100 Bài toán bất đẳng thức có lời giải chi tiết

Bài 1 Nguyen Minh Hai Với mọi a, b, c dương. CMR: ∑ ab a2 + ab + b2 6 ∑ 2a a + b Lời giải (hoanglong2k) Áp dụng BĐT CauchySchwarz ta có : ∑ a 2a + b ≥ (a + b + c)2 2 ∑ a2 + ∑ ab Nên ta cần chứng minh (a + b + c)2 2 ∑ a2 + ∑ ab ≥ ∑ a2 + ab ab + b2 ⇔ (a + b + c)2 2 ∑ a2 + ∑ ab − 1 ≥ ∑  a2 + ab ab + b2 − 1 3 ⇔ − ∑(a − b)2 4 ∑ a2 + 2 ∑ ab ≥ −∑ 3(a2(a +− ab b) + 2 b2) ⇔∑(a − b)2. 3a2 + 31 ab + 3b2 − 4 ∑ a2 + 1 2 ∑ ab ≥ 0 Vì vậy ta chỉ cần chứng minh 4∑ a2 + 2∑ ab ≥ 3(a2 + b2 + ab) ⇔ a2 + b2 + 4c2 + ac + bc ≥ ab Mà theo AMGM a2 + b2 + 4c2 + ac + bc ≥ 2ab + 4c2 + ac + bc > ab Nên ta có điều cần chứng minh. Dấu “ =00 xảy ra khi a = b = c  Lời giải (dogsteven) Áp dụng bất đẳng thức CauchySchwarz: ∑ 2b 2b + a = 3 − ∑ 2b a + a 6 3 − a2 + b2 +(c a2+ +b2+ (ab c)+ 2 bc + ca) = 2 ⇒ ∑ b 2b + a 6 1 ⇒ ∑ 2a a + b > ∑ 2a a + b + 2b b + a − 1 Vậy là ta cần chứng minh: ∑ 2a a + b + 2b b + a > ∑ a2 + ab ab + b2 − 1 Thấy rằng nó là hệ quả của bất đẳng thức: a 2a + b + b 2b + a > ab a2 + ab + b2 + 1 3 ⇔ a2 + b2 + 4ab (2a + b)(2b + a) > a2 + b2 + 4ab 3(a2 + ab + b2) ⇔ (a − b)2 > 0  Lời giải (hoanglong2k) Ta có : ∑ ab a2 + ab + b2 ≤ ∑ 2a a + b ⇔ ∑ a 1 b + 1 + b a ≤ ∑ 2 + 1 b a Đổi biến  b a , b c , a c  = (x, y, z) → xyz = 1 Ta cần chứng minh

Những bài toán bất đẳng thức trên VMF

ĐỀ BÀIBài 1. Với mọi a, b, c dương CMR:

q

3∑a2+2∑

√ab

Bài 3. Cho a; b; c không âm, chứng minh rằng:

a+b

3+

b

b+c

3+

c

c+a

3

≤ 38

Bài 11. Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh :

Bài 12. Cho a, b, c>0 Chứng minh rằng:

2(a+b)2 + 2abc

c+a +

rc

r

a3+b3+c33

Bài 15. Cho a, b, c là các số thực không âm thõa mãn a2+b2+c2=1 Chứng minh rằng

a8+b8

2 +

8r

b8+c8

2 +

8r

c8+a8

2 ≤ (a+b+c)

10 19a+

19b+

19c

Bài 22. Chứng minh bất dẳng thức này đúng với mọi tam giác ABC :

2√2

sin A

2 +sin

B

2 +sin

C2

Bài 23. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c =3.Chứng minh:

px2+y2+b2

Bài 25. Cho x, y thỏa 0≤xy <1.Chứng minh rằng:

2x

1+x2

2+

2y

Bài 28. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a2+b2+c2 ≤3 Chứng minh rằng :

Bài 32. Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh bất đẳng thức

(a2b+b2a+a2c+c2a+b2c+c2b)2 ≥4(ab+bc+ba)(a2b2+b2c2+b2a2)

Bài 33. Cho a, b, c≥0 thỏa mãn: (a+b)(b+c)(c+a) >0

a2+b2+c2 =2(ab+bc+ca) Chứng minh rằng:

rab

a2+b2 +

rbc

b2+c2 +

rca

Bài 35. Cho a, b, c>0 Chứng minh:

3· 9

s9a(a+b)

