Sáng kiến kinh nghiệm Hướng dẫn học sinh khá, giỏi tìm hiểu về bất đẳng thức CÔSI

1 b 1 c 1 d
1
a b c d 
8 1
 Bất đẳng thức được chứng minh hoàn toàn. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ 
khi a = b = c = d = 
1
3
 Với kỹ thuật ghép đối xứng, ta tiếp tục chứng minh các bất đẳng thức 
dưới đây, nhưng không bằng một cách trực tiếp mà phải thông qua một bổ đề 
trung gian. Để chứng minh được các bất đẳng thức như vậy đòi hỏi học sinh 
phải có sự sáng tạo và vận dụng linh hoạt các kiến thức cần thiết. 
Ví dụ 4.5. Một tam giác có độ dài ba cạnh là a, b, c thỏa mãn 
3 3 3 3 3 3
a b c b c a c a b a b c . 
Chứng minh tam giác đó là tam giác đều. 
Lời giải 
Bổ đề: Với mọi x, y > 0, ta có
3
3 3
x y
x y
4
Chứng minh: Do 
3 3 2 2
x y x y x x y y nên bất đẳng thức tương 
đương với: 
2
2 2
x y
x x y y
4
 19 
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy hai số dạng 
2
x y
x y
4
, ta được 
2 2
2 22 2
x y x y
x x y y x y 3 x y x y 3
4 4
Bổ đề được chứng minh. 
Để ý rằng a, b, c là tam giác thì hiển nhiên ta có: 
 a + b – c > 0, b + c – a > 0, c + a – b > 0 
Áp dụng bổ đề, ta có: 
3
3 3 3
3
3 3 3
3
3 3 3
a b c b c a
a b c b c a 2 b
4
b c a c a b
b c a c a b 2 c
4
c a b a b c
c a b a b c 2 a
4
 Cộng ba bất đẳng thức trên lại vế theo vế và rút gọn cả hai vế của bất đẳng 
thức thu được cho 2, ta có: 
3 3 3 3 3 3
a b c b c a c a b a b c . 
Theo giả thiết thì dấu bằng xảy ra a b c 
Điều này chứng tỏ tam giác đã cho là tam giác đều. 
Ví dụ 5.5. Cho x, y, z > 2 và 
1 1 1
1
x y z
 Chứng minh rằng : 
 x 2 y 2 z 2 1 
Lời giải 
 Đặt x = a + 2, y = b + 2, z = c + 2 với a > 0, b > 0, c > 0. Ta có: 
1 1 1 1 1 1 1
1
c 2 a 2 b 2 2 a 2 2 b 2
a b a b
2 a 2 2 b 2 b 2 c 2
Tương tự 
1 c a
,
b 2 c 2 a 2
1 b c
a 2 b 2 c 2
Nhân ba bất đẳng thức trên lại vế theo vế, ta được 
 20 
1 a b c
a b c 1
a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2
 Bất đẳng thức được chứng minh hoàn toàn. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ 
khi a = b = c = 1 x = y = z = 3 
Nhận xét: Kỹ thuật ghép đối xứng có thể giúp ta chứng minh được rất nhiều bất 
đẳng thức đối xứng, nhưng với các bất đẳng thức không có tính đối xưng thì kỹ 
thuật nay gần như vô tác dụng. Vì vậy đòi hỏi học sinh cần phải chăm chỉ rèn 
luyện để có thêm các kinh nghiệm khi đánh giá một bất đẳng thức. 
6. Kỹ thuật đổi biến số
 Trong bất đẳng thức, có một quy luật chung, đó là “Trong một dạng cụ 
thể, thì những bất đẳng thức càng nhiều biến càng khó”. Điều này cũng đồng 
nghĩa với việc khẳng định “Bài toán sẽ trở nên đơn giản hơn nếu ta đưa được 
một bất đẳng thức nhiều biến về dạng ít biến hơn” Kỹ thuật đổi biến chính là 
một công cụ hữu ích để thực hiện ý tưởng này. 
