Bài tập Đại số 9 - Chuyên đề: Bất đẳng thức

 1
Chuyờn ủề: BẤT ðẲNG THỨC 
A.MỤC TIấU: 
1-Học sinh nắm vững một số phương phỏp chứng minh bất ủẳng thức. 
2-Một số phương phỏp và bài toỏn liờn quan ủến phương trỡnh bậc hai sử dụng cụng 
thức nghiệm sẽ cho học sinh học sau. 
3-Rốn kỹ năng và pp chứng minh bất ủẳng thức. 
B- NỘI DUNG 
 PHẦN 1 : CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU í 
 1- ðịnh nghĩa 
 2- Tớnh chất 
 3-Một số hằng bất ủẳng thức hay dựng 
 Phần 2:một số ph−ơng phápchứng minh bấtđẳng 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 
Phần I : các kiến thức cần l−u ý 
 2
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 ) 
 + - 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 : 
 3
 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 ) 
 = 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) H`y tổng quát bài toán 
giải 
a) Ta xét hiệu 
222
22





 +
−
+ baba
 =
( )
4
2
4
2 2222 bababa ++
−
+
 = ( )abbaba 222
4
1 2222
−−−+ 
 = ( ) 0
4
1 2 ≥− ba 
 4
 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) 
 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: 
 5
 Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh t−ơng đ−ơng với bất đẳng thức đúng 
hoặc bất đẳng thức đ` 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 
 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 
 6
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 m`n: 




++<++
=
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 
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: 
 7
 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 m`n 12 =− yx ;CMR: x+y
5
1≥ 
ví dụ 3: Cho a>b>c>0 và 1222 =++ cba chứng minh rằng 
3 3 3 1
2
a b c
b c a c a b
+ + ≥
+ + +
 Giải: 
 Do a,b,c đối xứng ,giả sử a≥ b ≥ c ⇒ 




+
≥
+
≥
+
≥≥
ba
c
ca
b
cb
a
cba 222
áp dụng BĐT Trê- b−-sép ta có 
 





+
+
+
+
+
++≥
+
+
+
+
+ ba
c
ca
b
cb
acba
ba
c
c
ca
bb
cb
a
a .
3
...
222
222 =
2
3
.
3
1
=
2
1
 Vậy 
2
1333 ≥
+
+
+
+
+ ba
c
ca
b
cb
a
 Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=
3
1
 ví dụ 4: 
 Cho a,b,c,d>0 và abcd =1 .Chứng minh rằng : 
 ( ) ( ) ( ) 102222 ≥+++++++++ acddcbcbadcba 
Giải: 
 8
Ta có abba 222 ≥+ 
 cddc 222 ≥+ 
Do abcd =1 nên cd =
ab
1
 (dùng 
2
11 ≥+
x
x ) 
 Ta có 4)1(2)(2222 ≥+=+≥++
ab
abcdabcba (1) 
Mặt khác: ( ) ( ) ( )acddcbcba +++++ 
 =(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad) 
 = 222111 ++≥





++





++





+
bc
bc
ac
ac
ab
ab 
 Vậy ( ) ( ) ( ) 102222 ≥+++++++++ acddcbcbadcba 
 ví dụ 5: Cho 4 số a,b,c,d bất kỳ chứng minh rằng: 
 222222 )()( dcbadbca +++≤+++ 
 Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski 
 tacó ac+bd≤ 2222 . dcba ++ 
 mà ( ) ( ) ( ) 222222 2 dcbdacbadbca +++++=+++ 
 ( ) 22222222 .2 dcdcbaba ++++++≤ 
⇒ 222222 )()( dcbadbca +++≤+++ 
 ví dụ 6: Chứng minh rằng 
 acbcabcba ++≥++ 222 
 Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski 
 Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta có 
 ( ) ( )2222222 .1.1.1)(111 cbacba ++≥++++ 
 ⇒ 3 ( ) ( )acbcabcbacba +++++≥++ 2222222 
 ⇒ acbcabcba ++≥++ 222 Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a=b=c 
Ph−ơng pháp 4: Sử dụng tính chất bắc cầu 
L−u ý: A>B và b>c thì A>c 
 0< x <1 thì x 2 <x 
ví dụ 1: 
 Cho a, b, c ,d >0 thỏa m`n a> c+d , b>c+d 
 Chứng minh rằng ab >ad+bc 
 Giải: 
 Tacó 



