Tài liệu vài bài tập Đại số - Chuyên đề: Bất đẳng thức

1 
 Chuyên đề: Bất đẳng thức 
A- Mở đầu: 
 Bất đẳng thức là một trong những mảng kiến thức khó nhất của toán học 
phổ thông . 
Nh−ng thông qua các bài tập về chứng minh bất đẳng thức học sinh hiểu 
kỹ và sâu sắc hơn về giải và biện luận ph−ơng trình , bất ph−ơng trình ,về 
mối liên hệ giữa các yếu tố 
của tam giác về tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một biểu thức. Trong 
quá trình giải bài tập , năng lực suy nghĩ , sáng tạo của học sinh đ−ợc phat 
triển đa dang và phong phú 
vì các bài tập về bất đẳng thức có cách giải không theo quy tắc hoặc 
khuôn mẫu nào cả. 
Nó đòi hỏi ng−ời đọc phải có cách suy nghĩ lôgic sáng tạo biết kết hợp 
kiến thức cũ với kiến thức mới một cách lôgíc có hệ thống. 
 Cũng vì toán về bất đẳng thức không có cách giải mẫu , không theo một 
ph−ơng pháp nhất định nên học sinh rât lúng túng khi giải toán về bất 
đẳng thức vì vậy học sinh sẽ không biết bắt đầu từ đâu và đi theo h−ơng 
nào .Do đó hầu hết học sinh không biết làm toán về bất đẳng thứcvà 
không biết vận dụng bất đẳng thức để giải quyết các loại bài tập khác. 
 Trong thực tế giảng dạy toán ở tr−ờng THCS việc làm cho học sinh biết 
chứng minh bất đẳng thức và vận dụng các bất đẳng thức vào giải các bài 
tập có liên quan là công việc rất quan trọngvà không thể thiếu đ−ợc của 
ng−ời dạy toán ,thông qua đó rèn luyện 
T− duy lôgic và khả năng sáng tạo cho học sinh .Để làm đ−ợc điều đó 
ng−ời thầy giáo phải cung cấp cho học sinh một số kiến thức cơ bản và 
một số ph−ơng pháp suy nghĩ ban đầu về bất đẳng thức . 
 Chính vì lí do trên nên tôi tự tham khảo biên soạn chuyên đề bất đẳng 
thức nhằm mục đích giúp học sinh học tốt hơn. 
2 
Danh mục của chuyên đề 
S.t.t Nội dung Trang 
1. Phần mở đầu 1 
2. Danh mục của chuyên đề 2 
3. Nội dung chuyên đề 2 
4. Các kiến thức cần l−u ý 3 
5. Các ph−ơng pháp chứng minh bát đẳng thức 4 
6. Ph−ơng pháp 1:dùng định nghiZ 4 
7. Ph−ơng pháp 2:dùng biến đổi t−ơng đ−ơng 6 
8. Ph−ơng pháp 3:dùng bất đẳng thức quen thuộc 8 
9. Ph−ơng pháp 4:dùng tính chất bắc cầu 10 
10.Ph−ơng pháp 5: dùng tính chấtbủa tỷ số 12 
11.Ph−ơng pháp 6: dùng ph−ơng pháp làm trội 14 
12.Ph−ơng pháp 7: dùmg bát đẳng thức tam giác 16 
13.Ph−ơng pháp 8: dùng đổi biến 17 
14.Ph−ơng pháp 9: Dùng tam thức bậc hai 18 
15.Ph−ơng pháp 10: Dùng quy nạp toán học 19 
16.Ph−ơng pháp 11:Dùng chứng minh phản chứng 21 
17.Các bài tập nâng cao 23 
18.ứng dụng của bất dẳng thức 28 
3 
19.Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị 29 
20.Dùng BĐT để giải ph−ơng trình hệ ph−ơng trình 31 
21.Dùng BĐT để giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 33 
22.Tài liệu tham khảo 
B- nội dung 
 Phần 1 : các kiến thức cần l−u ý 
 1- Định nghĩa 
 2- Tính chất 
 3-Một số hằng bất đẳng thức hay ding 