Ví dụ 1.6: Cho x, y là hai số thực khác 0. Chứng minh rằng: 
2 2 2 2
2 2 2
2 2
4 x y x y
3
y xx y 
Phân tích : Nhìn vào bất đẳng thức cần chứng minh ta thấy hai hạng tử sau ở vế 
trái có vẻ như tạo ra được nghịch đảo của hạng tử thứ nhất. Vì vậy ta thử phân 
tích tổng hai hạng tử đó để xem kết quả có như dự đoán hay không. 
2
2 2
2 2 4 4 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
x yx y x y 2 x y 2 x y
2
y x x y x y 
 Với kết quả như vậy, giáo viên có thể định hướng học sinh sử dụng cách 
đặt ẩn phụ để đưa bất đẳng thức cần chứng minh về bất đẳng thức đơn giản hơn. 
Lời giải 
Để ý rằng bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành 
2
2 2
2 2
2 2 2
2 2
x y4 x y
5
x yx y
. Đặt 
2
2 2
2 2
22 2
2 2
x y 4 x y 4
t
x y tx y
Ta được bài toán về dạng một biếu thức đơn giản là: 
2
t 1 t 4t t 5 t 4
t 5 0 0
4 t t 
Theo bất đẳng thức Côsi, ta dễ thấy t 4. Suy ra t – 1 > 0, t – 4 0 
 21 
Từ đó ta được 
t 1 t 4
0
t
, bài toán được giải quyết hoàn toàn. 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 2x y x y 
Ví dụ 2.6: Cho x, y, z > 2 và 
1 1 1
1
x y z
 Chứng minh rằng : 
 x 2 y 2 z 2 1 
Lời giải 
 Đặt x = a + 2, y = b + 2, z = c + 2 với a > 0, b > 0, c > 0. Bài toán quy về 
chứng minh abc 1 với a, b, c > 0 thỏa mãn 
1 1 1 a b c
1 1
a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2
Đến đây ta đặt tiếp 
a b c
m , n , p m n p 1
a 2 b 2 c 2
Ta có: 
1 a 2 2 2 1 n p 2 m
1 1 a
m a a a m m n p
Tương tự: 
2 n 2 p
b , c
p m m n
Do đó bất đẳng thức trở thành 
2 m 2 n 2 p
1 m n n p p m 8 m n p
n p p m m n
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 
 m n n p p m m n .2 n p .2 p m 8 m n p 
Bài toán được giải quyết xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
 m n p a b c 1 x y z 3 
Ví dụ 3.6: Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn ab = cd = 1. Chứng 
minh rằng: a b c d 4 2 a b c d 
Lời giải 
 Đặt x = a + b, y = c + d, thì bất đẳng thức bốn biến cần chứng minh 
tương đương đã được quy về dạng hai biến đơn giản hơn là: 
 x y 4 2 x y x y 2 2 2 y 0 y 2 x 2 0 
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy kết hợp với giả thiết ta có: 
 22 
 a b 2 a b 2 , c d 2 c d 2 
Suy ra x – 2 0 và y – 2 0. Từ đó ta có y 2 x 2 0 
Bài toán được chứng minh xong. Dấu bằng xảy ra a b c d 1 
Ví dụ 4.6: Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh 
1 1 1
1
2 a 1 2 b 1 2 c 1
Phân tích: Từ giả thiết abc = 1 gợi cho học sinh đến cách đổi biến 
x y z
a , b , c
y z x
 với x, y, z > 0. 
Lời giải 
Đặt 
x y z
a , b , c
y z x
 với x, y, z > 0. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 
1 1 1 y z x
1 1
x y z 2 x y 2 y z 2 z x
2 1 2 1 2 1
y z x
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 
2 2
y 2 z y y 2 z y y 2 z yy
2 x y 2 x y 2 z y x y z2 x y 2 z y
4
Tương tự : 
2 2
z 2 x z x 2 y xz x
,
2 x y 2 z xx y z x y z
Cộng ba bất đẳng thức này lại vế theo vế, ta được: 
2
y 2 z y z 2 x z x 2 y xy z x
2 x y 2 y z 2 z x x y z
2 2 2
2
2 x y y z z x x y z
1
x y z
Chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra x y z a b c 1 
Ví dụ 5.6: Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng: 
3
2
c a b
a b b c c a
 23 
Phân tích: Bất đẳng thức này đã được chứng minh ở ví dụ 4.4, ở đây ta có thể 
sử dụng cách đổi biến để chứng minh lại bất đẳng thức này. 