2(a+b+c)2 + 3

s

6bc(a+b)(a+b+c) ≤4

Bài 36. Cho a, b, c là những số thực dương Chứng minh rằng:

(2a+b+c)22a2+ (b+c)2 + (2b+c+a)2

1+y2

+2 1−z2

1+z2



≤ 94

Bài 42. Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác có chu vi là 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A=4a3+b3+c3+15abc

Bài 43. Cho x, y, là các số thực x≥ y≥ z≥1, 3x2+3y2+8z2 =32.Tìm giá trị lớn nhất của:

P= xp y−z+y√x−z+2√xyz

4

Bài 44. Cho a, b, c là những số dương thỏa mãn:a+b+c =√

Bài 47. Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng :

4abc

1(a+b)2c +

1(b+c)2a +

1(c+a)2b

+ a+c

(b+c)2 + ca

(c+a)2 ≤ 1

4+

4abc(a+b)(b+c)(c+a)

Bài 52. Cho a, b>0 thỏa mãn a2+b2 =5 Chứng minh

Bài 55. Cho 3 số dương x, y, z thoả mãn: x+y+z= xy

z Chứng minh rằng:

(y+z)4+ (x+z)4< (x+y)4

Bài 56. Chứng minh rằng với mọi n≥1, n ∈ Nta có

710

Bài 57. Cho a, b, c là các số thực dương thoã mãn abc=1 Chứng minh rằng:

q(x−c) (d−x)

Bài 59. Cho các số x, y, z không âm thoả mãn: x+y+z =1 Chứng minh BĐT sau:

Bài 64. Cho a; b; c là ba số thực dương thỏa mãn: a.b.c+6.a+3.b+2.c= 24 Tìm giá trị nhỏ nhất củabiểu thức:

√abc

Bài 66. Tìm min của

x+112x +

y4(y−1)3

6

Bài 68. Cho các số a, b, c dương Chứng minh

q

(a2b+b2c+c2a) (ab2+bc2+ca2) ≥ abc+ 3

q(a3+abc) (b3+abc) (c3+abc)

Bài 69. Cho a; b; c∈ R+thỏa mãn a+b+c+d =3 Tìm min của:

4+



1+1b

4+



1+1c

Bài 78. Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng :



Bài 79. C/m bất đẳng thức:

(a2+1)(b2+1)(c2+1) ≥ (ab+ac+bc−1)2

Bài 80. Cho a, b, c, d, e, f là các số thực không âm thoả mãn ab=cd=e f =1 Chứng minh rằng :

e

b+d+c+a+ f −3+f

− 2

≥ 13

"

 1

a −

1b

2+ 1

b −

1c

2+ 1

c −

1a

Bài 83. Cho a, b, c là các số không âm, thỏa mãn không có 2 số nào đồng thời bằng 0

1/∑(b+a c)2+(a+b)(10abcb+c)(c+a) ≥2

2/∑(b+a c)3+(a+b)(b9abc+c)(c+a) ≥∑b+a c

Bài 84. Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng:

a23a2−ab+7b2 + b2

c2

√3c2+8a2+14ac ≥

Bài 91. Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng :

(a2+2bc)(b2+2ac)(c2+2ab) ≥ abc(a+2b)(b+2c)(c+2a)

Bài 93. Chứng minh rằng với mọi a, b, c>0 thì :

Bài 94. Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn√x+√

y+√

z=1 Chứng minh rằng :(x−1)2(y−1)2(z−1)2 ≥215xyz(x+y)(y+z)(z+x)

Bài 95. Cho a, b, c thực dương Chứng minh

Bài 98. Cho a, b, c>0, chứng minh các BĐT sau:

LỜI GIẢI

Với mọi a, b, c dương CMR:

Mà theo AM-GM a2+b2+4c2+ac+bc ≥2ab+4c2+ac+bc>ab

Nên ta có điều cần chứng minh Dấu “=00 xảy ra khi a=b=c 

b2b+a



−1Vậy là ta cần chứng minh:

∑

a2a+b +

b2b+a



>∑ ab

a2+ab+b2 −1Thấy rằng nó là hệ quả của bất đẳng thức:

a

2a+b +

b2b+a > ab

a2+ab+b2 + 1

3 ⇔

a2+b2+4ab(2a+b)(2b+a) > a

Ta chứng minh

2(x−1)(2x+1)(x2+x+1) ≥∑ 3(xx−+12) ⇔∑ (x−1)