 Phần 2:một số ph−ơng pháp chứng minh bất đẳng 
thức 
 1- Ph−ơng pháp dùng định nghĩa 
 2- Ph−ơng pháp dùng biến đổi t−ơng đ−ơng 
 3- Ph−ơng pháp dùng bất đẳng thức quen thuộc 
 4- Ph−ơng pháp sử dụng tính chất bắc cầu 
 5- Ph−ơng pháp dùng tính chất tỉ số 
 6- Ph−ơng pháp làm trội 
 7- Ph−ơng pháp dùng bất đẳng thức trong tam giác 
 8- Ph−ơng pháp đổi biến số 
 9- Ph−ơng pháp dùng tam thức bậc hai 
 10- Ph−ơng pháp quy nạp 
 11- Ph−ơng pháp phản chứng 
 Phần 3 :các bài tập nâng cao 
 PHầN 4 : ứng dụng của bất đẳng thức 
 1- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị 
 2-Dùng bất đẳng thức để giải ph−ơng trình và bất ph−ơng trình 
 3-Dùng bất đẳng thức giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 
4 
Phần I : các kiến thức cần l−u ý 
1-Đinhnghĩa 
 0
0
A B A B
A B A B
≥ ⇔ − ≥
 ≤ ⇔ − ≤
2-tính chất 
 + A>B AB <⇔ 
 + A>B và B >C CA >⇔ 
 + A>B ⇒A+C >B + C 
 + A>B và C > D ⇒ A+C > B + D 
 + A>B và C > 0 ⇒ A.C > B.C 
 + A>B và C < 0 ⇒ A.C < B.C 
 + 0 < A < B và 0 < C <D ⇒ 0 < A.C < B.D 
 + A > B > 0 ⇒ A n > B n n∀ 
 + A > B ⇒ A n > B n với n lẻ 
 + A > B ⇒ A n > B n với n chẵn 
 + m > n > 0 và A > 1 ⇒ A m > A n 
 + m > n > 0 và 0 <A < 1 ⇒ A m < A n 
 +A 0 ⇒ 
BA
11
> 
 3-một số hằng bất đẳng thức 
 + A 2 ≥ 0 với ∀A ( dấu = xảy ra khi A = 0 ) 
 + An ≥ 0 với∀A ( dấu = xảy ra khi A = 0 ) 
 + 0≥A với A∀ (dấu = xảy ra khi A = 0 ) 
5 
 + - A < A = A 
 + A B A B+ ≥ + ( dấu = xảy ra khi A.B > 0) 
 + BABA −≤− ( dấu = xảy ra khi A.B < 0) 
Phần II : một số ph−ơng pháp chứng minh bất đẳng thức 
Ph−ơng pháp 1 : dùng định nghĩa 
 Kiến thức : Để chứng minh A > B 
 Ta chứng minh A –B > 0 
 L−u ý dùng hằng bất đẳng thức M 2 ≥ 0 với∀ M 
 Ví dụ 1 ∀ x, y, z chứng minh rằng : 
 a) x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy+ yz + zx 
 b) x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz 
 c) x
2 + y 2 + z 2+3 ≥ 2 (x + y + z) 
 Giải: 
 a) Ta xét hiệu 
 x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz - zx 
 =
2
1
.2 .( x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx) 
 =
2
1 [ ] 0)()()( 222 ≥−+−+− zyzxyx đúng với mọi x;y;z R∈ 
 Vì (x-y)2 ≥0 với∀x ; y Dấu bằng xảy ra khi x=y 
 (x-z)2 ≥0 với∀x ; z Dấu bằng xảy ra khi x=z 
 (y-z)2 ≥0 với∀ z; y Dấu bằng xảy ra khi z=y 
 Vậy x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy+ yz + zx 
 Dấu bằng xảy ra khi x = y =z 
 b)Ta xét hiệu 
 x 2 + y 2 + z 2 - ( 2xy – 2xz +2yz ) 
6 
 = x 2 + y 2 + z 2 - 2xy +2xz –2yz 
 =( x – y + z) 2 0≥ đúng với mọi x;y;z R∈ 
 Vậy x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z R∈ 
 Dấu bằng xảy ra khi x+y=z 
 c) Ta xét hiệu 
 x 2 + y 2 + z 2 +3 – 2( x+ y +z ) 
 = x 2 - 2x + 1 + y 2 -2y +1 + z 2 -2z +1 
 = (x-1) 2+ (y-1) 2+(z-1) 2 ≥ 0 
 Dấu(=)xảy ra khi x=y=z=1 
Ví dụ 2: chứng minh rằng : 
a) 
222
22





