🔙 Quay lại trang tải sách pdf ebook Tuyển Tập Bất Đẳng Thức Ebooks Nhóm Zalo TÀI LIỆU TOÁN PHỔ THÔNG CHUYÊN ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC DÒNG TÂM SỰ Giọt nước bên thềm khẽ lặng thầm rơi đều đều và nhanh dần theo những giai điệu vu vi phát ra từ cây đàn ghi-ta đã cũ, những nốt nhạc du dương như hòa vào tâm sự của người đang chìm vào nỗi cô đơn khi nhớ về một ngày đã xa.... Tháng 9, mùa khai trường của bao cô cậu học trò sau những tháng hè rộn rã, vui tươi. Đứa thì gặp bạn cũ miệng cứ ríu ra ríu rít những câu chuyện trong những tháng ngày không gặp, đứa thì gặp lại thầy cô tay bắt mặt mừng như vừa tìm thấy thứ gì đó thân quen sau bao ngày xa cách. Có những cô cậu lại khăn gói chuẩn bị hành trang, xa con đường làng quen thuộc vẫn thường đạp xe cùng nhau đi học, xa cái thôn quê nơi chứa đầy kỉ niệm để bắt đắt đầu hành trình mới chinh phục ước mơ và hoài bão. Lớp học trò ra đi, lại có lớp học trò mới lại vào, những nhịp cầu cứ nối tiếp nhau cho bến bờ tri thức. Chỉ còn đọng lại nơi đây, một tình yêu nồng ấm, một sự gắn kết vô hình trong cuộc sống này đây. Tôi bắt đầu học Toán từ thở nhỏ, lúc í a đếm 1, 2. Quyển sổ tôi ghi về những gì tôi học, cứ mỗi ngày lại thêm dầy hơn, mỗi một trang là một chặng đường, là hành trình tôi đi tìm tình yêu đích thực của đời mình. Nếu hỏi tôi "Vì sao tôi còn yêu Toán thế ?", tôi cũng chỉ biết rằng đó cứ như thói quen sau những giờ cẳng thẳng, là sự "mua vui" tưởng thưởng cho bản thân mình một góc tối bình yên. Từ những gì còn đọng lại sau những tháng ngày học tập trên ghế nhà trường, tôi đã cố gắng chọn lọc và tổng hợp lại những bài toán, những cách chứng minh đặc sắc nhất để hoàn thành chuyên đề TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC LUYỆN THI ĐẠI HỌC Bài viết này, tác giả đã chọn lọc những bài toán trong các kì thi thử đại học từ các trường THPT, các diễn đàn online và các trung tâm dạy thêm chất lượng để biên soạn lại thành một chuyên đề dành cho những người đam mê bất đẳng thức nói chung và các bạn ôn thi đại học nói riêng. Đồng thời, đây cũng là món quà nhỏ, xin được dành tặng cho diễn đàn www.k2pi.net như là một hồi ức đẹp sau hơn một năm dài gắn bó cùng các anh, các chị, dù không gặp nhau nhưng chúng ta luôn có sự gắn kết vô hình lại, bởi lẽ, chúng ta đã lỡ yêu toán mất rồi! Bài viết được tác giả viết vội trong những ngày hè để hoàn thành kịp mừng sinh nhật lần thứ nhất của diễn đàn www.k2pi.net nên chắc hẳn còn nhiều sai xót, mong nhận được sự góp ý của bạn đọc gần xa qua địa chỉ:[email protected] hoặc www.k2pi.net. TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Ngô Hoàng Toàn Trường Đại học Y Dược Cần Thơ Mục lục 1 Một số bất đẳng thức cơ bản 3 1.1 Bất đẳng thức AM-GM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.3 Bất đẳng thức Minkowski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 2 Bất đẳng thức qua các kì thi đại học 2007-2013 5 3 Tuyển tập bất đẳng thức 15 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 3.3 Bất đẳng thức trong đề thi thử các trung tâm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 3.4 Bất đẳng thức trong Thử sức trước kì thi THTT . