Tuyển tập Bất đẳng thức - Trần Sĩ Tùng

h: 
	Áp dụng BĐT đã chứng minh với a = , ta có:
	;	;	
	Mặt khác, theo BĐT Côsi ta có:
	Cộng 4 BĐT trên, vế theo vế, ta có:
	Suy ra: 
17.	(ĐH Thái Nguyên khối D 2001)
	BĐT (*) Û Û 	(1)
	Theo BĐT Côsi ta có: 	
	Cộng 2 BĐT lại ta được BĐT cần chứng minh.
	Dấu “=” xảy ra Û Û a = b = 2.
18.	(ĐH Vinh khối A, B 2001)
	Ta có: 3 – 2a = a + b + c – 2a = b + c – a > 0.
	Do đó theo BĐT Côsi ta có:
	(3 – 2a)(3 – 2b)(3 – 2c) ≤ = 1
	Þ 27 – 9(2a + 2b + 2c) + 3(4ab + 4bc + 4ca) – 8abc ≤ 1
	Û 27 – 54 + 12(ab + bc + ca) – 8abc ≤ 1
	Û 4abc ≥ 6(ab + bc + ca) – 14
	Û 3(a2 + b2 + c2) + 4abc ≥ 3(a2 + b2 + c2) + 6(ab + bc + ca) – 14
	= 3(a + b +c)2 – 14 = 13
	Đẳng thức xảy ra Û 3 – 2a = 3 – 2b = 3 – 2c Û a = b = c = 1.
19.	(ĐH Y Thái Bình khối A 2001)
	Từ giả thiết ta có: = 1 Þ 0 < < 1 Þ = 1
	Từ đó suy ra: 
20.	(ĐHQG HN khối A 2000)
	Đặt x = 2a, y = 2b, z = 2c thì x, y, z > 0.
	Đ.kiện a + b + c = 0 Û xyz = 2a+b+c = 1, do đó theo BĐT Côsi: x + y + z ≥ 3
	Mặt khác: x3 + 1 + 1 ≥ 3x Þ x3 ≥ 3x – 2
	Tương tự: y3 ≥ 3y – 2; z3 ≥ 3z – 2
	Þ x3 + y3 + z3 ≥ 3(x + y + z) – 6 = (x + y + z) + 2(x + y + z – 3) ≥ x + y + z
	Þ 8a + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c
21.	(ĐHQG HN khối D 2000)
	Ta có: 
	Đặt x = ; y = ; z = thì
	giả thiết Û 
	và đpcm Û 
	Theo BĐT Bunhiacopxki ta có:
	3(x2 + 2y2) = 3(x2 + y2 + y2) ≥ (x + y + y)2
	Þ	
	Viết 2 BĐT tương tự, rồi cộng lại, ta có:
	Đẳng thức xảy ra Û x = y = z = Û a = b = c = 3
22.	(ĐH Bách khoa HN khối A 2000)
	Ta có: Û 4(a3 + b3) ≥ (a + b)3
	Û (a + b) [4(a2 + b2 – ab) – (a2 + b2 + 2ab)] ≥ 0
	Û (a + b)(3a2 + 3b2 – 6ab) ≥ 0 Û (a + b)(a – b)2 ≥ 0
	BĐT cuối cùng này đúng, nên BĐT cần chứng minh là đúng.
	Đẳng thức xảy ra Û a = ± b.
23.	(ĐHSP TP HCM khối DE 2000)
	a)	a2 + b2 ≥ 2ab; b2 + c2 ≥ 2bc; c2 + a2 ≥ 2ca
	Þ 	a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca.
	Đẳng thức xảy ra Û a = b = c
	b) 	(ab + bc + ca)2 = (ab)2 + (bc)2 + (ca)2 + 2(abbc + bcca + caab) ≥
	≥ abbc + bcca + caab + 2abc(a + b + c) = 3abc(a + b + c)
24.	(ĐH Nông nghiệp I khối A 2000)
	Ta có: 
	Đặt x = ; y = ; z = thì 
	giả thiết Û và P = 
	Theo BĐT Bunhiacopxki ta có:
	(y + z + z + x + x + y).P ≥
	Þ 2(x + y + z).P ≥ (x + y + z)2 Þ P ≥ (x + y + z) ≥ 
	Þ P ≥ 
	Nếu P = thì x = y = z = 1 Þ a = b = c = 1
	Đảo lại, nếu a = b = c = 1 thì P = . Vậy minP = 
25.	(ĐH Thuỷ lợi II 2000)
	(a + 1).(b + 1).(c + 1) = 1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc ≥
	≥	1 + 3 + abc = 
	Đẳng thức xảy ra Û a = b = c > 0.