 +≥+ baba ;b) 
2222
33





 ++≥++ cbacba 
c) HZy tổng quát bài toán 
 =
( )
4
2
4
2 2222 bababa ++
−
+
 = ( )abbaba 222
4
1 2222
−−−+ 
 = ( ) 0
4
1 2 ≥− ba 
 Vậy 
222
22





 +≥+ baba 
Dấu bằng xảy ra khi a=b 
b)Ta xét hiệu 
2222
33





 ++
−
++ cbacba
 = ( ) ( ) ( )[ ] 0
9
1 222 ≥−+−+− accbba 
 Vậy
2222
33





 ++≥++ cbacba 
Dấu bằng xảy ra khi a = b =c 
c)Tổng quát 
2
21
22
2
2
1 ........ 




 +++≥
+++
n
aaa
n
aaa nn 
Tóm lại các b−ớc để chứng minh A≥B tho định nghĩa 
 B−ớc 1: Ta xét hiệu H = A - B 
 B−ớc 2:Biến đổi H=(C+D) 2 hoặc H=(C+D) 2 +.+(E+F) 2 
 B−ớc 3:Kết luận A ≥ B 
Ví dụ:(chuyên Nga- Pháp 98-99) 
7 
 Chứng minh ∀m,n,p,q ta đều có 
 m 2 + n 2 + p 2 + q 2 +1≥ m(n+p+q+1) 
 Giải: 
01
4444
2
2
2
2
2
2
2
≥





+−+





+−+





+−+





+−⇔ m
mqmqmpmpmnmnm 
01
2222
2222
≥





−+





−+





−+





−⇔
mqmpmnm (luôn đúng) 
Dấu bằng xảy ra khi 










=−
=−
=−
=−
01
2
0
2
0
2
0
2
m
qm
pm
n
m
⇔









=
=
=
=
2
2
2
2
m
mq
mp
m
n
⇔



===
=
1
2
qpn
m
 ph−ơng pháp 2 : Dùng phép biến đổi t−ơng đ−ơng 
L−u ý: 
 Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh t−ơng đ−ơng với bất đẳng thức đúng 
hoặc bất đẳng thức đZ đ−ợc chứng minh là đúng. 
 Chú ý các hằng đẳng thức sau: 
 ( ) 222 2 BABABA ++=+ 
 ( ) BCACABCBACBA 2222222 +++++=++ 
 ( ) 32233 33 BABBAABA +++=+ 
 Ví dụ 1: 
 Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng 
 a) abba ≥+
4
2
2 
 b) baabba ++≥++ 122 
 c) ( )edcbaedcba +++≥++++ 22222 
 Giải: 
 a) abba ≥+
4
2
2 
 abba 44 22 ≥+⇔ 044 22 ≥+−⇔ baa 
 ( ) 02 2 ≥−⇔ ba (bất đẳng thức này luôn đúng) 
 Vậy abba ≥+
4
2
2 (dấu bằng xảy ra khi 2a=b) 
 b) baabba ++≥++ 122 
 ) )(21(2 22 baabba ++>++⇔ 
 012122 2222 ≥+−++−++−⇔ bbaababa 
 0)1()1()( 222 ≥−+−+−⇔ baba Bất đẳng thức cuối đúng. 
 Vậy baabba ++≥++ 122 
 Dấu bằng xảy ra khi a=b=1 
8 
 c) ( )edcbaedcba +++≥++++ 22222 
 ⇔ ( ) ( )edcbaedcba +++≥++++ 44 22222 
 ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) 044444444 22222222 ≥+−++−++−++− cacadadacacababa 
 ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) 02222 2222 ≥−+−+−+− cadacaba 
 Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh 
Ví dụ 2: 
 Chứng minh rằng: ( )( ) ( )( )4488221010 babababa ++≥++ 
 Giải: ( )( ) ( )( )4488221010 babababa ++≥++ ⇔ 128448121210221012 bbabaabbabaa +++≥+++ 
 ⇔ ( ) ( ) 022822228 ≥−+− abbababa 
⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6)≥ 0 ⇔ a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) ≥ 0 
Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh 
Ví dụ 3: cho x.y =1 và x.y 
Chứng minh 
yx
yx
−
+ 22 ≥ 22 
Giải: 
yx
yx
−
+ 22 ≥ 22 vì :x 〉 y nên x- y 〉 0 ⇒x2+y2≥ 22 ( x-y) 
 ⇒ x2+y2- 22 x+ 22 y ≥0⇔ x2+y2+2- 22 x+ 22 y -2 ≥0 
⇔ x2+y2+( 2 )2- 22 x+ 22 y -2xy ≥0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2 
⇒ (x-y- 2 )2 ≥ 0 Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng minh 
Ví dụ 4: 
 1)CM: P(x,y)= 01269 222 ≥+−−+ yxyyyx Ryx ∈∀ , 
 2)CM: cbacba ++≤++ 222 (gợi ý :bình ph−ơng 2 vế) 
 3)choba số thực khác không x, y, z thỏa mZn: 