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 4 Bất đẳng thức luyện thi 2014 85 5 BÀI TẬP 139 6 Phụ lục 149 6.1 Lời giải và nhận xét câu cực trị đề thi đại học khối A 2013 . . . . . . . . . . . . 149 6.2 Một số kí hiệu dùng trong tuyển tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156 2 1 MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN 1.1 Bất đẳng thức AM-GM 1 MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN 1.1 Bất đẳng thức AM-GM Phát biểu 1.1: Bất đẳng thức AM-GM Cho a1, a2, ..., an là các số thực không âm thì ta có: a1 + a2 + ... + an ≥ n√n a1a2...an. (1.1) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an Tuy nhiên, khi giải toán ta hay quan tâm nhiều đến trường hợp n = 2và n = 3. Mà ta thường được biết đến dưới phát biểu: Cho a, b ≥ 0. Khi đó ta có: a + b ≥ 2√ab. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b. 1. Bất đẳng thức này còn được viết dưới dạng khác tương đương là: • a + b 2 2 ≥ ab • (a + b)2 ≥ 4ab • a2 + b2 ≥ 2ab • a2 + b2 ≥(a + b)2 2 Cho a, b, c ≥ 0, khi đó ta có: a + b + c ≥ 3√3abc. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 2. Bất đẳng thức này còn có một số ứng dụng khác khá phổ biến như sau: Với mọi số thực a, b, cta luôn có: • a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca • a2 + b2 + c2 ≥(a + b + c)2 3 • (a + b + c)2 ≥ 3 (ab + bc + ca) • a2b2 + b2c2 + c2a2 ≥ abc (a + b + c) • (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc (a + b + c) 1.2 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz c Ngô Hoàng Toàn Trang 3 1.3 Bất đẳng thức Minkowski 1 MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN Phát biểu 1.2: Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Với hai bộ số thực tùy ý a1, a2, ..., anvà b1, b2, ..., bn ta có : Xn i=1 aibi !2 ≤ Xn i=1 ai2 ! Xn i=1 bi2 ! (1.2) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel Giả sử a1, a2, ..., an là các số thực bất kì và b1, b2, ..., bnlà các số thực dương . Khi đó ta luôn có :a12 b1+a22 bn≥(a1 + a2 + ... + an)2 b2+ ... +an2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia1 b1=a2 b1 + b2 + ... + b b2= ... =an bn Tuy nhiên,khi giải toán ta hay quan tâm nhiều đến trường hợp n = 2và n = 3. Khi đó ta gặp một số đánh giá quen thuộc sau: Cho a, b, c > 0 ta có: • a2 + b2 + c2 ≥(a + b + c)2 1 3 • (a + b + c) a+1b+1c ≥ 9 1.3 Bất đẳng thức Minkowski Phát biểu 1.3: Bất đẳng thức Minkowski Cho  a1, a2, ..., an ∈ R+ b1, b2, ..., bn ∈ R+và 1 < p ∈ Q+ thì ta có :  Xn k=1 apk !1p+ Xn k=1 bpk !1p≥"Xn k=1 (ak + bk)p #1p(1.3) Nhưng ta quan tâm nhiều nhất là các bất đẳng thức quen thuộc sau: •√a2 + b2 +√c2 + d2 ≥q(a + c)2 + (b + d)2 •√a2 + b2 + c2 +pm2 + n2 + p2 ≥q(a + m)2 + (b + n)2 + (c + p)2 •pa12 + b12+pa22 + b22+...