+>
+>
dcb
dca
 ⇒ 



>>−
>>−
0
0
cdb
dca
 ⇒ (a-c)(b-d) > cd 
 ⇔ ab-ad-bc+cd >cd 
 9
 ⇔ ab> ad+bc (điều phải chứng minh) 
ví dụ 2: 
 Cho a,b,c>0 thỏa m`n 3
5222
=++ cba 
 Chứng minh 
abccba
1111
<++ 
 Giải: 
Ta có :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab –ac – bc) 〉 0 
 ⇒ ac+bc-ab 〈
2
1
( a2+b2+c2) 
 ⇒ ac+bc-ab 
6
5≤ 〈 1 Chia hai vế cho abc > 0 ta có 
cba
111
−+ 〈 
abc
1
ví dụ 3 
 Cho 0 1-a-b-c-d 
 Giải: 
 Ta có (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab 
 Do a>0 , b>0 nên ab>0 
 ⇒ (1-a).(1-b) > 1-a-b (1) 
 Do c 0 ta có 
 ⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c) > 1-a-b-c 
 ⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > (1-a-b-c) (1-d) 
 =1-a-b-c-d+ad+bd+cd 
 ⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d 
 (Điều phải chứng minh) 
ví dụ 4 
1- Cho 0 <a,b,c <1 . Chứng minh rằng 
 accbbacba 222333 3222 +++<++ 
 Giải : 
 Do a < 1 ⇒ 12 <a và 
 Ta có ( )( ) 01.1 2 0 
 ⇒ 1+ 2a 2b > 2a + b 
 mà 0 3a , 2b > 3b 
Từ (1) và (2) ⇒ 1+ 2a 2b > 3a + 3b 
 Vậy 3a + 3b < 1+ 2a 2b 
 T−ơng tự 3b + 3c cb 21+≤ 
 c 3 + 3a ≤ ac 21+ 
 Cộng các bất đẳng thức ta có : 
 accbbacba 222333 3222 +++≤++ 
 b)Chứng minh rằng : Nếu 19982222 =+=+ dcba thì ac+bd =1998 
 (Chuyên Anh –98 – 99) 
 Giải: 
Ta có (ac + bd) 2 + (ad – bc ) 2 = a 2 c 2 + b 2222 2 daabcdd ++ 22cb+ - abcd2 = 
= a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982 
 10
 rỏ ràng (ac+bd)2 ≤ ( ) ( ) 222 1998=−++ bcadbdac 
⇒ 1998≤+ bdac 
 2-Bài tập : 1, Cho các số thực : a1; a2;a3 .;a2003 thỏa m`n : a1+ a2+a3 + .+a2003 
=1 
 c hứng minh rằng : a
2
1 +
2
2003
2
3
2
2 .... aaa +++ 2003
1≥ ( đề thi vào chuyên nga pháp 
2003- 2004Thanh hóa ) 
 2,Cho a;b;c 0≥ thỏa m`n :a+b+c=1(?) 
Chứng minh rằng: ( 8)11).(11).(11 ≥−−−
cba
Ph−ơng pháp 5: dùng tính chấtcủa tỷ số 
Kiến thức 
 1) Cho a, b ,c là các số d−ơng thì 
 a – Nếu 1>
b
a
 thì 
cb
ca
b
a
+
+
> 
 b – Nếu 1<
b
a
 thì 
cb
ca
b
a
+
+
< 
 2)Nếu b,d >0 thì từ 
d
c
db
ca
b
a
d
c
b
a
<
+
+
<⇒< 
` 
 ví dụ 1 : 
 Cho a,b,c,d > 0 .Chứng minh rằng 
 21 <
++
+
++
+
++
+
++
<
bad
d
adc
c
dcb
b
cba
a
 Giải : 
 Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có 
dcba
da
cba
a
cba
a
+++
+
<
++
⇒<
++
1 (1) 
 Mặt khác : 
dcba
a
cba
a
+++
>
++
 (2) 
 Từ (1) và (2) ta có 
dcba
a
+++
 < 
cba
a
++
<
dcba
da
+++
+
 (3) 
 T−ơng tự ta có 
dcba
ab
dcb
b
dcba
b
+++
+
<
++
<
+++
 (4) 
dcba
cb
adc
c
dcba
c
+++
+
<
++
<
+++
 (5) 
 11
dcba
cd
bad
d
dcba
d
+++
+
<
++
<
+++
 (6) 
cộng vế với vế của (3); (4); (5); (6) ta có 
21 <
++
+
++
+
++
+
++
<
bad
d
adc
c
dcb
b
cba
a
 điều phải chứng minh 
ví dụ 2 : 
 Cho:
b
a
<
d
c