++<++
=
zyx
zyx
zyx
111
1..
 Chứng minh rằng :có đúng một trong ba số x,y,z lớn hơn 1 
 (đề thi Lam Sơn 96-97) 
 Giải: 
 Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1 
 =(xyz-1)+(x+y+z)-xyz(
zyx
111
++ )=x+y+z - ( 0)111 >++
zyx
 (vì
zyx
111
++ < x+y+z 
theo gt) 
 →2 trong 3 số x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là d−ơng. 
Nếủ tr−ờng hợp sau xảy ra thì x, y, z >1 →x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt buộc 
phải xảy ra tr−ờng hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1 
Ph−ơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc 
9 
A/ một số bất đẳng thức hay dùng 
 1) Các bất đẳng thức phụ: 
 a) xyyx 222 ≥+ 
 b) xyyx ≥+ 22 dấu( = ) khi x = y = 0 
 c) ( ) xyyx 42 ≥+ 
 d) 2≥+
a
b
b
a
 2)Bất đẳng thức Cô sy: n
n
n aaaa
n
aaaa
....
....
321
321 ≥
++++
 Với 0>ia 
 3)Bất đẳng thức Bunhiacopski 
 ( )( ) ( )222112222122222 ............. nnnn xaxaxaxxaaa +++≥++++++ 
 4) Bất đẳng thức Trê- b−-sép: 
 Nếu 



≤≤
≤≤
CBA
cba
 ⇒ 
3
.
33
CBAcbacCbBaA ++++≥++ 
 Nếu 



≥≥
≤≤
CBA
cba
 ⇒ 
3
.
33
CBAcbacCbBaA ++++≤++ 
Dấu bằng xảy ra khi



==
==
CBA
cba
b/ các ví dụ 
 ví dụ 1 Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng 
 (a+b)(b+c)(c+a)≥8abc 
Giải: 
 Cách 1:Dùng bất đẳng thức phụ: ( ) xyyx 42 ≥+ 
 Tacó ( ) abba 42 ≥+ ; ( ) bccb 42 ≥+ ; ( ) acac 42 ≥+ 
 ⇒ ( )2ba + ( )2cb + ( )2ac + ≥ ( )2222 864 abccba = 
 ⇒ (a+b)(b+c)(c+a)≥8abc 
 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c 
ví dụ 2(tự giải): 1)Cho a,b,c>0 và a+b+c=1 CMR: 9111 ≥++
cba
 (403-1001) 
 2)Cho x,y,z>0 và x+y+z=1 CMR:x+2y+z )1)(1)(1(4 zyx −−−≥ 
 3)Cho a>0 , b>0, c>0 
 CMR: 
2
3≥
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
 4)Cho x 0≥ ,y 0≥ thỏa mZn 12 =− yx ;CMR: x+y
5
1≥ 
ví ...  +−=+−=+ yxxyyxyx (vì xy = 1) 
 ⇒ ( ) ( ) ( ) 4.4 24222 +−+−=+ yxyxyx 
 Do đó BĐT cần chứng minh t−ơng đ−ơng với 
 ( ) ( ) ( )224 .844 yxyxyx −≥+−+− 
 ⇔ ( ) ( ) 044 24 ≥+−−− yxyx 
⇔ ( )[ ] 02 22 ≥−− yx 
 BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh 
2) Cho xy ≥ 1 .Chứng minh rằng 
xyyx +
≥
+
+
+ 1
2
1
1
1
1
22 
 Giải : 
 Ta có 
xyyx +
≥
+
+
+ 1
2
1
1
1
1
22 
 ⇔ 0
1
1
1
1
1
1
1
1
222 ≥