Lời giải 
 Đặt : 
b c x 0
y z x z x y x y z
c a y 0 a ; b ; c
2 2 2
a b z 0
. 
Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau: 
y z x z x y x y z y x z x y z
 6
2 x 2 y 2 z x y x z z y
Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng, Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 
VT . . .
y x z x y z
2 2 2 2 2 2 6
x y x z z y
Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu “ = ” xảy ra x = y = z a = b = c 
Ví dụ 6.6: Cho a, b, c là các cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: 
 ( b + c – a )( c + a – b )( a + b – c ) abc 
Lời giải 
 Bất đẳng thức này đã được chứng minh ở ví dụ 4.3. Trong ví dụ này ta sử 
dụng kỹ thuật đổi biến để chứng minh. 
Đặt b c a x 0 ; c a b y 0 ; a b c z 0 
y z z x x y
a ; b ; c
2 2 2
. 
Khi đó ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau: 
 . .
x y y z z x
x y z
2 2 2
 Áp dụng BĐT Côsi, ta có : . . . .
x y y z z x
x y y z z x x y z
2 2 2
 (đpcm) 
Nhận xét: Trong chứng minh bất đẳng thức cũng như các dạng toán khác, kỹ 
thuật đổi biến có vai trò quan trọng vì nó giúp bài toán trở nên đơn giản hơn về 
hình thức cũng như cách chứng minh, đôi khi việc đổi biến còn giúp ta tạo thêm 
giả thiết mới cho bài toán. Việc trang bị cho học sinh kỹ năng đổi biến là không 
thể thiếu trong dạy học về bất đẳng thức. 
7. Kỹ thuật thêm bớt 
 Nếu ở các kỷ thuật trên ,học sinh được rèn luyện thói quen định hướng 
dựa vào bề ngoài của một bài toán .Thì từ đây ta bắt đầu gặp những lớp bất đẳng 
 24 
thức phong phú hơn – những bất đẳng thức mà lời giải cho chúng luôn đòi hỏi 
một tầm nhìn bao quat cũng như sự đột phá ý tưởng . 
 Kỹ thuật thêm bớt là một minh chứng rõ ràng nhất cho lối tư duy sử dụng 
những “yếu tố ngoại cảnh” trong việc giải quyết vấn đề 
 Ngay từ đây chúng ta sẽ bắt đầu làm quen với kỹ thuật này với những ví 
dụ mà cách đánh giá nó tương đối đa dạng. 
Ví dụ 1.7: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau: 
2 2 2
a b c
a b c
b c a
Phân tích: Trước hết ta nhận thấy nếu áp dụng ngay bất đẳng thức Cô si thì 
cũng không ra được kết quả, kĩ thuật ghép đối xứng cũng không giải quyết được. 
Bây giờ ta đánh giá dấu bằng xảy ra khi nào? Dễ nhận thấy đó là khi a = b = c. 
Suy ra 
2
a
b
b
, vì vậy ta thêm b vào phần tử đại diện 
2
a
b
 để có chứng minh sau: 
Lời giải 
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho các số dương ta có: 
2 2 2
a b c
b 2 a ; c 2 b ; a 2 c
b c a
Cộng vế theo vế của ba bất đẳng thức trên ta được 
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
b c a 2 a 2 b 2 c a b c
b c a b c a
Bài toán được chứng minh xong. Dấu bằng xảy ra a b c 
Ví dụ 2.7: Chứng minh rằng với a b c, , 0 thì: 
2 2 2
a b c a b c
b c a c b a 2
Phân tích: Ta cần thêm cho 
2
a
b c
 một số 
b c
m và dấu bằng của bất đẳng 
thức Côsi xảy ra được, nghĩa là 
2
a
b c
 = m và a = b = c. Suy ra 4 . 
Lời giải 
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho các số dương ta có: 
2 2 2
a b c b c a c a b
a ; b ; c
b c 4 c a 4 a b 4
 25 
2 2 2
2 2 2
a b c b c a c a b
a b c
b c 4 c a 4 a b 4
a b c a b c
b c c a a b 2
Bài toán được chứng minh xong. Dấu bằng xảy ra a b c 
Ví dụ 3.7: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a b c 1 . 