 và b,d > 0 .Chứng minh rằng 
b
a
<
d
c
db
cdab
<
+
+
22 
Giải: Từ 
b
a
<
d
c
22 d
cd
b
ab
<⇒ ⇒
d
c
d
cd
db
cdab
b
ab
=<
+
+
< 2222 
Vậy 
b
a
<
d
c
db
cdab
<
+
+
22 điều phải chứng minh 
ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên d−ơng thỏa m`n : a+b = c+d =1000 
tìm giá trị lớn nhất của
d
b
c
a
+ 
giải : Không mất tính tổng quát ta giả sử :
c
a
d
b≤ Từ :
c
a
d
b≤ 
d
b
dc
ba
c
a ≤
+
+≤⇒ 
1≤
c
a
 vì a+b = c+d 
a, Nếu :b 998≤ thì 
d
b 998≤ ⇒ 
d
b
c
a
+ ≤ 999 
b, Nếu: b=998 thì a=1 ⇒
d
b
c
a
+ =
dc
9991
+ Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c=999 
Vậy giá trị lớn nhất của 
d
b
c
a
+ =999+
999
1
khi a=d=1; c=b=999 
Ph−ơng pháp 6: Ph−ơng pháplàm trội 
L−u ý: 
 Dùng các tính bất đẳng thức để đ−a một vế của bất đẳng thức về dạng tính đ−ợc 
tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn. 
 (*) Ph−ơng pháp chung để tính tổng hữu hạn : 
 S = nuuu +++ ....21 
 Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u k về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau: 
 1+−= kkk aau 
 Khi đó : 
 S = ( ) ( ) ( ) 1113221 .... ++ −=−++−+− nnn aaaaaaaa 
 (*) Ph−ơng pháp chung về tính tích hữu hạn 
 P = nuuu ....21 
 Biến đổi các số hạng ku về th−ơng của hai số hạng liên tiếp nhau: 
 ku =
1+k
k
a
a
 12
 Khi đó P = 
1
1
13
2
2
1
......
++
=
nn
n
a
a
a
a
a
a
a
a
 Ví dụ 1 : 
 Với mọi số tự nhiên n >1 chứng minh rằng 
4
31
....
2
1
1
1
2
1
<
+
++
+
+
+
<
nnnn
 Giải: 
 Ta có 
nnnkn 2
111
=
+
>
+
 với k = 1,2,3, ,n-1 
 Do đó: 
2
1
22
1
...
2
1
2
1
...
2
1
1
1
==++>++
+
+
+ n
n
nnnnn
 Ví dụ 2 : 
 Chứng minh rằng: 
 ( )1121....
3
1
2
11 −+>++++ n
n
 Với n là số nguyên 
 Giải : 
Ta có ( )kk
kkkk
−+=
++
>= 12
1
2
2
21
Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có 
 1 > 2 ( )12 − 
 ( )232
2
1
−> 
 ( )nn
n
−+> 121 
 Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có 
 ( )1121....
3
1
2
11 −+>++++ n
n
 Ví dụ 3 : 
 Chứng minh rằng 21
1
2 <∑
=
n
k k
 Zn ∈∀ 
 Giải: 
 Ta có ( ) kkkkk
1
1
1
1
11
2 −
−
=
−
< 
 Cho k chạy từ 2 đến n ta có 
 13
11....
3
1
2
1
1
1
11
.................
3
1
2
1
3
1
2
11
2
1
222
2
2
2
<+++⇒
−
−
<
−<
−<
n
nnn
 Vậy 21
1
2 <∑
=
n
k k
 Ph−ơng pháp 7: 
 Dùng bất đẳng thức trong tam giác 
L−u ý: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác thì : a;b;c> 0 
Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a 
Ví dụ1: Cho a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác chứng minh rằng 
a, a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) 
b, abc>(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b) 
 Giải 
a)Vì a,b,c là số đo 3 cạnh của một tam giác nên ta có 