+
−
+
+





+
−
+ xyyyx
 ⇔ ( )( ) ( )( ) 01.11.1 2
2
2
2
≥
++
−
+
++
−
xyy
yxy
xyx
xxy
 ⇔ ( )( ) ( )( ) 01.1
)(
1.1
)(
22 ≥++
−
+
++
−
xyy
yxy
xyx
xyx
 ⇔ 
( ) ( )
( )( )( ) 01.1.1
1
22
2
≥
+++
−−
xyyx
xyxy
BĐT cuối này đúng do xy > 1 .Vậy ta có điều phải chứng minh 
Iii / dùng bất đẳng thức phụ 
 1) Cho a , b, c là các số thực và a + b +c =1 
 Chứng minh rằng 
3
1222 ≥++ cba 
 Giải : 
 áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho 3 số (1,1,1) và (a,b,c) 
 Ta có ( ) ( )( )2222 .111.1.1.1 cbacba ++++≤++ 
 ⇔ ( ) ( )2222 .3 cbacba ++≤++ 
 ⇔ 
3
1222 ≥++ cba (vì a+b+c =1 ) (đpcm) 
 2) Cho a,b,c là các số d−ơng 
 Chứng minh rằng ( ) 9111. ≥





++++
cba
cba (1) 
 Giải : 
22 
 (1) ⇔ 9111 ≥++++++++
a
c
a
c
c
b
a
b
c
a
b
a
 ⇔ 93 ≥





++





++





++
b
c
c
b
a
c
c
a
a
b
b
a
 áp dụng BĐT phụ 2≥+
x
y
y
x
 Với x,y > 0 
 Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng 
 Vậy ( ) 9111. ≥





++++
cba
cba (đpcm) 
Iv / dùng ph−ơng pháp bắc cầu 
 1) Cho 0 < a, b,c <1 .Chứng minh rằng : 
 accbbacba 222333 3222 +++<++ 
 Giải : 
 Do a <1 ⇒ 2a <1 và b <1 
 Nên ( )( ) 0101.1 2222 >−−+⇒>−− bababa 
 Hay baba +>+ 221 (1) 
 Mặt khác 0 ; 3bb > 
 ⇒ 3321 baa +>+ 
 Vậy baba 233 1+<+ 
 T−ơng tự ta có 
acca
cbcb
233
233
1
1
+<+
+<+
 ⇒ accbbacba 222333 3222 +++<++ (đpcm) 
 2) So sánh 3111 và 1714 
 Giải : 
 Ta thấy 1131 < ( )1111 5 55 5632 2 2 2= = < 
 Mặt khác ( )1456 4.14 4 14 142 2 2 16 17= = = < 
 Vởy 3111 < 1714 (đpcm) 
 V/ dùng tính chất tỉ số 
 1) Cho a ,b ,c ,d > 0 .Chứng minh rằng : 
 2 3a b b c c d d a
a b c b c d c d a d a b
+ + + +
< + + + <
+ + + + + + + +
 Giải : 
 Vì a ,b ,c ,d > 0 nên ta có 
a b a b a b d
a b c d a b c a b c d
+ + + +
< <
+ + + + + + + +
 (1) 
b c b c b c a
a b c d b c d a b c d
+ + + + +
< <
+ + + + + + + +
 (2) 
d a d a d a c
a b c d d a b a b c d
+ + + +
< <
+ + + + + + + +
 (3) 
 Cộng các vế của 4 bất đẳng thức trên ta có : 
23 
 2 3a b b c c d d a
a b c b c d c d a d a b
+ + + +
< + + + <
+ + + + + + + +
 (đpcm) 
 2) Cho a ,b,c là số đo ba cạnh tam giác 
 Chứng minh rằng 
 1 2a b c
b c c a a b
< + + <
+ + +
 Giải : 
 Vì a ,b ,c là số đo ba cạnh của tam giác nên ta có a,b,c > 0 
 Và a < b +c ; b <a+c ; c < a+b 
 Từ (1) 
2a a a a
b c a b c a b c
+
⇒ < =
+ + + + +
 Mặt khác 
a a
b c a b c
>
+ + +
 Vậy ta có 
2a a a
a b c b c a b c
< <
+ + + + +
 T−ơng tự ta có 
2b b b
a b c a c a b c
< <
+ + + + +
2c c c
a b c b a a b c
< <
+ + + + +
 Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có : 
 1 2a b c
b c c a a b
< + + <
+ + +
 (đpcm) 
 V/ ph−ơng pháp làm trội : 
 1) Chứng minh BĐT sau : 
 a) 
1 1 1 1
...
1.3 3.5 (2 1).(2 1) 2n n+ + + <− + 
 b) 
1 1 11 ... 2
1.2 1.2.3 1.2.3.....n
+ + + + < 
 Giải : 
 a) Ta có 
 ( ) ( )
( )2 1 (2 1)1 1 1 1 1
.
2 1 . 2 1 2 (2 1).(2 1) 2 2 1 2 1
k k
n n k k k k
+ − −  
= = − 
− + − + − + 
Cho n chạy từ 1 đến k .Sau đó cộng lại ta có 
1 1 1 1 2 1
... . 1
1.3 3.5 (2 1).(2 1) 2 2 1 2n n n
 