Chứng minh rằng: 
3 3 3
a b c 3
1 b 1 c 1 c 1 a 1 a 1 b 4
Phân tích: Ta sẽ thêm cho 
3
a
(1 b ) (1 c )
 những hạng tử gì? chắc chắn là có 
b 1 c 1
; với α là một số dương nào đó. Vấn đề α bằng bao nhiêu, ta chỉ cần 
chú ý là dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1; khi đó 
3
a b 1 c 1
(1 b ) (1 c )
 sẽ 
cho ta α = 4. Vì vậy ta có chứng minh sau: 
Lời giải 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 
3 3
3
a 1 b 1 c a 1 b 1 c 3
3 . . a
1 b 1 c 8 8 1 b 1 c 8 8 4
3
b 1 c 1 a 3
b
1 c 1 a 8 8 4
; 
3
c 1 a 1 b 3
c
1 a 1 b 8 8 4
Cộng theo vế các bất đẳng thức ta được: 
3 3 3
3 3 3
3
a b c 1 3 3
a b c a b c
1 b 1 c 1 c 1 a 1 a 1 b 4 4 4
a b c 1 3 3 3 3
a b c a b c
1 b 1 c 1 c 1 a 1 a 1 b 2 4 2 4 4
 Bài toán được chứng minh xong. Dấu bằng xảy ra a b c 1 
Nhận xét: Từ những ví dụ trên ta đã thấy được sự hiệu quả của kỹ thuật thêm 
bớt trong chứng minh bất đẳng thức. Tuy nhiên không phải với bất đẳng thức 
nào cũng có thể làm được theo cách như trên, mà đôi khi ta cần phải thực hiện 
việc biến đổi tương bất đẳng thức trước rồi mới thực hiện thêm bớt. Dưới đây là 
một số ví dụ như vậy. 
Ví dụ 4.7: Chứng minh rằng với mọi số thực dương tùy ý a, b, c ta luôn có 
 26 
a b c a b c
b c c a a b a b b c a c
Lời giải 
Bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành 
a b b c c a
0
b c c a a b
Mong muốn triệt tiêu dấu trừ dẫn ta tới ý tưởng sau: Để ý rằng 
a b c a b c a b c a b c
1 , 1 , 1
b c b c c a c a a b a b
Vậy sau khi thêm bớt như vậy, ta đã quy bài toán về chứng minh. 
a b c a b c
3
c a b c a b
Mặt khác bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì 
 3
a b c a b c a b c a b c
3 . . 3
c a b c a b c a b c a b
Phép chứng minh hoàn tất. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b =c > 0 
Ví dụ 5.7: Cho các số dương a,b,c thỏa mãn a + b + c = 3 .Chứng minh bất 
đẳng thức sau : a b c a b b c c a 
Lời giải 
Sử dụng kỹ thuật them bớt ta có bất đẳng thức tương đương với 
 2 2 2 2 2 2
22 2 2
2 a b c 2 a b b c c a
a b c 2 a b c a b c 2 a b b c c a ,
a b c 2 a b c a b c 9
Vậy ta cần chứng minh: 2 2 2a b c 2 a b c 9 
Hay là 
2 2 2
a a a b b b c c c 9 
Điều này hiển nhiên đúng vì theo bất đẳng thức COSI bộ ba số ta có 
2 23
2 23
2 23
a a a 3 a . a . a 3 a
b b b 3 b . b . b 3 b
c c c 3 c . c . c 3 c
 27 
Bài toán được giải quyết. Bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b =c = 1 
8.Kỹ thuật Côsi ngƣợc dấu. 
 Sử dụng ý tưởng tương tự như kỹ thuật thêm bới, thậm chí có phần khéo 
léo hơn , kỹ thuật Cosi ngược dấu đã chứng tỏ sự đột phá đơn giản nhưng đem 
lại hiệu quả bất ngờ đến ngạc nhiên khi giải quyết lớp bất đẳng thưc hoán vị chặt 
và khó. 