+<<
+<<
+<<
bac
cab
cba
0
0
0
 ⇒ 





+<
+<
+<
)(
)(
)(
2
2
2
bacc
cabb
cbaa
 Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có 
 a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) 
b) Ta có a > b-c  ⇒ 222 )( cbaa −−> > 0 
 b > a-c  ⇒ 222 )( acbb −−> > 0 
 c > a-b  ⇒ 0)( 222 >−−> bacc 
 Nhân vế các bất đẳng thức ta đ−ợc 
( )[ ] ( )[ ] ( )[ ]
( ) ( ) ( )
( )( )( )bacacbcbaabc
bacacbcbacba
bacacbcbacba
−+−+−+>⇒
−+−+−+>⇒
−−−−−−>⇒
..
222222
222222222
Ví dụ2: (404 – 1001) 
 1) Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác 
 Chứng minh rằng )(2222 cabcabcbacabcab ++<++<++ 
 14
 2) Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2 
 Chứng minh rằng 22222 <+++ abccba 
 Ph−ơng pháp 8: đổi biến số 
Ví dụ1: 
 Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng 
2
3≥
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
(1) 
Giải : 
Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta có a=
2
xzy −+
 ; b = 
2
yxz −+
 ; c =
2
zyx −+
ta có (1) ⇔ 
z
zyx
y
yxz
x
xzy
222
−+
+
−+
+
−+
2
3≥ 
 ⇔ 3111 ≥−++−++−+
z
y
z
x
y
z
y
x
x
z
x
y
 ⇔ ( 6)()() ≥+++++
z
y
y
z
z
x
x
z
y
x
x
y
 Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì ( ;2≥+
y
x
x
y
 2≥+
z
x
x
z
; 2≥+
z
y
y
z
nên ta có điều 
phải chứng minh 
 Ví dụ2: 
 Cho a,b,c > 0 và a+b+c <1 
Chứng minh rằng 
 9
2
1
2
1
2
1
222 ≥+
+
+
+
+ abcacbbca
 (1) 
Giải: 
Đặt x = bca 22 + ; y = acb 22 + ; z = abc 22 + 
 Ta có ( ) 12 <++=++ cbazyx 
 (1) 9111 ≥++⇔
zyx
 Với x+y+z 0 
 Theo bất đẳng thức Côsi ta có 
 ≥++ zyx 3. 3 xyz 
 ≥++
zyx
111
3. . 3
1
xyz
 ⇒ ( ) 9111. ≥