+ + + = − < 
− + + 
 (đpcm) 
 b) Ta có 
 ( )
1 1 1 1 1 11 ... 1 .....
1.2 1.2.3 1.2.3..... 1.2 1.2.3 1 .n n n
+ + + + < + + + +
−
 < 
1 1 1 1 1 11 1 .... 2 2
2 2 3 1n n n
     
+ − + − + + − < − <     
−     
 (đpcm) 
 Phần iv : ứng dụng của bất đẳng thức 
 1/ dùng bất đẳng thức để tìm c−c trị 
 L−u ý 
 - Nếu f(x) ≥ A thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là A 
 - Nếu f(x) ≤ B thì f(x) có giá trị lớn nhất là B 
 Ví dụ 1 : 
24 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của : 
 T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| 
 Giải : 
 Ta có |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x| ≥ |x-1+4-x| = 3 (1) 
 Và 2 3 2 3 2 3 1x x x x x x− + − = − + − ≥ − + − = (2) 
 Vậy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| ≥ 1+3 = 4 
 Ta có từ (1) ⇒ Dấu bằng xảy ra khi 1 4x≤ ≤ 
 (2) ⇒ Dấu bằng xảy ra khi 2 3x≤ ≤ 
 Vậy T có giá trị nhỏ nhất là 4 khi 2 3x≤ ≤ 
 Ví dụ 2 : 
 Tìm giá trị lớn nhất của 
 S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) với x,y,z > 0 và x+y+z =1 
 Giải : 
 Vì x,y,z > 0 ,áp dụng BĐT Côsi ta có 
 x+ y + z 33 xyz≥ 
 3
1 1
3 27
xyz xyz⇒ ≤ ⇒ ≤ 
 áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có 
 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3. . 3 . .x y y z z x x y y z x z+ + + ≥ + + + 
 ( ) ( ) ( )32 3 . .x y y z z x⇒ ≥ + + + 
 Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=
1
3
 Vậy S ≤ 8 1 8.
27 27 729
= 
 Vậy S có giá trị lớn nhất là 
8
729
 khi x=y=z=
1
3
 Ví dụ 3 : Cho xy+yz+zx = 1 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của 4 4 4x y z+ + 
 Giải : 
 áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho 6 số (x,y,z) ;(x,y,z) 
 Ta có ( ) ( )22 2 2 2xy yz zx x y z+ + ≤ + + 
 ( )22 2 21 x y z⇒ ≤ + + (1) 
 Ap dụng BĐT Bunhiacốpski cho ( 2 2 2, ,x y z ) và (1,1,1) 
 Ta có 
2 2 2 2 2 2 2 4 4 4
2 2 2 2 4 4 4
( ) (1 1 1 )( )
( ) 3( )
x y z x y z
x y z x y z
+ + ≤ + + + +
→ + + ≤ + +
 Từ (1) và (2) 4 4 41 3( )x y z⇒ ≤ + + 
 4 4 4
1
3
x y z⇒ + + ≤ 
 Vậy 4 4 4x y z+ + có giá trị nhỏ nhất là 1
3
 khi x=y=z=
3
3
± 
 Ví dụ 4 : 
25 
