27
)(
2



t
t
tf 














02774124
3
0)2774124)(3( 
081243364
9
4
)29(
108
0)('
9
4
)29(
108
)('
23
23
24
22
22
ttt
t
tttt
ttt
t
t
tf
t
t
tf
 Xét 0 2774124)( 23  tttttg 
 0 0742412)(' 2  ttttg 
 Vậy g(t) đồng biến trên ),0(  
  pt g(t)=0 có không quá 1 nghiệm trên ),0(  
 Mà 0)1(
3
1





 gg và g(t) lien tục trên [0, 1] nên g(t) có 1 nghiệm 
trong (0, 1) 
Vậy g(t)=0 có duy nhất 1 nghiệm t=a và nghiêm này nằm trong (0, 1) 
BBT: 
t 0 a 1 3 + 
f’(t) 0 0 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 92 
 f(t) 
Từ bảng biến thiên ta có 
3
7
)( tf 
3
7
9
)(4
21
1
21
1
21
1









cba
cabcab
Dấu “=” xảy ra 1
0
3






 cba
cba
cbat
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng 
3
7 xảy ra tai a=b=c=1. 
II. Ứng dụng trong việc giải các phương trình, hệ phương trình, bất 
phương trình, hệ bất phương trình: 
 Thường minh họa qua phương pháp đánh giá. 
 Cũng giống như phần trên, phần này đã được nhóm làm về phương trình bất 
phương trình, hệ phương trình làm chi tiết, đầy đủ nên ở đây chỉ đưa vào ví dụ 
mang tính tượng trưng cho phương pháp. 
 Ví dụ 1: Giải phương trình: 
 324 cossin  xx 
 HD: 
 Đặt ttxxt ]1.0[ 1cossin 2  
xxx sinsin2sin 224  
2
2
2
1
2
1
1cossinsinsin
2.2ln
12
2
2ln2)(' 
)1,0( 22)(Xét 
222224
tt
tt
ttxxxx
t
t
tf
ttf







)1,0( 0
)12ln(222ln.2
)('
)1,0( ; 
2
g(y)
(*) 
1
22
0)('
22
y
2
1 2









y
y
y
y
y
yg
y
y
tt
tf
yyy
tt
  g(y) nghịch biến trên (0, 1) 
3 
3
7
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 93 
 )1,0( vì 
2
2
1)1()( 22  tttttgtg 
 Bảng biến thiên 
t 0 22 1 
f’(t) + 0 - 
f(t) 
 Vì f(t) xác định tại t=0; t=1 nên có ]1,0[ 3)(  ttf 
324
322
cossin
cossin


xx
xx
 PT có nghiệm khi và chỉ khi )( 0sin
1sin
0sin
0sin
Zkkxx
x
x
x














 
Vậy pt có nghiệm )( Zkkx   
III. Ứng dụng trong việc tính giới hạn của hàm số, biểu thức phức 
tạp: 
Minh họa qua phương pháp dùng nguyên lý kẹp. 
Bài 1: Tính: )22)...(22)(22(limlim 1253 

 n
n
n
n
S 
 HD: Ta có 
nn )12()22)...(22)(22(0 1253   
 Mà 0)12(lim 

n
n
. Nên theo nguyên lý kẹp ta có: 
 0lim 
 nn
S 
Bài 2: Tính: 
 )...
2
2
1
1
(limlim
222 nn
n
nn
S
nnn 






HD: Ta có: 
)1(2
)1(
)(2
)1(
1
1
)...21(...
2
2
1
11
)...21(
22
22222
















n
nn
S
nn
nn
n
n
nn
n
nnnn
n
n
 Mà 
2
1
)1(2
)1(
lim
)(2
)1(
lim
22






 n
nn
nn
nn
nn
. Nên theo nguyên lý kẹp ta có 
2
1
lim 
 nn
S 
3 3 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 94 
Bài 3: Tính: nn
n
n )1(lim 

HD: Ta có   2nn n là 1 dãy đơn điệu giảm và giới hạn của nó bằng 1 
 Thật vậy ta chứng minh: 2n ; 11  nn nn 
 Xét ytttf tt 
1
)( 
 3 0
ln1
'
ln11ln1
'ln
1
ln
2
1
222




 t
t
t
ty
t
t
tt
t
y
yt
t
y t 
 Vậy y là hàm nghịch biến 
1 1)1()(   nn nnnfnf 
 Măt khác 1lim 

n
n
n 
 Ta lại có  nn nnn )
2
1
()1( 
 Thật vậy ta chứng minh bằng quy nạp: 
 + với n=1 thì 
2
1
0  luôn đúng 
 + Giả sử đpcm đã đúng đến n=k tức là kkk k )
2
1
()1(  
 + Ta chứng minh nó cũng đúng với n=k+1 tức là: 
1
11
2
1
)11(

 
k
kk k 
 Ta có 1111 11   kkkk kkkk 
 Vậy )11(
2
1
)11()1()11( 1111   k
k
kkkkk kkkk 
 Ta chứng minh (*) 
2
1
111 k k 
0
2
3
)1()(''1
2
3
)1()(' 
1
2
3
)(Xét 
01
2
3
2
3
1
2
3
1(*)
1
1
11
1
































kk
k
kk
k
kkkfkkf
kkf
kkk
  f’(k) là hàm đồng biến 012.
2
3
)1(')('  fkf 
  f(k) là hàm đồng biến 02
2
3
)1()(
2





 fkf 
 Như vậy ta có:  nn nnn )
2
1
()1( 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 95 
 Mặt khác: 0)1(lim và0
2
1
lim 






n
n
n
n
n 
 Do 
n
nnn nn 





2
1
)1()1( nên theo nguyên lý kẹp ta có 
0)1(lim 

nn
n
n 
BÀi 6: Tính 
 )
1
1
...
2
1
1
1
(limlim
222 





 nnnn
S
nnn
HD: 
 Áp dụng bất đẳng thức: 
1
1
1
1
22 




n
n
S
nn
n
n 
 Mà 1
1
1
lim và1
1
1
lim
2n2






 n
n
nn
n
n
, nên theo nguyên lý kẹp ta 
có 1lim 
 nn
S 
Bài 7: Tính: 
 n
nnn n
n
n
n
S
1
cos
1
sin2limlim
2008
2
2008
2