++++
zyx
zyx 
 Mà x+y+z < 1 
 Vậy 9111 ≥++
zyx
 (đpcm) 
Ví dụ3: 
 15
 Cho x 0≥ , y 0≥ thỏa m`n 12 =− yx CMR 
5
1
≥+ yx 
 Gợi ý: 
Đặt ux = , vy = ⇒2u-v =1 và S = x+y = 22 vu + ⇒v = 2u-1 thay vào tính S min 
 Bài tập 
 1) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0 CMR: 81625 >
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
 2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0 
 CMR 
 ( ) ( )pnmpnm
ba
pc
ac
nb
cb
ma
++−++≥
+
+
+
+
+
2
2
1
 Ph−ơng pháp 9: dùng tam thức bậc hai 
L−u ý : 
 Cho tam thức bậc hai ( ) cbxaxxf ++= 2 
 Nếu 0 xfa Rx ∈∀ 
 Nếu 0=∆ thì ( ) 0. >xfa 
a
b
x −≠∀ 
 Nếu 0>∆ thì ( ) 0. >xfa với 1xx ( 12 xx > ) 
 ( ) 0. <xfa với 21 xxx << 
Ví dụ1: 
 Chứng minh rằng 
 ( ) 036245, 22 >+−+−+= yxxyyxyxf (1) 
 Giải: 
 Ta có (1) ⇔ ( ) 0365122 22 >+−+−− yyyxx 
 ( ) 36512 22 −+−−=∆′ yyy 
 ( ) 011
365144
2
22
<−−−=
−+−+−=
y
yyyy
 Vậy ( ) 0, >yxf với mọi x, y 
Ví dụ2: 
 Chứng minh rằng 
 ( ) ( ) 322242 44.22, xyxxyyxyxyxf >++++= 
 16
Giải: 
 Bất đẳng thức cần chứng minh t−ơng đ−ơng với 
 ( ) 044.22 322242 >−++++ xyxxyyxyx 
 ( ) 0414.)1( 22222 >+−++⇔ yxyyxy 
 Ta có ( ) ( ) 0161414 2222222 <−=+−−=∆′ yyyyy 
 Vì a = ( ) 01 22 >+y vậy ( ) 0, >yxf (đpcm) 
 Ph−ơng pháp 10: dùng quy nạp toán học 
Kiến thức: 
 Để chứng minh bất đẳng thức đúng với 0nn > ta thực hiện các b−ớc sau : 
 1 – Kiểm tra bất đẳng thức đúng với 0nn = 
 2 - Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh đ−ợc gọi là giả 
thiết quy nạp ) 
 3- Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cần 
chứng minh rồi biến đổi để dùng giả thiết quy nạp) 
 4 – kết luận BĐT đúng với mọi 0nn > 
Ví dụ1: 
 Chứng minh rằng 
nn
121....
2
1
1
1
222 − ∈∀ nNn (1) 
 Giải : 
 Với n =2 ta có 
2
12
4
11 −<+ (đúng) 
 Vậy BĐT (1) đúng với n =2 
 Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh 
 BĐT (1) đúng với n = k+1 
 Thật vậy khi n =k+1 thì 
 (1) ⇔ 
1
12)1(
11
....
2
1
1
1
2222 +
−<
+
++++
kkk
 Theo giả thiết quy nạp 
 ⇔ ( ) 1
12
1
112)1(
11
....
2
1
1
1
22222 +
−<
+
+−<
+
++++
kkkkk
 ⇔ ( ) kkkk
1
1
1
1
1
)1(
1
....
1
1
222 <+
+
+
<
+
++ 
 17
 ⇔ 22 )1()2(
1
)1(
11
+<+⇔<
+
++ kkk
kk
k
⇔ k2+2k<k2+2k+1 Điều này đúng .Vậy bất 
đẳng thức (1)đ−ợc chứng minh 
Ví dụ2: Cho Nn ∈ và a+b> 0 
 Chứng minh rằng 
nba





 +
2
≤ 
2
nn ba +
 (1) 
Giải 
Ta thấy BĐT (1) đúng với n=1 
Giả sử BĐT (1) đúng với n=k ta phải chứng minh BĐT đúng với n=k+1 
Thật vậy với n = k+1 ta có 
 (1) ⇔ 
1
2
+