 Trong tam giác vuông có cùng cạnh huyền , tam giác vuông nào có diện tích 
lớn nhất 
 Giải : 
 Gọi cạnh huyền của tam giác là 2a 
 Đ−ờng cao thuộc cạnh huyền là h 
 Hình chiếu các cạnh góc vuông lên cạnh huyền là x,y 
 Ta có S = ( ) 21 . . . . .
2
x y h a h a h a xy+ = = = 
 Vì a không đổi mà x+y = 2a 
 Vậy S lớn nhất khi x.y lớn nhất x y⇔ = 
 Vậy trong các tam giác có cùng cạnh huyền thì tam giác vuông cân có diện tích 
lớn nhất 
 Ii/ dùng b.đ.t để giải ph−ơng trình và hệ ph−ơng trình 
 Ví dụ 1 : 
 Giải ph−ơng trình sau 
 2 2 24 3 6 19 5 10 14 4 2x x x x x x+ + + + + = − − 
 Giải : 
 Ta có 23 6 19x x+ + 23.( 2 1) 16x x= + + + 
 23.( 1) 16 16x= + + ≥ 
 ( )225 10 14 5. 1 9 9x x x+ + = + + ≥ 
 Vậy 2 24. 3 6 19 5 10 14 2 3 5x x x x+ + + + + ≥ + = 
 Dấu ( = ) xảy ra khi x+1 = 0 ⇒ x = -1 
 Vậy 2 2 24 3 6 19 5 10 14 4 2x x x x x x+ + + + + = − − khi x = -1 
 Vậy ph−ơng trình có nghiệm duy nhất x = -1 
 Ví dụ 2 : 
 Giải ph−ơng trình 
 2 22 4 4 3x x y y+ − = + + 
 Giải : 
 áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta có : 
 ( )2 2 2 2 22 1 1 . 2 2. 2 2x x x x+ − ≤ + + − ≤ = 
 Dấu (=) xảy ra khi x = 1 
 Mặt khác ( )224 4 3 2 1 2 2y y y+ + = + + ≥ 
 Dấu (=) xảy ra khi y = -
1
2
 Vậy 2 22 4 4 3 2x x y y+ − = + + = khi x =1 và y =- 1
2
 Vậy nghiệm của ph−ơng trình là 
1
1
2
x
y
=


= −
 Ví dụ 3 : 
 Giải hệ ph−ơng trình sau: 
 4 4 4
1x y z
x y z xyz
+ + =

+ + =
26 
 Giải : áp dụng BĐT Côsi ta có 
4 4 4 4 4 4
4 4 4
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
 x
2 2 2
2 2 2
x y y z z xy z
x y y z z x
x y y z z y z z x z y x
+ + +
+ + = + +
≥ + +
+ + +≥ + +
2 2 2
.( )
y xz z xy x yz
xyz x y z
≥ + +
≥ + +
Vì x+y+z = 1) 
 Nên 4 4 4x y z xyz+ + ≥ 
 Dấu (=) xảy ra khi x = y = z =
1
3
 Vậy 4 4 4
1x y z
x y z xyz
+ + =

+ + =
 có nghiệm x = y = z =
1
3
 Ví dụ 4 : Giải hệ ph−ơng trình sau 
2
2
4 8
2
xy y
xy x

− = −

= +
(1)
(2) 
 Từ ph−ơng trình (1) 28 0y⇒ − ≥ hay 8y ≤ 
 Từ ph−ơng trình (2) 2 2 . 2 2x x y x⇒ + = ≤ 
2 2
2
2 2 2 0
( 2) 0
2
2
x x
x
x
x
⇒ − + ≤
⇒ − ≤
⇒ =
⇒ = ±
 Nếu x = 2 thì y = 2 2 
 Nếu x = - 2 thì y = -2 2 
 Vậy hệ ph−ơng trình có nghiệm 
2
2
x
y
 =