Ví dụ 1.8: Cho 3 số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a b c 3 . 
Chứng minh bất đẳng thức sau: 
2 2 2
1 1 1 3
a 1 b 1 c 1 2
Phân tích:Ta không thể dùng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy với mẫu vì bất 
đẳng thức sau đó sẽ đổi chiều: 
2 2 2
1 1 1 1 1 1 3
a 1 b 1 c 1 2 a 2 b 2 c 2
Đến đây chúng ta sẽ bị lúng túng trong cách giải. 
Lời giải 
 Ở đây ta sẽ sử dụng lại bất đẳng thức Cauchy theo cách khác: 
2 2
2 2
1 a a a
1 1 1
a 1 a 1 2 a 2
Tương tự ta có: 
2
1 b
1
b 1 2
; 
2
1 c
1
c 1 2
 Cộng theo vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: 
2 2 2
1 1 1 a b c 3
3
a 1 b 1 c 1 2 2
Bài toán được giải quyết. Bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b =c = 1 
Nhận xét: Kỹ thuật Cauchy ngược dấu có thể hiểu là ta lấy nghịch đảo hai vế 
của bất đẳng thức Cauchy sau đó nhân hai vế với -1. Khi đó dấu của bất đẳng 
thức ban đầu sẽ không đổi chiều. Dưới đây là một số ví dụ tương tự. 
Ví dụ 2.8: Cho 3 số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a b c 3 . 
 Chứng minh bất đẳng thức sau:
1 1 1 3
1 a b 1 b c 1 c a 2
Lời giải 
Ta có:
1 a b a b a b
1 1 1
1 a b 1 a b 22 a b
 28 
 Tương tự ta có: 
1 b c
1
1 b c 2
; 
1 c a
1
1 c a 2
Cộng theo vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: 
1 1 1 1
3 a b b c c a
1 a b 1 b c 1 c a 2
1 a b b c c a a b c 3 3
3 3 3
2 2 2 2 2 2 2
Bài toán được giải quyết. Bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b =c = 1 
Ví dụ 3.8: Cho 3 số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a b c 3 . 
 Chứng minh bất đẳng thức sau:
2 2 2
a b c 3
b 1 c 1 a 1 2
Lời giải 
Ta có:
2 2
2 2
a a b a b a b
a a a
b 1 b 1 2 b 2
Tương tự ta có: 
2
b b c
b
c 1 2
; 
2
c c a
c
a 1 2
Cộng theo vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: 
2 2 2
a b d a b b c c a
a b c 1
b 1 c 1 d 1 2
 Mặt khác ta có: 
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2
2
a b b c c a
 a b b c c a 
2 2 2
a b c a b c - 2 a b b c c a 
a b c
a b b c c a 3 2
3
Từ (1) và (2) ta có: 
2 2 2
a b c 3 3
3
b 1 c 1 a 1 2 2
Bài toán được giải quyết. Bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b =c = 1 
Ví dụ 4.8: Cho 3 số thực dương a, b, c . Chứng minh bất đẳng thức sau: 
3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
a b b c c a 2
Lời giải 
 29 
Ta có: 
3 2 2
2 2 2 2
a a b a b b
a a a
a b a b 2 a b 2
Tương tự ta có: 
3
2 2
b c
b
b c 2
; 
3
2 2
c a
c
c a 2
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được : 
3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b c a b c a b c
a b c 
a b b c c a 2 2
 Bài toán được giải quyết. Bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b =c 
9. Kỹ thuật đánh giá điểm biên. 
 Trong bất đẳng thức Côsi , nếu khai thác khéo léo điểm biên sẽ tạo nên 
hiệu quả nhất định. Thông thường việc sử dụng điểm biên sẽ giúp ta quy bài 
toán về việc chứng minh bất đẳng thức đồng bậc. Dưới đây là một số ví dụ mà 
chúng tôi đã hướng dẫn cho học sinh đánh giá điểm biên để chứng minh một số 
bài toán bất đẳng thức. 