+pan2 + bn2≥q(a1 + a2 + ... + an)2 + (b1 + b2 + ... + bn)2 c Ngô Hoàng Toàn Trang 4 2 BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC KÌ THI ĐẠI HỌC 2007-2013 2 BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC KÌ THI ĐẠI HỌC 2007-2013 Đề thi đại học khối A-2007 Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn xyz = 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: y√y + 2z√z+y2(z + x) z√z + 2x√x+z2(x + y) x√x + 2y√y Lời giải: P =x2(y + z) Theo bất đẳng thức AM − GM ta có : x2(y + z) ≥ 2x2√yz = 2x√x Tương tự ta có:  y2(z + x) ≥ 2y√y z2(x + y) ≥ 2z√z Ta tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P ≥2x√x z√z + 2x√x+2z√z y√y + 2z√z+2y√y Đặt a = x√x + 2y√y; b = y√y + 2z√z; c = z√z + 2x√x x√x + 2y√y Suy ra: x√x =4c + a − 2b 9; z√z =4b + c − 2a 9; y√y =4a + b − 2c Do đó : P ≥29 4c + a − b b+4a + b − 2c c+4b + c − 2a 9 =29 4 ca+ac+ba + ab+ba+ca − 6 a ⇒ P ≥29(4.3 + 3 − 6) = 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z = 1. Đề thi đại học khối B-2007 Cho x, y, zlà các số thực thay đổi .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : x 2+1yz + y y2+1zx + z z2+1xy Lời giải: P = x Ta có: 2+x2 + y2 + z2 xyz Mà ta có: P =x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx c Ngô Hoàng Toàn Trang 5 nên 2 BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC KÌ THI ĐẠI HỌC 2007-2013 x2 P ≥ 2+1x + y22+1y + z22+1z Xét hàm số:f (t) = t22+1tvới t > 0. Lập bảng biến thiên của f (t) ta suy ra:f (t) ≥32, ∀t > 0 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 92.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Đề thi đại học khối D-2007 Cho a ≥ b > 0. Chứng minh rằng: 2a +12a b≤ 2b +12b a Lời giải: Bất đẳng thức đã cho tương đương với: a≤ln 1 + 4b (1 + 4a)b ≤1 + 4b a ⇔ln (1 + 4a) b Xét hàm số f (x) = (1 + 4x) xvới x > 0. Ta có: f0(x) = 4xln 4x − (1 + 4x) ln (1 + 4x) x2(1 + 4x)< 0 ⇒ f (x) là hàm nghịch biến trên khoảng (0; +∞). Do f (x) nghịch biến trên khoảng (0; +∞).và a ≥ b > 0 nên f (a) ≤ f (b). Phép chứng minh hoàn tất. Đề thi đại học khối B-2008 Cho x, y là hai số thực thay đổi thỏa mãn x2 + y2 = 1.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Lời giải: Ta có: P =2 (x2 + 6xy) P =2 (x2 + 6xy) 1 + 2xy + 2y2 1 + 2xy + 2y2=2 (x2 + 6xy) x2 + y2 + 2xy + 2y2 Nếu y = 0 ta có x2 = 1. Suy ra P = 2 Nếu y 6= 0 đặt x = ty, khi đó: P =2t2 + 12t t2 + 2t + 3⇔ (P − 2)t2 + 2 (P − 6)t + 3P = 0 (1) Với P = 2,phương trình (1)có nghiệm t =34. Với P 6= 2,phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi: ∆0= −2P2 − 6P + 36 ≥ 0 ⇔ −6 ≤ P ≤ 3 √10; y =1√10hoặc x = −3 Giá trị lớn nhất P = 3 khi x =3 √10; y = −1√10 c Ngô Hoàng Toàn Trang 6 2 BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC KÌ THI ĐẠI HỌC 2007-2013 √13; y = −2 √13hoặc x = −3 Giá trị nhỏ nhất P = −6khi x =3 Đề thi đại học khối D-2008 √13; y =2 √13 Cho x, y là các số thực không âm .Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của: P =(x − y) (1 − xy) (1 + x)2(1 + y)2 Lời giải: Ta có: |P| = (x − y) (1 − xy) (1 + x)2(1 + y)2 ≤(x + y) (1 + xy) |(x + y) + (1 + xy)|2 ≤14⇔ −14≤ P ≤14 Khi x = 0, y = 1 thì giá trị lớn nhất của P = −14. Khi x = 1, y = 0 thì giá trị nhỏ nhất của P =14 Phép chứng minh hoàn tất. Đề thi Cao đẳng-2008 Cho hai số thực thay đổi x, ythỏa mãn x2 + y2 = 2.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức Lời giải: P = 2 x3 + y3 − 3xy Ta có: P = 2 (x + y)x2 − xy + y2 − 3xy = 2 (x + y) (2 − xy) − 3xy Đặt t = x + y. Do x2 + y2 = 2 nên xy =t2 − 2 Suy ra: P = 2t 2 −t2 − 2 2 2. − 3t2 − 2 2= −t3 −32t2 + 6t + 3 Do (x + y)2 ≥ 4xy nên t2 ≥ 2 (t2 − 2) ⇒ −2 ≤ t ≤ 2 Xét hàm số: f (t) = −t3 −32t2 + 6t + 3 với −2 ≤ t ≤ 2 Lập bảng biến thiên từ đó suy ra giá trị lớn nhất P =132và giá trị nhỏ nhất P = −7. Đề thi đại học khối A-2009 Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, zthỏa mãn x (x + y + z) = 3yz,ta có: (x + y)3 + (x + z)3 + 3 (x + y) (y + z) (z + x) ≤ 5(y + z)3 Lời giải: Đặt a = x + y, b = y + z, c = z + x Điều kiện bài toán trở thành: c2 = a2 + b2 − ab Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: a3 + b3 + 3abc ≤ 5c3 a, b, c là các số thực c Ngô Hoàng Toàn Trang 7 2 BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC KÌ THI ĐẠI HỌC 2007-2013 dương thỏa mãn điều kiện trên. c2 = a2 + b2 − ab = (a + b)2 − 3ab ≥ (a + b)2 −34(a + b)2 =14(a + b)2 ⇒ a + b ≤ 2c a3 + b3 + 3abc ≤ 5c3 ⇔ (a + b)a2 + b2 − ab + 3abc ≤ 5c3 ⇔ (a + b) c2 + 3abc ≤ 5c3 ⇔ (a + b) c + 3ab ≤ 5c2 Mà a + b ≤ 2c nên (a + b) c ≤ 2c2 và 3abc ≤ 3. a + b 2 2 .c ≤ 3c2. Suy ra điều phải chứng minh. Đề thi đại học khối B-2009 Cho các số thực thay đổi x, y thỏa mãn (x + y)3 + 4xy ≥ 2.Tìm giá trị nhỏ nhât của biểu thức : Lời giải: A = 3 x4 + y4 + x2y2 − 2x2 + y2 + 1 Kết hợp (x + y)3 + 4xy ≥ 2 và (x + y)2 ≥ 4xy. Suy ra: (x + y)3 + (x + y)2 ≥ 2 ⇒ x + y ≥ 1 A = 3 x4 + y4 + x2y2 − 2x2 + y2 + 1 =32x2 + y2 2+32x4 + y4 − 2x2 + y2 + 1 ≥32x2 + y2 2+34x2 + y2 2− 2x2 + y2 + 1 ⇒ A ≥94x2 + y2 2− 2x2 + y2 + 1 Đặt t = x2 + y2ta có x2 + y2 ≥(x + y)2 2=12⇒ t ≥12;do đó A ≥94t2 − 2t + 1 Xét hàm số f (t) = 94t2 − 2t + 1; f0(t) = 92t − 2 > 0 với mọi t ≥12. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 916khi x = y =12. Đề thi cao đẳng-2009 Cho a và b là hai số thực thỏa mãn 0 < a < b < 1. Chứng minh rằng: a2ln b − b2ln a > ln a − ln b Lời giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: ln a a2 + 1 0, ∀t ∈ (0; 1) c Ngô Hoàng Toàn Trang 8 2 BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC KÌ THI ĐẠI HỌC 2007-2013 Mà 0 < a < b < 1, nên f (a) < f (b). Suy ra điều phải chứng minh. Đề thi đại học khối D-2009 Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn x + y = 1.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Lời giải: Do x + y = 1, nên S =4x2 + 3y 4y2 + 3x + 25xy S = 16x2y2+12 x3 + y3 +9xy+25xy = 16x2y2+12 (x + y)3 − 3xy (x + y) +34xy = 16x2y2−2xy+12 . Đặt t = xy, ta được S = 16t2 − 2t + 12ta có 0 ≤ xy = t ≤(x + y)2 hàm số trên và tìm được giá trị nhỏ nhất của S là 191 16. 