2(x2+4x+1)(2x+1)(x2+x+1)(z+2) ≥0Nên chỉ việc chỉ ra

∑ xx−+12 ≥0⇔∑ x+1 2 ≤1

Đây là kết quả quen thuộc, biến đổi tương đương hoặc Cauchy-Schwarz 

∑ 13− a2+abab+b2

+∑ 2aa+b =∑ (a−b)

2

3.(a2+ab+b2) +∑ a

22a2+ab

Cho các số không âm a, b, c chứng minh rằng

∑

p5a2+4bc >

q

3∑a2+2∑

√

ab

Bất đẳng thức có tích rời rạc, việc đầu tiên của ta là gom lại

Bất đẳng thức trên tương đương với:∑ 5a

2

√5a2+4bc+2√bc >

bcTiếp theo là "phá căn" Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

∑a2

p

5a2+4bc 6

q(a2+b2+c2) [5(a4+b4+c4) +4abc(a+b+c)]

Cho a; b; c không âm, chứng minh rằng:

∑

s

a2+bc

b2+bc+c2 ≥√6

Lời giải(noname)

Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c ta luôn có:

2(a−b)2(c+a)(c+b)

2(a−b)2(a+c)(b+c)

⇐⇒ ∑ (a+b)

4(a+b)2−4∑ aba(a++bb)+∑ (2ab)

2(a+b)2+2∑ (a

2+c2)(b2+c2)(a+c)(b+c) ≥3∑a2+2∑ c

2(a−b)2(a+c)(b+c)

⇐⇒ ∑(a+b)2−4∑ab+∑ (2ab)

2(a+b)2 +2∑ (a

2+c2)(b2+c2)(a+c)(b+c) ≥3∑a2+2∑ c

2(a−b)2(c+a)(c+b)

⇐⇒ 2∑(a

2+c2)(b2+c2)(a+c)(b+c) −2∑ c

2(a−b)2(c+a)(c+b) +∑ (2ab)

2(a+b)2 ≥3∑a2−∑(a+b)2+4∑ab

⇐⇒ 2∑(a

2+c2)(b2+c2) −c2(a−b)2(a+c)(b+c) +∑(a2ab+b)2≥∑a2+2∑ab

⇐⇒ 2∑ (c

2+ab)2(c+a)(c+b) +∑(a2ab+b)2≥ (∑a)2(1)

Nhưng theo BDT Bunhiacopxki ta có :

2∑ (c

2+ab)2(c+a)(c+b) +∑(a2ab+b)2 =∑ (c

2+ab)2(c+a)(c+b) +∑ (c

2+ab)2(c+a)(c+b) +∑ (2ab)

2(a+b)2

=⇒ 2∑ (c

2+ab)2(c+a)(c+b) +∑(a2ab+b)2 ≥ (∑a)2

Do đó BDT (1) đúng và ta có ĐPCM Dấu=xảy ra tại a=b =c 

Cho a, b, c>0 Chứng minh rằng :

a

a+b

3

+

b

b+c

3

+

c

(Bổ đề cho bài toán)

(a+b)(b+c)(a+c)BĐT cần chứng minh tương đương:

∑(1− a

3(a+b)3) + 3(a2+b2+c2)

8(ab+bc+ac)2 ≥3

3(a+b)3 +3∑(a+abb)2 + 3(a2+b2+c2)

8(ab+bc+ac)2 ≥3Theo kết quả trên ta cần chỉ ra:

3∑ (a+abb)2 + 3(a2+b2+c2)

8(ab+bc+ac)2 ≥2+ 5abc

(a+b)(b+c)(a+c)Chuẩn hóa a+b+c =1 Và đặt p= a+b+c =1, ab+bc+ac= 1−q2

3 , r=abc.Ở đây 1≥q ≥0.BĐT đã cho viết lại dưới dạng:

Lại xét trường hợp thôi

Nếu 1≥q ≥ 1

2 thì r ≥0 nên ta có f(r) ≥ f(0) ≥ 0Nếu 0≤q ≤ 1

2 thì ta có f(r) ≥ f(

(1−2q)(1+q)2

27 ) ≥ 0

Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a+b+c=1 Tìm GTLN của biểu thức:

Do đó A6 1−2(xy+yz+zx) − (xy+yz+zx)