26.	(ĐH Y HN 2000)
	 = 6(x + y)
	Þ x + y ≥ 
	Giá trị đạt được Û Û
	Vậy min(x + y) = 
27.	(ĐH An Giang khối D 2000)
	Giả sử a ≥ b ≥ 0 Þ ac(a – b) ≥ bc(a – b) Þ ac + 1 + bc + 1 ≥ ab(ac – 1 + bc – 1)
28.	(ĐH Tây Nguyên khối AB 2000)
	Áp dụng BĐT Côsi cho 6 số dương ta có:
	2 = x + y + z + x + y + z ≥ 6	(1)
	và	xy + yz + zx ≥ 3	(2)
	Nhân các BĐT (1) và (2) vế theo vế ta được:
	2(xy + yz + zx) ≥ 18xyz	(3)
	Mặt khác ta có: xyz(xy + yz + zx) > 0	(4)
	Cộng các BĐT (3) và (4) vế theo vế ta được:
	(xy + yz + zx)(2 + xyz) > 18xyz Þ xy + yz + zx > (vì 2 +xyz > 0)
29.	(ĐH An Ninh khối A 2000)
	Ta có: 34 = 81, 43 = 64 Þ 34 > 43 Þ BĐT cần chứng minh đúng với n = 3.
	Với n > 3, đpcm Û n > Û < n	(1)
	Ta có:	 = =
	= 1 + 
	= 1 + 1 + <
	< 1 + 1 + < 1 + 1 + <
	< 1 + 1 + +  = 1 + = 3
	Þ < 3 < n	Þ (1) 
30.	(CĐSP Nha Trang 2000)
	Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai cặp số (1, 1), (), ta có:
	A = ≤ 
	mà a + b = 1 nên A ≤ 
	Dấu “=” xảy ra Û Û a = b Û a = b = ( do a + b = 1)
	Vậy maxA = khi a = b = 
31.	(CĐSP Nhà trẻ – Mẫu giáo TƯ I 2000)
	BĐT cần chứng minh Û ≥ 9
	Û 3 + ≥ 9
32.	(ĐH Y Dược TP HCM 1999)
	Áp dụng BĐT Côsi ta có:
	* 	(1)
	*	;	;	
	Þ 	(2)
	Kết hợp (1) và (2) ta được:
	Þ 
33.	(ĐH Hàng hải 1999)
	· Do (x – 1)2 ≥ 0 nên x2 + 1 ≥ 2x Û ≤ 1
	Tương tự ta cũng có:	 ≤ 1;	 ≤ 1
	Do đó:	 + + ≤ 3
	Hay: 	(1)
	· Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số không âm ta có:
	Þ ≤ ≤ 2
	Û 	(2)
	Kết hợp (1) và (2) ta được BĐT cần chứng minh.
34.	(ĐH An ninh HN khối D 1999)
	Vì 	0 ≤ x, y, z ≤ 1 nên x2 ≥ x3; y2 ≥ y3; z2 ≥ z3.
	Suy ra: 2(x3 + y3 + z3) – (x2y + y2z + z2x) ≤ 2(x2 + y2 + z2) – (x2y + y2z + z2x) 
	Do đó nếu ta chứng minh được:
 	2(x2 + y2 + z2) – (x2y + y2z + z2x) ≤ 3	(1)
	thì (*) đúng.
	Ta có:	(1 – y)(1 + y – x2) ≥ 0 Û x2 + y2 – x2y – 1 ≤ 0	(2)
	Dấu “=” ở (2) xảy ra Û 
	Tương tự ta cũng có:	x2 + z2 – z2x – 1 ≤ 0	(3)
	y2 + z2 – y2z – 1 ≤ 0	(4)
	Cộng (2), (3), (4) vế theo vế ta được:
	2(x2 + y2 + z2) – (x2y + y2z + z2x) ≤ 3 
	Vậy (1) đúng Þ (*) đúng
	Nhận xét: Dấu “=” ở (*) xảy ra Û (x; y; z) Î 
35.	(Đại học 2002 dự bị 1)
	 ≤ 
	 ≤ = = 
	 ≤ 
	Dấu “=” xảy ra Û Û 
36.	(Đại học 2002 dự bị 3)
	· Cách 1: S = ≥ = 5
	minS = 5 Û Û 
	· Cách 2: S = = f(x),	0 < x < 
	f¢(x) = ; f¢(x) = 0 Û Û x = 1
	Lập bảng xét dấu f¢(x), suy ra minS = 5.