HD 
 Ta có: 21
cos
1
sin2
1
cos
1
sin2
2008
2
2008
2
2008
2
2008
2 











 n
n
n
n
n
n
n
n
 1
1
cos
1
sin
1
cos
1
sin2
2008
2
2008
2
2008
2
2008
2 






 n
n
n
n
n
n
n
n
 Vậy nnS 21  . Mà 12lim 
n
n
 nên theo nguyên lý kẹp ta có 1lim 
 nn
S 
Bài 8*: Tính nnn
n
n
n
nnnS sin2
1
)cos1(limlim 

 
HD: 
 Ta có: n+1+cosn=1+n(1+cosn) 
nnn
nnn nnn
nnn
nnVi
sin2
1
sin2
1
)21())cos1(1(1
21)cos1(11
2cos101cos1 

 


(*) Ta chứng minh 1)21(lim sin2
1
 

nnn
n
n 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 96 
 Thật vậy ta có nnnn nn
1
sin2
1
)21()21(1   
 Vì nnnnnnnnnn 3sin2sin1sin1  
nnnn
nnnn
nnn
nn
nn
n
nnnnnnnn
1
sin2
1
1
sin2
1
sin2
1
)21()21(1
)21()21(
1)21(
1
sin2
1
0 ;
sin2
1
3
1
0











 Mà nnn
n
n
n
nnn sin2
11
)21(lim1)21(lim 

 
Vậy theo nguyên lý kẹp ta có 1lim 
 nn
S 
Bài 9: Tính: 
 

 








n
k
n
n
n n
k
S
1
2
11limlim 
HD: 
 Đặt nk
n
k
x ,1 ; 
2
 0 , 11 2  xxn
k
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: 
2
11
2
2
11
2
1
2
1
1
1
1
2
1
1
1
21
1
1
2
1
2
11
1).1(1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
xx

















Thay k=1, 2,, 
2n
k rồi cộng vế ta được: 
 











n
k
n
k
n
k n
k
n
k
n
k
n
k
1
2
1
2
1
2
2
2
11
2
Ta lại có: 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 97 
)2(2
)1(
2
1
22
4
)1(
2
...
2
2
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2222
1
2
nn
nn
k
nnkn
k
n
k
n
k
n
nn
n
n
nnn
k
n
k
n
k
n
k
n
k














 22 4
)1(
)2(2
)1(
n
nn
S
nn
nn
n




 
Mà có: 
4
1
4
)1(
lim và
4
1
)2(2
)1(
lim
22





 n
nn
nn
nn
nn
. Nên theo nguyên lý kẹp ta có: 
4
1
lim 

n
n
S 
Bài 10 : Tính 

 








n
k
n
n
n n
k
S
1
3
3
2
11limlim 
HD: Cách giải hoàn toàn tương tự bài 9 
Bài 11: Cho 
2)12(lim :CMR .1 xxx nn
n


HD: 
 +) Đpcm hiển nhiên đúng với x=1. 
 +) Xét với x>1. Ta có: 
22
2
22
)()12(
12
12)1(0
xxx
xx
xxx
nnnn
nn
nnn



Mặt khác: 
n
nn
n
nn
nn
xx
x
xx
xx
























 1
12
1
12
)12(
2
2
2
2 
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli 







 



























n
n
nn
nn
n
nn
x
x
nxx
xx
n
xx
2
2
2
22
)1(
1)12( 
1
12
11
12
1 *)
nn
n
nn
xn
x
x
x
n
n
x
x
xnxn
2
2
2
2
2
2n
nn
)1(
)1( 
)1()1(11)-x(1 x *)





Vậy 
2
2
2
2
2
2
2 1lim Mà 1)12( x
xn
x
x
xn
x
xx
nnn
nn 

















Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 98 
Theo nguyên lý kẹp ta được đpcm 
Bài 12: Tính: 
 










 




 




 
 222
1...
2
1
1
1lnlimlim
n
n
nn
S
n
n
n
HD: 
 Ta có: 




 




 




 
222
1ln...
2
1ln
1
1ln
n
n
nn
Sn 
 Sử dụng bất đẳng thức : 
 0 )1ln(
2
2
 xxx
x
x 
Ta được: 
224
2
2
224
2
2
2242
1ln
2
.....
22
1ln
2
22
11
1ln
2
11
n
n
n
n
n
n
n
n
nnnn
nnnn





 





 





 
Cộng vế các bất đẳng thức trên ta được: 
2
1
12
)12)(1(
2
1
lim ; 
2
1
2
1
lim :Do
2
1
12
)12)(1(
2
1
12
)12)(1(
6
)12)(1(
2
1
2
...
2
2
2
1
2
1
2
)1(
...
21
 Mà
...
21
2
...
2
2
2
1
...
21
3n
3
344
2
4
2
4
2222
2224
2
4
2
4222





 
























 n
nn
n
n
n
n
n
n
S
n
nn
n
n
n
nnnnn
nn
n
nn
n
n
n
nn
n
n
nn
n
n
nn
S
n
n
nnn
n
nn
n
n
n
Nên theo nguyên lý kẹp ta có: 
2
1
lim 
 nn
S