Đề cương ôn tập môn Toán Lớp 10 - Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức

MỤC LỤC 
 Trang 
Chương I. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN 
Chủ đề 1 Kỹ thuật biến đổi tương đương 3 
Chủ đề 2 Sử dụng các tính chất của tỉ số, tính chất giá trị tuyệt đối và tính chất của tam thức bậc hai trong chứng minh bất đẳng thức 44 
1. Sử dụng tính chất của tỉ số 45 
2. Sử dụng tính chất giá trị tuyệt đối 54 
3. Sử dụng tính chất tam thức bậc hai. 59 
Chủ đề 3 Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp phản chứng 68 
Chủ đề 4 Chứng minh các bất đẳng thức về tổng, tích của dãy số - Phương pháp quy nạp 86 
Chủ đề 5 Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức CAUCHY 117 
1. Kỹ thuật chọn điểm rơi trong đánh giá từ trung bình cộng sang 
trung bình nhân 118 
2. Kỹ thuật chọn điểm rơi trong đánh giá từ trung bình nhân sang 
trung bình cộng. 141 
3. Kỹ thuật ghép cặp trong bất đẳng thức Cauchy 161 
4. Kỹ thuật thêm bớt 175 
5. Kỹ thuật Cauchy ngược dấu 191 
6. Kỹ thuật đổi biến số 199 
Chủ đề 6 Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức BUNHIACOPXKI 220 
1. Kỹ thuật chọn điểm rơi 221 
2. Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng cơ bản 236 
3. Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức 252 
4. Kỹ thuật thêm bớt 275 
5. Kỹ thuật đổi biến trong bất đẳng thức Bunhiacopxki 289 
Chương II. MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN ĐẶC SẮC 
Chủ đề 7 Ứng dụng nguyên lý DIRICHLET trong chứng minh bất đẳng thức 307 
Chủ đề 8 Phương pháp hệ số bất định trong chứng minh bất đẳng thức 319 
Chủ đề 9 Ứng dụng một hệ quả của bất đẳng thức SCHUR 333 
Chủ đề 10 Ứng dụng của đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức và bài toán 344 
tìm cực trị. 
1. Dồn biến nhờ vận dụng kỹ thuật sử dụng các bất đẳng thức kinh 
điển 344 
2. Dồn biến nhờ kết hợp với kỹ thuật đổi biến số. 367 
3. Dồn biến nhờ kết hợp với kỹ thuật sắp thứ tự các biến 382 
4. Phương pháp tiếp tuyến 389 
5. Khảo sát hàm nhiều biến số 393 
6. Kết hợp với việc sử dụng Bổ đề 398 
7. Vận dụng kỹ thuật dồn biến cổ điển 405 
Chương III. TUYỂN CHỌN MỘT SỐ BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC 
Chủ đề 11 Một số bất đẳng thức hay và khó 409 
Chủ đề 12 Một số bất đẳng thức trong các đề thi học sinh giỏi, thi TSĐH và tuyển sinh lớp 10 chuyên toán. 649 
MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC 
I. Định nghĩa 
 Giả sử A và B là hai biểu thức bằng số hoặc bằng chữ. Khi đó 
+ A B; A B; A B; A B    được gọi là các bất đẳng thức. 
+ Các bất đẳng thức trên được viết lại như sau 
 A B 0; A B 0; A B 0; A B 0        
+ Một bất đẳng thức bất kì có thể đúng, cũng có thể sai. 
 Quy ước: Khi nói về một bất đẳng thức mà không nói gì thêm thì ta hiểu đó là một bất đẳng thức 
đúng. 
II. Tính chất cơ bản của bất đẳng thức 
+ Tính chất giao hoán 
 Với các số thực A và B bất kì, ta luôn có A B B A   
+ Tính chất bắc cầu 
 Với các số thực A, B, C bất kì, ta luôn có A B, B C A C    
+ Tính chất liên hệ với phép cộng 
 - Với các số thực A, B và M bất kì, ta luôn có 
 A B A M B M     
- Với các số thực A, B, C, D bất kì , ta luôn có 
 A B; C D A C B D
A B; C D A D B C
      