 +
kba ≤ 
2
11 ++ + kk ba
 ⇔
2
.
2
baba k +





 + ≤ 
2
11 ++ + kk ba
 (2) 
 ⇔ Vế trái (2) ≤ 
242
.
2
1111 ++++ +≤+++=++
kkkkkkkk babbaabababa
 ⇔ 0
42
1111
≥+++−+
++++ kkkkkk bbaababa
 ⇔ ( )( ) 0. ≥−− baba kk (3) 
 Ta chứng minh (3) 
 (+) Giả sử a ≥ b và giả thiết cho a ≥ -b ⇔ a ≥ b 
 ⇔ k
kk bba ≥≥ ⇒ ( )( ) 0. ≥−− baba kk 
 (+) Giả sử a < b và theo giả thiết - a<b ⇔ kkk
k baba <⇔< ⇔ ( )( ) 0. ≥−− baba kk 
 Vậy BĐT (3)luôn đúng ta có (đpcm) 
 Ph−ơng pháp 11: Chứng minh phản chứng 
 L−u ý: 
 1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng , ta h`y giả sử bất đẳng thức 
đó sai và kết hợp với các giả thiết để suy ra điều vô lý , điều vô lý có thể là điều trái với 
giả thiết , có thể là điều trái ng−ợc nhau .Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh là 
đúng 
 2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “G ⇒ K” 
 phép toán mệnh đề cho ta : 
 Nh− vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định kết 
luận của nó . 
 Ta th−ờng dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng sau : 
 18
 A - Dùng mệnh đề phản đảo : GK
−−−−
⇒ 
 B – Phủ định rôi suy trái giả thiết : 
 C – Phủ định rồi suy trái với điều đúng 
 D – Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ng−ợc nhau 
 E – Phủ định rồi suy ra kết luận : 
 Ví dụ 1: 
 Cho ba số a,b,c thỏa m`n a +b+c > 0 , ab+bc+ac > 0 , abc > 0 
 Chứng minh rằng a > 0 , b > 0 , c > 0 
 Giải : 
 Giả sử a ≤ 0 thì từ abc > 0 ⇒ a ≠ 0 do đó a < 0 
 Mà abc > 0 và a < 0 ⇒ cb < 0 
 Từ ab+bc+ca > 0 ⇒ a(b+c) > -bc > 0 
 Vì a 0 ⇒ b + c < 0 
 a 0 
 Vậy a > 0 t−ơng tự ta có b > 0 , c > 0 
 Ví dụ 2: 
 Cho 4 số a , b , c ,d thỏa m`n điều kiện 
 ac ≥ 2.(b+d) .Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai: 
 ba 42 < , dc 42 < 
 Giải : 
 Giả sử 2 bất đẳng thức : ba 42 < , dc 42 < đều đúng khi đó cộng các vế ta đ−ợc 
 )(422 dbca +<+ (1) 
 Theo giả thiết ta có 4(b+d) ≤ 2ac (2) 
 Từ (1) và (2) ⇒ acca 222 <+ hay ( ) 02 <− ca (vô lý) 
 Vậy trong 2 bất đẳng thức ba 42 < và dc 42 < có ít nhất một các bất đẳng thức sai
Ví dụ 3: 
 Cho x,y,z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng 
 Nếu x+y+z > 
zyx
111
++ thì có một trong ba số này lớn hơn 1 
 Giải : 
 Ta có (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1 
 =x + y + z – (
zyx
111
++ ) vì xyz = 1 
 theo giả thiết x+y +z > 
zyx
111
++ 
 nên (x-1).(y-1).(z-1) > 0 
 Trong ba số x-1 , y-1 , z-1 chỉ có một số d−ơng 
 Thật vậy nếu cả ba số d−ơng thì x,y,z > 1 ⇒ xyz > 1 (trái giả thiết) 
 Còn nếu 2 trong 3 số đó d−ơng thì (x-1).(y-1).(z-1) < 0 (vô lý) 
 19
 Vậy có một và chỉ một trong ba số x , y,z lớn hơn 1 
 Phần iii : các bài tập nâng cao 
1/dùng định nghĩa 
 1) Cho abc = 1 và 363 >a . . Chứng minh rằng +
3
2a
b2+c2> ab+bc+ac 
Giải 
Ta có hiệu: +
3
2a
b2+c2- ab- bc – ac 
 = +
4
2a
+
12
2a
 b2+c2- ab- bc – ac 
 = ( +
4
2a
 b2+c2- ab– ac+ 2bc) + −
12
2a
3bc 
 =(
2
a
-b- c)2 +
a
abca
12
363 −
 =(
2
a
-b- c)2 +
a
abca
12
363 −
>0 (vì abc=1 và a3 > 36 nên a >0 ) 
Vậy : +
3
2a
b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh 
2) Chứng minh rằng 
 a) )1.(21 2244 ++−≥+++ zxxyxzyx 
 b) với mọi số thực a , b, c ta có 
 036245 22 >+−+−+ baabba 
 c) 024222 22 ≥+−+−+ baabba 
 Giải : 
 a) Xét hiệu 
 H = xxzxyxzyx 22221 222244 −−+−+++ 
 = ( ) ( ) ( )22222 1−+−+− xzxyx 
 H ≥ 0 ta có điều phải chứng minh 
 b) Vế trái có thể viết 
 H = ( ) ( ) 1112 22 +−++− bba 
 ⇒ H > 0 ta có điều phải chứng minh 
 c) vế trái có thể viết 
 H = ( ) ( )22 11 −++− bba 
 ⇒ H ≥ 0 ta có điều phải chứng minh 
Ii / Dùng biến đổi t−ơng đ−ơng 
 1) Cho x > y và xy =1 .Chứng minh rằng 
 20
( )
( ) 82
222
≥
−
+
yx
yx
 Giải : 
 Ta có ( ) ( ) 22 2222 +−=+−=+ 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) 
 21
 Giải : 
 (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 
 22
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 : 
 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 
 23
 ( )
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 : 
 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 : 
 24
 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 : 
 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 :