2−2xyz

2

Đẳng thức xảy ra khi có hai biến bằng 0 

a3+b3+c3= x3+y3+z3+3(x2+y2+z2) +3,

a4+b4+c4= x4+y4+z4+4(x3+y3+z3) +6(x2+y2+z2) +3

Bất đẳng thức(1)trở thành

3(x4+y4+z4) +6(x3+y3+z3) +x2+y2+z2 ≥0. (2)Giả sử xy≥0, rồi thay z = −x−yvào(2), ta được

9x2y2+(x+y)2

4 ≥2

r9x2y2· (x+y)2

4 =3xy|x+y| ≥3xy(x+y). (4)Đẳng thức xảy ra khi(3)và(4)trở thành đẳng thức, tức x, y là nghiệm của hệ







x =y27x2y2 = 3

4(x+y)

2

Giải hệ này ta được x=y =0 hoặc x= y= 1

3,suy ra a=b =c =1, hoặc a=b= 4

3, c =

1

3 cùng các hoán vị Bài toán được chứng minh. 

14

Bài 8 Quoc Tuan Qbdh

Cho a1; a2; ; an thuộc[0, 1] Chứng minh rằng :

Lời giải(maitienluat)

Chắc phải có đk a, b dương Biến đổi BĐT đã cho thành

k

a3+b3 − 4k

(a+b)3

+ 1

a3 + 1

b3 − 16(a+b)3

a3b3(a+b) − 3k

a3+b3



≥0Nên BĐT sau phải đúng:

h(a2+ab+b2)2+3ab(a+b)2+3a2b2i(a3+b3) ≥3ka3b3(a+b)Cho a=bsuy ra k ≤8 Mặt khác, khi k=8 thì theo AM-GM:

(a2+ab+b2)2+3ab(a+b)2+3a2b2 ≥24a2b2

a3+b3 ≥ab(a+b)Nên ta suy ra đpcm Hằng số k tốt nhất là k=8 

Thấy rằng khi thay(a, b, c)thành



a,b+c

2 ,

b+c2



thì tổng a+b+ckhông đổi, abc tăng và a3+b3+c3 giảm

Đến đây có thể cho b=clàm bình thường nhưng có một cách đưa về nguyên một biến, khá thú vị.Xét dãy số an, bn, cnthỏa mãn:

a0 =a, b0 =b, c0 =c, a2n+ 1 = a, b2n+ 1=c2n+ 1, a2n+ 2 =b2n+ 1, b2n + 2 =c2n+ 2 = b2n+ 1+a2n+ 1

2

Dễ thấy lim an = lim bn = lim cn = t > 0 và khi đổi bộ (ak, bk, ck) thành bộ(ak+ 1, bk+ 1, ck+ 1) thì bấtđẳng thức trên càng ngày càng chặt Bất đẳng thức cần chứng minh bắt đầu từ k = 0, thực hiện quátrình trên liên tiếp, đến một lúc nào đó, khi k đủ lớn thì a=b =c=t

1(1+x)2 + 1

(1+y)2 + 1

(1+z)2 + 2

(x+1)(y+1)(z+1) ≥1Giả sử(y−1)(z−1) ≥ 0 theo Dirichlet thì(y+1)(z+1) ≤2(yz+1)

Và theo một kết quả quen thuộc thì:

1(1+y)2 + 1

=⇒ m+n+p+mnp=0;

⇐⇒ ∑(m+2 1)2+∏(m4+1) >1 ⇐⇒ m2+n2+p2+m2n2p2 >4mnp

16

c+a +

rc

a+b

Nếu 2a>b+cthì

rb

c+a +

rc

a+b

!2h

b2(c+a) +c2(a+b)i > (b+c)3

Mà a(b+c)2−b2(c+a) −c2(a−b) =bc(2a−b−c) >0 nên

rb

c+a +

rc

a+b >

r

b+caKhảo sát ra VT>2.39354 và chắc chắn có dấu đẳng thức

Nếu 2a6b+cthì

rb

c+a+

rc

Trước tiên chứng minh bổ đề:

Sau khi khai triển ra thu được ĐBT:

Sa(b−c)2+Sb(c−a)2+Sc(a−b)2 ≥0 với Sa =2bc(b+c) +13a3−11abc và Sb, Sc tương tự



≥

3q

∑a3+ √3 8

9√3 abc

3

Để ý rằng với a+b+c =3 thì∑a2+ 83∑ab≤11

Từ đó kết hợp tất cả những điều trên lại với nhau => ĐPCM 

Cho a, b, c là các số thực không âm thõa mãn a2+b2+c2=1 Chứng minh rằng

Lời giải(Hoang Tung 126)