       
+ Tính chất liên hệ với phép nhân 
 - Với các số thực A, B bất kì, ta luôn có 
 A B; M 0 A.M B.M
A B; M 0 A.M B.M
    
     
 - Với các số thực A, B, C, D bất kì , ta luôn có 
 0 A B 0 A.C B.D
0 C D
       
+ Tính chất liên hệ với lũy thừa 
 - Với các số thực A, B bất kì, ta luôn có 
 n nA B 0 A B 0      , với n là số thực dương. 
 n nA B A B    , với n là số tự nhiên lẻ. 
 n nA B A B 0     , với n là số tự nhiên chẵn. 
 m nm n 0; A 1 A A      
 m nm n 0; 0 A 1 A A       
+ Tính chất liên hệ với tính nghịch đảo 
 - Với các số thực dương A, B bất kì, ta luôn có 1 1A B
A B
   
III. Một số bất đẳng thức cơ bản cần nhớ 
+ 2A 0 với A 
+ 2kA 0 với A và k là số tự nhiên 
+ A 0 với A 
+ A B A B   
+ A B A B   
Chương I – MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 
Nội dung cơ bản của chương I gồm: 
 Giới thiệu các phương pháp chứng minh bất đẳng thức. 
 Nêu một số tính chất liên quan, một số lưu ý của các phương pháp chứng minh bất đẳng thức trên. 
  Giới thiệu các bài tập mẫu cùng quá trình phân tích, suy luận để tìm ra các lời giải và các lời giải được 
trình bày cụ thể. 
  Giới thiệu một số bài tập tự luyện. 
Chủ đề 1 
MỘT SỐ KỸ THUẬT BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 
1. Kiến thức cần nhớ 
 Giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức A B . Tư tưởng của phương pháp là biến đổi tương 
đương bất đẳng thức trên thành một bất đẳng thức đúng mà phổ biến là các dạng sau: 
 + Sử dụng định nghĩa bất đẳng thức: A B A B 0    
 + Dạng tổng bình phương: 2 2 2A B mX nY kZ 0     , với các số m, n, k dương. 
 + Dạng tích hai thừa số cùng dấu: 
 A B X.Y 0   hoặc 2nA B X .Y 0   
 + Xây dựng các bất đẳng thức từ các điều kiện ban đầu: Nếu x, y, z [a,b] thì ta nghĩ ngay tới 
một trong các bất đẳng thức đúng sau đây 
               x a x b 0; x a y a z a 0; x b y b z b 0           
Một số đẳng thức cần nhớ 
+      
2 2
2 2 2 2 2
a b a b
a b a 2ab b ; a b
2 2
        
+  2 2 2 2a b c a b c 2ab 2bc 2ca        
+       2 2 2 2 2 2a b b c c a a b ab b c bc c a ca 2abc          
+     2 2 2 2 2 2a b c ab bc ca a b ab b c bc c a ca 3abc           
+          a b b c c a abc a b c ab bc ca         
+      a 1 b 1 c 1 abc ab bc ca a b c 1           
+        a 1 b 1 c 1 abc ab bc ca a b c 1           
+    3 3 3 2 2 2a b c 3abc a b c a b c ab bc ca           
+        3 3 3 3a b c a b c 3 a b b c c a         
+    2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2a b c a b c a b c a b ab b c bc c a ca             
Một số bất đẳng thức cơ bản 
 +    22 2 2 2a b 2ab; 2 a b a b 4ab      
 +  22 2 3 a ba b ab
4
   
 + 2 2 2a b c ab bc ca     
 +      22 2 23 a b c a b c 3 ab bc ca        
 +      24 4 43 a b c ab bc ca 3abc a b c        
 + Bất đẳng thức tam giác 
b c a b c a b c 0
c a b c a b c a 0
c a b 0a b c a b
                         
 Với a, b, c là ba cạnh của một tam giác. 
Một số kỹ thuật cơ bản trong phép biến đổi tương đương 
+ Kỹ thuật xét hiệu hai biểu thức. 
+ Kỹ thuật sử dụng các hằng đẳng thức. 
+ Kỹ thuật thêm bớt một hằng số, một biểu thức. 
+ Kỹ thuật đặt biến phụ. 
+ Kỹ thuật sắp thứ tự các biến. 
+ Kỹ thuật khai thác tính bị chặn của các biến. 
2. Một số ví dụ minh họa 
 Ví dụ 1. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rẳng: 
  