 Ví dụ 1.9: Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1. Chứng minh rằng: 
2 2
x y z 2 x 2 y
1
1 x y
Lời giải 
Ta sẽ quy bài toán về việc chứng minh bất đẳng thức cùng bậc là 
2 2
2 2
x y z x y z 2 x 2 y
1
x y z x y
x z y z 2 x 2 y x y z x y
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 
2 2 2 22 2
2 2
2 x 2 y 2 x y 4 x y 2 x y x y x y
2 x 2 y x y
Do đó ta chỉ cần chứng minh: z x z y z x y 
2
2 2
z x y z x y z x y 2 z x y z x y 0 (Đúng) 
Bài toán được chứng minh hoàn toàn. Đẳng thức xảy ra 
1
x y
2
z 0
 30 
Ví dụ 2.9: Cho các số x, y, z 0 và x + y + z = 1. Chứng minh rằng 
 x 2 y z 4 1 x 1 y 1 z 
Lời giải 
 Do x + y + z = 1 nên bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành: 
2
x 2 y z x y z 4 x y y z z x . 
 Do vai trò của x và z trong bất đẳng thức trên là như nhau nên ta hoàn 
toàn có thể giả sử x z . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng 
2
a b 4 a b , ta 
có 
2
x y z 4 x y z . Sử dụng đánh giá này, dễ thấy chứng minh sẽ 
hoàn tất nếu ta chỉ ra được 
 x x 2 y z x y z x y x z 0 hiển nhiên đúng theo giả sử 
x z . Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra 
1
x z , y 0
2
D. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI 
 Các em học sinh Trung học cơ sở đã được làm quen với Bất đẳng thức 
Côsi từ lớp 8, nhưng việc áp dụng Bất đẳng thức trên trong giải toán là chưa 
nhiều bởi các em rất ít được làm quen với dạng toán này. Bất đẳng thức Côsi 
thường được vận nhiều trong các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Dưới 
đây là một số ví dụ 
1. Ứng dụng của bất đẳng thức Côsi trong tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ 
nhất của biểu thức đại số. 
Ví dụ: Cho x > 0, y > 0 thoả mãn: 
1 1 1
x y 2
. Tìm GTNN của A = x y 
Lời giải: 
Vì x > 0, y > 0 nên 
1 1
 0 , 0 , x 0 , y 0
x y
 . Ta có: 
1 1 1 1 1 1 1
. x y 4
x y 2 x y 4x y
A x y 2 x y 2 4 4
 Vậy min A = 4 x = y = 4 
Nhận xét: Trong ví dụ trên ta đã sử dụng bất đẳng thức Côsi theo 2 chiều ngược 
nhau: 
 31 
+ Dùng 
a b
a b
2
 để dùng điều kiện tổng 
1 1 1
x y 2
 từ đó được x y 4 
+ Dùng a b 2 a b “làm giảm” tổng x y để dùng kết quả x y 4 
+ Không phải lúc nào ta cũng có thể dùng trực tiếp bất đẳng thức Côsi đối với 
các số trong đề bài. Ta có một số biện pháp biến đổi một biểu thức để có thể vận 
dụng BĐT Côsi rồi tìm cực trị của nó: 
 - Cách 1: Để tìm cực trị của một biểu thức ta tìm cực trị của bình 
phƣơng biểu thức đó. 
Ví dụ : Tìm GTNN của A = 3 x 5 7 3 x 
Lời giải 
Điều kiện: 
5 7
x
3 3
Ta có: A
2
 = ( 3x – 5 ) + ( 7 – 3x ) + 2 3 x 5 7 3 x 
 A
2
 ( 3x – 5 + 7 – 3x ) + 2 = 4 
Dấu “=” xảy ra 3x – 5 = 7 – 3x x = 2.Vậy max A = 2 x = 2 
 Như vậy ta thấy A được cho dưới dạng tổng của 2 căn thức. Hai biểu 
thức lấy căn có tổng không đổi (bằng 2). Vì vây, nếu bình phương A sẽ xuất 
hiện hạng tử là 2 lần tích của 2 căn thức. Đến đây có thể vận dụng BĐT Côsi 
2 a b a b 
 - Cách 2: Nhân và chia biểu thức với cùng một số khác 0 
Ví dụ: Tìm GTLN của A = 
x 9
5 x
Lời giải 
Điều kiện: x 9. Ta có: 
1 x 9x 9 x 9 9
3.3
x 9 12 33 3
A
5 x 5 x 5 x 1 0 x 3 0
Dấu “=” xảy ra 
x 9
3 x 1 8
3
. Vậy max A = 
1
1 8
3 0
x 
 32 
 Trong cách giải trên, x – 9 được biểu diễn thành 
x 9
.3
3
 khi vận dụng 
BĐT Côsi tích này trở thành nửa tổng: 
x 9 1
3 x
3 3
 có dạng kx có thể rút gọn 
cho x ở mẫu. ( số 3 được tìm bằng cách lấy 9 , số 9 có trong đề bài) 
 - Cách 3: Biến đổi biểu thức đã cho thành tổng của các biểu thức sao 
cho tích của chúng là một hằng số. 