= −
 và 
2 2
2 2
x
y
 =

= −
 Iii/ dùng B.Đ.t để giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 
 1) Tìm các số nguyên x,y,z thoả mZn 
 2 2 2 3 2 3x y z xy y z+ + ≤ + + − 
 Giải : 
 Vì x,y,z là các số nguyên nên 
 2 2 2 3 2 3x y z xy y z+ + ≤ + + − 
 ( )
2 2 2
2 2
2 2
3 2 3 0
3 3 3 2 1 0
4 4
x y z xy y z
y y
x xy y z z
⇔ + + − − − + ≤
   
⇔ − + + − + + − + ≤   
   
27 
 ( )
2 2
23 1 1 0
2 2
y y
x z
   
⇔ − + − + − ≤   
   
 (*) 
 Mà ( )
2 2
23 1 1 0
2 2
y y
x z
   
− + − + − ≥   
   
 ,x y R∀ ∈ 
 ( )
2 2
23 1 1 0
2 2
y y
x z
   
⇔ − + − + − =   
   
0
2 1
1 0 2
2
11 0
y
x
x
y y
z
z

− =
=
 
⇔ − = ⇔ = 
 
=
− =

 Các số x,y,z phải tìm là 
1
2
1
x
y
z
=

=

=
 Ví dụ 2: 
 Tìm nghiệm nguyên d−ơng của ph−ơng trình 
1 1 1 2
x y z
+ + = 
 Giải : 
 Không mất tính tổng quát ta giả sử x y z≥ ≥ 
 Ta có 
1 1 1 32 2 3z
x y z z
= + + ≤ ⇒ ≤ 
 Mà z nguyên d−ơng vậy z = 1 
Thay z = 1 vào ph−ơng trình ta đ−ợc 
1 1 1
x y
+ = 
 Theo giả sử x≥y nên 1 = 1 1
x y
+ 
1
y
≤ 2y⇒ ≤ mà y nguyên d−ơng 
 Nên y = 1 hoặc y = 2 
 Với y = 1 không thích hợp 
 Với y = 2 ta có x = 2 
 Vậy (2 ,2,1) là một nghiệm của ph−ơng trình 
 Hoán vị các số trên ta đ−ợc các nghiệm của ph−ơng trình 
 là (2,2,1) ; (2,1,2) ; (1,2,2) 
 Ví dụ 3 : 
 Tìm các cặp số nguyên thoả mZn ph−ơng trình 
 x x y+ = (*) 
 Giải : 
 (*) Với x < 0 , y < 0 thì ph−ơng trình không có nghĩa 
 (*) Với x > 0 , y > 0 
 Ta có x x y+ = 2x x y⇔ + = 
28 
 2 0x y x⇔ = − > 
 Đặt x k= (k nguyên d−ơng vì x nguyên d−ơng ) 
 Ta có 2.( 1)k k y+ = 
 Nh−ng ( ) ( )22 1 1k k k k< + < + 
 1k y k⇒ < < + 
 Mà giữa k và k+1 là hai số nguyên d−ơng liên tiếp không tồn tại một số nguyên 
d−ơng nào cả 
 Nên không có cặp số nguyên d−ơng nào thoả mZn ph−ơng trình . 
 Vậy ph−ơng trình có nghiệm duy nhất là : 
0
0
x
y
=

=
 Tài liệu tham khảo 
 ************ 
 1- toán nâng cao và các chuyên đề đại số 8 
 -nxb giáo dục 8 – 6 – 1998 
 Tác giả : Nguyễn Ngọc Đạm – Nguyễn Việt Hải – Vũ D−ơng Thụy 
 2- toán nâng cao cho học sinh - đại số 10 
 -nxb Đại học quốc gia hà nội – 1998 
 Tác giả : Phan Duy Khải 
 3 – toán bồi d−ỡng học sinh đại số 9 
 -nhà xuất bản hà nội 
 Tác giả : Vũ Hữu Bình – Tôn Thân - Đỗ Quang Thiều 
 4 – sách giáo khoa đại số 8,9,10 
 -nxb giáo dục – 1998 
 5 – toán nâng cao đại số 279 bài toán chọn lọc 
 -nhà xuất bản trẻ – 1995 
 Tác giả : Võ Đại Mau 
 6 – Giáo trình đại số sơ cấp tr−ờng đhsp i – hà nội 
 ----------------&&&-----------------