2 2 2
2 2 2
a) a b c ab bc ca
b) a b c 3 2 a b c
    
      
Phân tích: Các bất đẳng thức trên khá quen thuộc, ta có thể giải bằng cách xét hiệu vế trái và vế phải rồi 
phân tích thành tổng các bình phương. 
Lời giải 
a) Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức 
   
     
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
a 2ab b b 2bc c c 2ca a
a b c ab bc ca
2
a b b c c a
0
2
            
     
Suy ra 2 2 2a b c ab bc ca     
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a b c  
b) Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức 
          
2 2 2 2 2 2
2 2 2
a b c 3 2 a b c a 2a 1 b 2b 1 c 2c 1
a 1 b 1 c 1 0
              
       
Suy ra  2 2 2a b c 3 2 a b c      
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a b c 1   
Ví dụ 2. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rẳng: 
22 2 2a b c a b c
3 3
       
Phân tích: Đây là một bất đẳng thức khá quen thuộc, ta có thể giải bằng cách xét hiệu vế trái và vế phải 
rồi phân tích thành tổng các bình phương. 
Lời giải 
Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức 
   
     
22 2 222 2 2
2 2 2
3 a b c a b ca b c a b c
a
3 3 9
a b b c c a
9
           
    
 Suy ra 
22 2 2a b c a b c
3 3
       
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a b c  . 
Nhận xét: Qua hai ví dụ trên ta nhận thấy khi biến đổi tương đương bất đẳng thức bậc hai thường xuất 
hiện các đại lượng      2 2 2; ;  a b b c c a với điều kiện dấu đẳng thức xẩy ra tại  a b c . Do đó 
trước khi biến đổi bất đẳng thức ta nên dự đoán dấu đẳng thức xẩy ra để từ đó có hướng đi hợp lí. 
Ví dụ 3. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rẳng: 
 2 2 2 2 2a b c d e a b c d e        
Phân tích: Bất đẳng thức cần chứng minh có hình thức tương tự như các bất đẳng thức trên, ta có thể giải 
bằng cách xét hiệu vế trái và vế phải rồi phân tích thành tổng các bình phương. Để được các tích 
ab, ac, ad, ae vào trong bình phương ta cần ghép a với b, c, d, e, và vì vai trò của b, c, d, e như nhau nên 
ta có thể nghĩ đến việc biến đổi như sau 
 
       
2 2 2 2 2
2 2 2 2
a b c d e a b c d e
a kb a kc a kd a ke 0
       
        
 Trong trường hợp trên ta có thể chọn k 2 , tức là ta phải nhân hai vế với 4. 
Lời giải 
Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức 
 2 2 2 2 2a b c d e a b c d e        
   
       
       
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
4 a b c d e 4 ab ac ad ae
4
a 4ab 4b a 4ac 4c a 4ad 4d a 4ae 4e
4
a 2b a 2c a 2d a 2e
0
4
       
          
       
 Suy ra  2 2 2 2 2a b c d e a b c d e        
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a 2b 2c 2d 2e    . 
Nhận xét: Với bất đẳng thức trên, ngoài phép biến đổi tương đương ta còn có thể dùng tính chất của tam 
thức bậc hai để chứng minh. 
Ví dụ 4. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện a, b, c 1 . Chứng minh rẳng: 
2 2 3 3 3
1 1 2 1 1 1 3
a) b)
1 ab 1 abc1 a 1 b 1 a 1 b 1 c
          
Phân tích: Để ý ta thấy, mẫu của các biểu thức xuất hiệt các bình phương, ý tưởng chứng minh bất đẳng 
thức trên là xét hiệu và phân tích làm xuất hiện các bình phương. Chú ý đến giả thiết 
a, b 1 ab 1 0    . 
Lời giải 
a) Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức 
   
     
2 2 2 2
2
2 2
1 1 2 1 1 1 1
1 ab 1 ab 1 ab1 a 1 b 1 a 1 b
a b ab 1
0
a 1 b 1 ab 1
          