Ví dụ 1: Cho x > 0, tìm GTNN của A = 
4
3
3 x 1 6
x
Lời giải 
A = 
4
3
3 x 1 6
x
= 
4
3 3 3
1 6 1 6 1 6
3 x x x x 4 x .x .x .
x x x
A 4.2 = 8 ( dấu “=” xảy ra 
3
1 6
x x 2
x
) 
Vậy Giá trị nhỏ nhất của A là 8 khi x = 2 
Ví dụ 2: Cho 0 < x < 2, tìm giá trị nhỏ nhất của A =
9 x 2
2 x x
Lời giải 
9 x 2 x 9 x 2 x
A 1 2 . 1 2 9 1 7
2 x x 2 x x
Dấu “=” xảy ra 
9 x 2 x 1
x
2 x x 2
. Vậy min A = 7 
1
x
2
 - Cách 4: Thêm một hạng tử vào biểu thức đã cho 
Ví dụ: Cho x, y, z > 0 thoả mãn: x + y + z = 2. 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 
2 2 2
x y z
y z z x x y
Lời giải 
Vì x, y, z > 0 ta có: Áp dụng BĐT Côsi đối với 2 số dương 
2
x
y z
 và 
y z
4
 ta 
được: 
2 2
x y z x y z x
2 . 2 . x
y z 4 y z 4 2
 . 
 33 
Tương tự ta có: 
2 2
y x z z x y
y ; z
x z 4 x y 4
Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức trên ta được: 
2 2 2
x y z x y x x y z
x y z P x x y z 1
y z z x x y 2 2
Dấu “=” xảy ra 
2
x y z
3
. Vậy min P = 1
2
x y z
3
Nhận xét: Ta đã thêm 
y z
4
 vào hạng tử thứ nhất 
2
x
y z
 có trong đề bài, để 
khi vận dụng BĐT Côsi có thể khử được (y + z). Cũng như vậy đối với 2 hạng 
tử còn lại của đề bài. Dấu đẳng thức xảy ra đồng thời trong cả ba bất đăngt 
thức
2
x y z
3
. 
 Áp dụng các cách trên cùng với việc sử dụng bất đẳng thức Côsi ta có 
các ví dụ khác như sau: 
Ví dụ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 
3
x 1 6
g ( x )
x
 với x 0 
Lời giải 
 Ta có 
3
2 2 2
3
x 1 6 1 6 8 8 8 8
g ( x ) x x 3 x 1 2
x x x x x x
Dấu đẳng thức xảy ra 2
8
x x 2
x
Vậy Giá trị nhỏ nhất của g ( x ) là 12 khi x = 2 
Ví dụ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2
2
2 0 1 1 x 2 0 1 2 1 x 2 0 1 3
A
1 x
Lời giải 
ĐK: 2 21 x 0 x 1 x 1 1 x 1 
Ta có: 
2
2 2
2 0 1 2 1 x 1 x2 0 1 1 x 2 0 1 2 1 x 2 0 1 3
A 2 0 1 2
1 x 1 x
2 2 0 1 2 1 x 1 x
2 0 1 2 2 0 1 2 2 2 0 1 2
1 x 1 x
 34 
Dấu “=” xảy ra 
2 0 1 1
2 0 1 2 1 x 1 x 2 0 1 2 2 0 1 2 x 1 x x
2 0 1 3
Vậy Giá trị nhỏ nhất của A là 2 0 1 2 2 2 0 1