	· Cách 3: 2 + ≤ 	(3)
	Dấu “=” ở (3) xảy ra Û Û Û 
	(3) Û Û ≥ 5
	Vậy minS = 5.
37.	(Đại học 2002 dự bị 5)
	Vì a ≥ 1, d ≤ 50 và c > b (c, b Î N) nên c ≥ b + 1 thành thử:
	S = ≥ = 
	Vậy BĐT của đề ra đã được chứng minh.
	Dấu “=” xảy ra Û 
	Để tìm minS, ta đặt = và xét hàm số có biến số liên tục x:
	f(x) = (2 ≤ x ≤ 48)
	f¢(x) = ; 	f¢(x) = 0 Û 
	Bảng biến thiên:	
	Chuyển về biểu thức f(b) = (2 ≤ b ≤ 48, b Î N)
	Từ BBT suy ra khi b biến thiên từ 2 đến 7, f(b) giảm rồi chuyển sang tăng khi b biến thiên từ 8 đến 48. Suy ra minf(b) = min[f(7); f(8)].
	Ta có f(7) = ;	f(8) = 
	Vậy minS = khi 
38.	(Đại học 2002 dự bị 6)
	Ta có diện tích tam giác: S = 
	Þ ha = ; hb = ; hc = 
	Þ 
	Þ 
	Áp dụng BĐT Côsi ta có: (a + b + c)≥ 9
	và vì S = , nên ta có: 
39. 	(Đại học khối A 2003)
	Với mọi ta có: 	(*)
	Đặt 
	Áp dụng bất đẳng thức (*), ta có: 
	Vậy P = ³ 
	· Cách 1:
	Ta có: P³³=
	với t = Þ 0 < t £ 
	Đặt Q(t) = 9t + ÞQ¢(t) = 9 – < 0, "tÎÞQ(t) giảm trên 
	Þ Q(t) ³ Q = 82. Vậy P ³ 
	Dấu "=" xảy ra Û x = y = z = .
	· Cách 2: Ta có: 
	(x + y + z)2 + = 81(x + y + z)2 + – 80(x + y + z)2 
	³ 18(x + y + z). – 80(x + y + z)2 ³ 162 – 80 = 82
	Vậy P ³ 
	Dấu "=" xảy ra Û x = y = z = .
40.	(Đại học khối A 2003 dự bị 1)
	· Tìm max:	y = sin5x + cosx ≤ sin4x + cosx	(1)
	Ta chứng minh:	sin4x + cosx ≤ , "x Î R	(2)
	Û (1 – cosx) – sin4x ≥ 0 Û (1 – cosx) – (1 – cos2x)2 ≥ 0
	Û (1 – cosx).[ – (1 – cosx)(1 + cosx)2 ] ≥ 0	(3)
	Theo BĐT Côsi ta có: 
	(1 – cosx)(1 + cosx)(1 + cosx) = (2 – 2cosx)(1 + cosx)(1 + cosx) ≤ 
	≤ 
	Vậy BĐT (3) đúng Þ (2) đúng Þ y ≤ , "x. Dấu “=” xảy ra khi cosx = 1 Û x = k2p. Vậy maxy = .
	· Tìm min: Ta có y = sin5x + cosx ≥ – sin4x + cosx.
	Tương tự như trên, ta được miny = – , đạt được khi x = p + k2p.
41.	(Đại học khối A 2003 dự bị 2)
	(1) Û Û Û 
	Û Û Û (do 0 < )	(3)
	Biến đổi vế trái của (2) như sau:
	 ≤ =
	= – = – = 
	Do (3) suy ra: = 
	= 	
	Dấu “=” xảy ra Û 
42.	(Đại học khối A 2005)
	Với a, b > 0 ta có: 
	4ab £ (a + b)2 Û Û 
	Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b.
	Áp dụng kết quả trên ta có:
	 £ = 	(1)
	Tương tự:
	£ = 	(2)
	£ = 	(3)
	Vậy: = 1
	Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 
	x = y = z. Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = .
43.	(Đại học khối B 2005)
	Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có:
	 Þ 	³ 2.3x 	(1)
	Tương tự ta có:	
	³ 2.4x 	(2)	 ³ 2.5x	(3)
	Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia 2 vế của bất đẳng thức nhận được cho 2 ta có đpcm.
	Đẳng thức xảy ra Û (1), (2), (3) là các đẳng thức Û x = 0.
44. 	(Đại học khối D 2005)
	Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có:
	1 + x3 + y3 ³ 3 = 3xy Û 	(1)
	Tương tự:	(2);	(3)
	Mặt khác	
	Þ 	(4)
	Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), (4) ta có đpcm.