    
 Suy ra 
2 2
1 1 2
1 ab1 a 1 b
    
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a b 1  . 
b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với. 
3 3 3 3 3 3
1 1 1 3 1 1 1 1 4
1 abc 1 abc 1 abc1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c
               
Áp dụng bất đẳng thức ở câu a ta được 
3 3 3 3 3 4
3 3 4
1 1 1 1 2 2
1 abc1 a 1 b 1 c 1 a b 1 abc
4 4
1 abc1 a b abc
        
  
 Suy ra 
3 3 3
1 1 1 3
1 abc1 a 1 b 1 c
      
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a b c 1   . 
Ví dụ 5. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 3 3a b a b   . Chứng minh rẳng: 
2 2a b ab 1 ... ần chứng minh tương đương với      2 2 2
2 2 2 2 2 2
ac ca b ab ab c bc bc a
0
b c bc c a ca a b ab
          
Lại thấy    2 2
2 2 2 2
ac ca b c a a b c
ca
b c bc b c bc
       , do đó ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
c a a b b c ab bc ca
a b cb c bc c a ca a b ab
           
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được 
 
     
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
c a a b b c
b c bc c a ca a b ab
ab bc ca ab cb ca
a b ca b c bc b c a ca c a b ab
      
             
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 
Bài 88. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 
   
2 2 2a a a a a
9a 1 3a 1 6a 2 6a 3a 1 2 6 3a 1
      
Do đó ta được 
     
2
2
2 2 2a b c a a b b c c
24 6
9a 1 9b 1 9c 1 6 3a 1 6 3b 1 6 3c 1
                     
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được 
     
2
3 3 3a a b b c c a b c a b c
6 3a 1 3b 1 3c 16 3a 1 6 3b 1 6 3c 1
                     
Suy ra ta được 
3 3 3 2 2 2a b c a b c
24
3a 1 3b 1 3c 1 9a 1 9b 1 9c 1
             
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 
Bài 98. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với            
       
6ab a b 6bc b c 9ca c a 5 a b b c c a
4 c aa b b c
ab a b bc b c 4ca c a 10abc 10
c a b
        
           
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được  4 c aa b b c a c b 4c b 4a
10
c a b c a c b a b
          
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 
Bài 90. Dễ dàng chứng minh được    4 4 3 32 a b ab a b   , do đó ta có 
 
4 4
3 3
a b a b 1 1 1
2ab 2 a bab a b
       
Hoàn toàn tương tự ta được 
     
4 4 4 4 4 4
3 3 3 3 3 3
a b b c c a 1 1 1 ab bc ca
1
a b c abcab a b bc b c ca c a
             
Bất đẳng thức được chứng minh. 
Bài 91. Áp dụng bất đẳng Bunhiacopxki ta có  
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 a b b c c a
a b 2ab b c 2bc c a 2ca
2 2 2
a b a b b c b c c a c a
a b b c c a 2ab 2bc 2ca
a b b c c a a b b c c a
    
                                
            
Bài toán quy về chứng minh 2ab 2bc 2ca 3
a b b c c a
     
Giả thiết được viết lại thành 1 1 1 3
a b c
   . Đặt 1 1 1x ; y ; z x y z 3
a b c
       . 
Bất đẳng thức trên trở thành 2 2 2 3
x y y z z x
     
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki và kết hợp với x y z 3   , ta có 
 
2 2 2 9 2 9 2
3
x y y z z x x y y z z x 3.2 x y z
             
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 
Bài 92. Ta có  22 2
2 2 2 2
a ba b
2
a b ab a b ab
      . Khi đó áp dụng tương tự ta được 
     
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b b c c a
a b ab b c bc c a ca
a b b c c a
6
a b ab b c bc c a ca
                       
Bài toán quy về chứng minh. 
 