Lời giải(Hoang Tung 126)

(b2+2c2)(a2+2ab) ≥∑ a

2+2ab

a 2 + 2ab + b 2 + 2c 2 2

2+2ab(a+b)2+2c2 ≥2∑ a

9

∑ a

−1



= 34

 9

3 −1



= 32

Khai triển A, B, C ta được : A=3∑a4b2+3∑a2b4+9a2b2c2,

B=∑a2b2(a2+b2) +∑(ab)3+3a2b2c2+abc∑a3+2abc∑ab(a+b), C =3∑a3b3+3abc∑ab(a+

b)

Đầu tiên ta sẽ chứng minh : A≥B

⇐⇒ 2∑(ab)2(a2+b2) +6(abc)2 ≥∑a3b3+abc∑a3+2abc∑ab(a+b) (∗)

(∗)đúng theo AM-GM do :∑a4b2+3a2b2c2 ≥2∑a3b2c ⇐⇒ ∑a2b4+3(abc)2 ≥2∑a3bc2

⇐⇒ ∑a2b2(a2+b2) ≥2∑a3b3 ⇐⇒ ∑a4b2+∑a4c2 ≥2∑a4bc= abc∑a3

Nên ta có ĐPCM

Tiếp theo ta sẽ chứng minh : B≥C

⇐⇒ ∑a2b2(a2+b2) +∑a3b3+3(abc)2+abc∑a3+2abc∑ab(a+b) ≥ 3∑a3b3+3abc∑ab(a+b)

⇐⇒ ∑a2b2(a2+b2) +3(abc)2+abc∑a3≥ abc∑ab(a+b) +2∑a3b3 (∗∗)

Mà(∗∗)đúng do : ⇐⇒ ∑a2b2(a2+b2) ≥ 2∑a3b3 ⇐⇒ ∑a3+3abc≥∑ab(a+b)

ta có

x+y+z−2xyz−1=x+y−1− (2xy−1)z ≥2√xy−1− (2xy−1)

s

3−x2y22xy

= (2√xy−1) 1− (2√xy+1)

s

3−x2y22xy

!

với xy∈h1,√3dễ thấy(2√xy+1)

s

3−x2y22xy ≤1 do đó bđt được chứng minh 

Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:

19b+

19c

a8+b8= (a2+b2−

q

2+√2ab)(a2+b2+

q

2+√2ab)(a2+b2−

q

2−√2ab)(a2+b2+

q

2−√2ab)Nên : 88

Chuẩn hóa a+b+c =1 và đặt q =ab+bc+ca, r=abc

27(a2+1)2Trường hợp c=0, b=1 thì ta cần chứng minh 1

a2+1 +

1

a2 +1 > 10

(a+1)2Hai bất đẳng thức này dùng biến đổi tương đương hoặc khảo sát hàm số 

2 +sin

B

2 +sin

C2

Lời giải(noname)

Cho x, y thỏa 0≤xy <1.Chứng minh rằng:

2x

1+x2

2

+

2y

a2+b2 +

rbc

b2+c2 +

rca

Cho a, b, c>0 Chứng minh:

3· 9

s9a(a+b)

Lời giải(noname)

710

Lời giải(noname)

(a3+abc) (b3+abc) (c3+abc)

4

+



1+1b

4

+



1+1c

Lời giải(noname)

2

+ 1

b −

1c

2

+ 1

c −

1a

Lời giải(noname)

(a2+2bc)(b2+2ac)(c2+2ab) ≥ abc(a+2b)(b+2c)(c+2a)

1) là dạng giống Đề thi tuyển sinh vào 10 Chuyên Toán trường THPT Lê Hồng Phong TPHCM.

Ý tưởng: CHứng minh:(a+b+c)(a2+b2+c2) ≥3(a2b+b2c+c2a)

Rồi đặt x=a2+b2+c2, áp dụng AM−GM, kết hợp điểm rơi

2) là Cauchy ngược dấu: a

ab2Thiết lập tương tự xong cộng lại với chú ý: ab+bc+ca ≤ (a+b+c)

23

2) Kĩ thuật Co-si ngược dấu Đặt

ab2Tương tự 2 bất đẳng thức còn lại rồi cộng lại ta được H ≤ ab+bc+ac

(a+b+c)2

32

36