	Đẳng thức xảy ra Û (1), (2), (3), (4) là các đẳng thức Û x = y = z = 1.
45. 	(Đại học khối A 2005 dự bị 1)
	Ta có:	3 + 4x = 1 + 1 + 1 + 4x ³ 4
	Þ 
	Tương tự:	;	
	Vậy ³ 2³ 
	³ 6 = 6
46.	(Đại học khối A 2005 dự bị 2)
	Ta có:	1 + x = 1 + 
	1 + = 1 + 
	1 + = 1 + Þ 
	Vậy: ³ 256 = 256
47.	(Đại học khối B 2005 dự bị 1)
	· Cách 1:
	Ta có:	
	Suy ra: £ = 3
	Dấu "=" xảy ra Û Û a = b = c = 
	· Cách 2:
	Đặt x = Þ x3 = a + 3b; 	y = Þ y3 = b + 3c;
	z = Þ z3 = c + 3a
	Þ x3 + y3 + z3 = 4(a + b + c) = 4. = 3. BĐT cần ch. minh Û x + y + z £ 3
	Ta có: x3 + 1 + 1 ³ 3 = 3x;	y3 + 1 + 1 ³ 3 = 3y;
	z3 + 1 + 1 ³ 3 = 3z
	Þ 9 ³ 3(x + y + z)	(vì x3 + y3 + z3 = 3)
	Vậy x + y + z £ 3
	Dấu "=" xảy ra Û Û 
	Û a = b = c = 	
48.	(Đại học khối B 2005 dự bị 2)
	Ta có: 0 £ x £ 1 Þ ³ x2
	 Û 	(1)
 Theo BĐT Côsi ta có:Þ 
	Dấu "=" xảy ra Û 
49.	(Đại học khối D 2005 dự bị 2)
	Ta có:	
	Cộng 3 bất đẳng thức trên, vế theo vế, ta có:
	Û	 ³ 
	³ (vì x + y + z ³ 3 = 3)
	Vậy:	.
50.	(Đại học khối A 2006)
	· Cách 1:
	Từ giả thiết suy ra: .
	Đặt = a, = b, ta có: a + b = a2 + b2 – ab	(1)
	A = a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) = (a + b)2
	Từ (1) suy ra: a + b = (a + b)2 – 3ab.
	Vì ab ≤ nên a + b ≥ (a + b)2 – 
	Þ (a + b)2 – 4(a + b) ≤ 0 Þ 0 ≤ a + b ≤ 4
	Suy ra: A = (a + b)2 ≤ 16
	Với x = y = thì A = 16.	Vậy giá trị lớn nhất của A là 16.
	· Cách 2:
	Đặt S = x + y, P = xy với S2 – 4P ³ 0. Từ giả thiết Þ S, P ¹ 0.
	Ta có: SP = S2 – 3P Û P = 
	A = = = = = 
	Þ A = 
	Đk: S2 – 4P ³ 0 Û S2 – ³ 0 Û S2³ 0 Û ³ 0 (vì S¹0)
	 Û (*)
	Đặt h = f(S) = Þ h¢ = < 0, "S thoả (*)
	Từ bảng biến thiên, ta có: 0 < h £ 4 và h ¹ 1, "S thoả (*).
	Mà A = h Þ MaxA = 16 khi x = y = (S = 1, P = ).
	· Cách 3:
	(x + y)xy = > 0 Þ > 0
	A = = = Þ 
	Dễ chứng minh được: (với a + b > 0)
	dấu "=" xảy ra khi a = b. 
	Áp dụng với a = , b = , ta có:
	 Û Û A £ 16.
	Dấu "=" xảy ra khi . Vậy Max A = 16.
	· Cách 4:
	A = , suy ra 
	S2 – 4P ³ 0 Û S2 – 4 ³ 0 Û³ 0 Û (chia cho S2)
	Nên: A = £ 16. Vậy Max A = 16 (khi x = y = ).
51.	(Đại học khối B 2006)
	Trong mpOxy, xét M(x – 1; –y), N(x + 1; y).
	Do OM + ON ≥ MN nên: 
	Do đó: A ≥ 2 = f(y)
	· Với y ≤ 2 Þ f(y) = 2+ 2 – y Þ f¢(y) = – 1
	f¢(y) = 0 Û 2y = Û Û y = 
	Do đó ta có bảng biến thiên như trên
	· Với y ≥ 2 Þ f(y) ≥ 2 ≥ 2 > 2 + .
	Vậy A ≥ 2 + với mọi số thực x, y.
	Khi x = 0 và y = thì A = 2 + 
	Nên giá trị nhỏ nhất của A là 2 + .