 
     2 2 22 2 2
2 2 2 2 2 2 2
6 a b c a b b c c a
6
a b ab b c bc c a caa b c
             
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được 
       
 
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b b c c a 4 a b c
a b ab b c bc c a ca 2 a b c ab bc ca
                 
Ta cần chứng minh được 
 
 
 
 
2 2 2 2
22 2 2
6 a b c4 a b c
6
2 a b c ab bc ca a b c
          
Đặt 2 2 2x a b c ; y ab bc ca x y        và bất đẳng thức trên trở thành 
     4 x 2y 4 x 2y 4 2x y6x
6 8
2x y x 2y 2x y x 2y
          
Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo bất đẳng thức Cauchy. 
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 
Bài 93. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 
 
   2 2 2 2 3
2
5 2 2
81a b c 81a b c1 27 9
8 8 4aa b c
   

Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có 
3
3
27 9 81
4a 2
4 a
3
    
Do đó ta được  
   2 2 2 2
2
5 2 2 3
81a b c 81a b c1 81
8 8 2a b c 4 a
3
        
Áp dụng tương tự ta được 
       
2 2 2
5 2 2 5 2 2 5 2 2
2 2 2 2 2 2
3 3 3
1 1 1
a b c b c a c a b
81 a b ab b c bc c a ca81 81 81
42 2 2
4 a 4 a 4 a
3 3 3
 
  
                        
Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được 
 
   
3 3 2
3 3 3
2 2 2 2 2 2 3 3 3
81 81 81 81.9 243
42 2 2 4 a b c 84 a 4 a 4 a
3 3 3
81 a b ab b c bc c a ca 81.2 a b c 162
4 4 4
                       
       
Suy ra      2 2 25 2 2 5 2 2 5 2 2
1 1 1 243 162 81
4 4 4a b c b c a c a b
    
  
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 
Bài 94. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có     22 b 4b 2 b b 2
2
    
Do đó ta được     22
a 2a
b 4b 2 b b 2
   
. Áp dụng tương tự ta được 
           2 2 2
2 2 2
a b c
b 2 b b 2 c 2 c c 2 a 2 a a 2
2a 2b 2c
b 4 c 4 a 4
 
        
    
Ta cần chứng minh được 
2 2 2
a b c 3
4b 4 c 4 a 4
     . 
Đến đây áp dụng kỹ thuật Cauchy ngược dấu để chứng minh bất đẳng thức trên. 
Bài 95. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 
        3
2 a b c1 1 1
a b c
2a b 2b c 2c a a b b c c a
             
Ta có 
  1 1 1a b c
2a b 2b c 2c a
c a b 1 b c a 3
2a b 2b c 2c a 2 2a b 2b c 2c a 2
        
              
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được 
 
 
 
 
2
2
2 2 2
a b cc a b
2a b 2b c 2c a 3 ab bc ca
a b cb c a
1
2a b 2b c 2c a a b c 2 ab bc ca
       
           
Như vậy ta cần chứng minh được   
 
     
2
3
a b c 2 a b c
2
3 ab bc ca a b b c c a
        
Mà theo bất đẳng thức Cauchy ta có   
 
 
2 2
3
a b c a b c
2 3
3 ab bc ca 3 ab bc ca
        
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được 
 
 
 
     
2
3
3
a b c 2 a b c
3
3 ab bc ca a b b c c a
       
Hay          9 a b b c c a 8 a b c ab bc ca        
Đây là một đánh giá đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 
Bài 96. Không mất tính tổng quát, giả sử a là số lớn nhất trong ba số trên. 
Từ giả thiết a b c 3   , suy ra 1 a 3  . 
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 
    2 2 21 1 18 42 a b c 117 10 a b c
a b c
           
Hay 2 2 28 69 8 69 810b 42b 10c 42c 10a 42a 48
b 2 c 2 a
                     
Hay            
2 2 2
2b 1 16 5b 2c 1 16 5c a 2 20a 4
b c a
       
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được 
           
   
2 2 2 2
2 2
2b 1 16 5b 2c 1 16 5c 2b 1 2c 1
b c b c
16 5b 16 5c
2b 2c 2 4 a 2
b c b c
16 5b 16 5c 16 5b 16 5c
       
 
   
    
Ta cần chứng minh 
           2 2 2 24 a 2 a 2 20a 4 a 2 a 2 5a 1
b c a b c a
16 5b 16 5c 16 5b 16 5c
       
    
Thật vậy, vì a b; a c  , do đó ta có 
b c b c 3 a
16 5b 16 5c 16 5a 16 5a 16 5a
        
Cho nên        
2 2 2
a 2 a 2 a 2 16 5a
b c 3 a 3 a
16 5b 16 5c 16 5a
       
Bây giờ ta cần chỉ ra được        2 2a 2 16 5a a 2 5a 1
3 a a
    
Đánh giá trên tương đương với          2 2a 2 16 5a a a 2 5a 1 3 a      
Hay  23 a 2 0  , đánh giá cuối cùng luôn đúng với mọi a. 
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra tại 1a 2; b c
2
   và các hoán vị của nó. 
Bài 97. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được 
     
4 4 4 2 2 2
2 2 2
a b c 1 a b c
3 b 1 c 1 a 1b 1 c 1 a 1
            
Ta cần chứng minh 
2 2 2a b c
12
b 1 c 1 a 1
     
Thật vậy, ta có   2 22 b 4 bb 2 0 b b 1
4 4
       
Do đó 
2 4
2
a 4a
b 1 b
 . Áp dụng tương tự ta được 
2 2 2 2
2 2
b 4b c 4c
;
c 1 a 1c a
   
Công theo vế các bất đẳng thức trên ta được 
2 2 2 2 2 2
2 2 2
a b c a b c
4 4.3 12
b 1 c 1 a 1 b c a
             
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra tại a b c 2   . 
Bài 98. Giả sử  a min a,b, c . ta cób c 3 c 3    . 
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:        
   
   
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
3
3
22 2
P a a b b b bc c a a c c
4 3 3
b b bc c c . bc. bc b bc c
9 2 2
3 3
bc bc b bc c b c4 42 2. . 12
9 3 9 3
      
     
                     
Đẳng thức xảy ra khi a 0, b 2, c 1   và các hoán vị. 
Vậy giá trị lớn nhất của P là 12. 
Bài 99. 
Cách 1. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 
 
 
 
2
3 3
2
2
3 3
2
2
3 3
2
y zx x 3
x
y z y z 8 2
z xy y 3
y
z x z x 8 2
z yz z 3
z
x y x y 8 2
   
   
   
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên, ta có: 
   
   
3 3 3
2 2 2 2 2 2
3 3 3
2 2 2
x y z 1 3
2 x y z xy yz zx x y z
y z z x x y 4 2
x y z 5 1
2 x y z xy yz zx
y z z x x y 4 4
                
              
Mặt khác ta có 
       
 
2 22 2 2
2
5 1 5 1
x y z xy yz zx x y z x y z
4 4 12 12
1
x y z 12
3
          
   
. 
Do đó 
3 3 3x y z
6
y z z x x y
     . Bài toán được chứng minh xong. 
Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có 
     
 
 
 2 22 2 24 4 4 2 2 2x y z x y zx y z x y z
6
2 6x y z y z x z x y 2 xy yz zx
              
Do đó 
3 3 3x y z
6
y z z x x y
     . Bài toán được chứng minh xong. 
Bài 100. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có      
 
     
 
     
 
 
 
 
 
2 2 2 2 2 2
6 6
3
6 6
3
2
33
6 3
a 8 b 8 c 8 a 8abc b 8abc c 8abc
a b c a b c
a b c 8 ab bc caa 8bc b 8ca c 8ab
a b c 27 a b c
8
a b c a b c
3 1 1 8 1 1 8
1
27 a b c 3 27 3abc27 a b c
     
   
          
   
                      
Do đó        62 2 2a 8 b 8 c 8 a b c      . Bài toán được chứng minh xong. 
Bài 101. Đặt 1 1 1x , y , z
a b c
= = = thì giả thiết được viết lại là a + b +c = 3 
Khi đó ta có: 
 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
3 3 32 2 2 2 2 2
2 2 2
y x z a b c
xy 2x xz 2z yz 2y a 2b b 2c c 2c
2ab 2bc 2ca 2
a b c a b c a b b c c a
3a 2b b 2c c 2c
         
                 
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 3 32 2 ab ab 1a b ab.ab.1
3
   
Tương tự 3 32 2 2 2bc bc 1 ca ca 1b c ; c a
3 3
     
Từ đó ta có    3 3 32 2 2 2 2 22 2a b c a b b c c a a b c 2ab 2bc 2ca 3 13 9             
Bài toán được chứng minh xong.