4=14Ta tiến hành khảo sát Giá trị lớn nhất của S =252khi (x; y) = 12;12 Đề thi cao đẳng-2010 CCho hai số thực dương x, y thay đổi thỏa mãn 3x+y ≤ 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : Lời giải: Ta có: A =1x+1 √xy≥1x+2 x + y≥ 2 A =1x+1 √xy r1 x.2 x + y=4 p2x (x + y)≥8 3x + y≥ 8 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x = y =14. Đề thi đại học khối B-2010 Cho các sô thực không âma, b, c thỏa mãn a + b + c = 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : Lời giải: M = 3 a2b2 + b2c2 + c2a2 + 3 (ab + bc + ca) + 2√a2 + b2 + c2 Ta có: M ≥ (ab + bc + ca)2 + 3 (ab + bc + ca) + 2p1 − 2 (ab + bc + ca) Đặt t = ab + bc + ca ta có 0 ≤ t ≤(a + b + c)2 Đến đây ta khảo sát hàm số : 3=13. f (t) = t2 + 3t + 2√1 − 2t trên 0;12 , ta có :f0(t) = 2t + 3 −2 √1 − 2t f00 (t) = 2 −2 1 =113− 2√3 > 0 q (1 − 2t)3 ≤ 0 suy ra f0(t) nghịch biến nên f (t) ≥ f0 3 c Ngô Hoàng Toàn Trang 9 2 BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC KÌ THI ĐẠI HỌC 2007-2013 Suy ra f (t) là hàm đồng biến nên f (t) ≥ f (0) = 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2 xảy ra khi (a; b; c) = (1; 0; 0),(0; 1; 0),(0; 0; 1) Đề thi đại học khối D-2010 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y =√−x2 + 4x + 21 + √−x2 + 3x + 10 Lời giải: Điều kiện −2 ≤ x ≤ 5 Ta có (−x2 + 4x + 21) − (−x2 + 3x + 10) = x + 11 > 0 suy ra y > 0 y2 = (x + 3) (7 − x) + (x + 2) (5 − x) − 2p(x + 3) (7 − x) (x + 2) (5 − x) p(x + 3) (5 − x) −p(x + 2) (7 − x) 2+ 2 ≥ 2 = Suy ra y ≥√2 đẳng thức xảy ra khi x =13. Đề thi đại học khối A-2011 Cho x, y, zlà ba số thực thuộc đoạn [1; 4]và x ≥ y; x ≥ z.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Lời giải: P =x 2x + 3y+y y + z+z z + x a + 1+1 Trước hết ta chứng minh: 1 b + 1≥2 1 + √abtrong đó a và b dương, ab ≥ 1 Thật vậy: bổ đề trên tương đương với ab ≥ 1. √ab − 1 √a −√b 2≥ 0 đúng với a và b dương, Trở lại bài toán áp dụng bổ đề trên với mọi x, y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, ta có: P =x 2x + 3y+1 1 +zy+1 1 +xz≥1 2 +3yx+2 1 + rx y Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi zy=xzhoặc x = y (1) Đặt t =rxy, t ∈ [1; 2]. Khi đó P ≥t2 2t2 + 3+2 1 + t Xét hàm số: f (t) = t2 1 + t, t ∈ [1; 2];f0(t) = −2 [t3(4t − 3) + 3t(2t−) + 9] 2t2 + 3+2 (2t2 + 3)2(1 + t)2 < 0 Từ đó suy ra f (t) ≥ f (2) = 3433. Đẳng thức xảy ra khi x = 4, y = 1, z = 2. c Ngô Hoàng Toàn Trang 10 2 BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC KÌ THI ĐẠI HỌC 2007-2013 Đề thi đại học khối B-2011 Cho a, blà các số thực dương thỏa mãn 2 (a2 + b2)+ab = (a + b) (ab + 2). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4 Lời giải: a3 b3+b3 c3 − 9 a2 b2+b2 a2 Với a, b dương, ta có: 2 (a2 + b2) + ab = (a + b) (ab + 2) ⇔ 2 (a2 + b2) + ab = a2b + ab2 + a 2 (a + b) ⇔ 2 b+ba + 1 = (a + b) + 2 1a+1b a+1b ≥ 2s 2 (a + b) 1a+1b = 2s2 ab+ba+ 2 Theo AM-GM ta có: (a + b) + 2 Suy ra: ab+ba≥52. 1 Đặt t =ab+ba, t ≥52. Suy ra: P = 4 (t3 − 3t) − 9 (t2 − 2) = 4t3 − 9t2 − 12t + 18 Xét hàm số f (t) = 4t3 − 9t2 − 12t + 18, t ≥52 Ta có: f0(t) = 6 (2t2 − 3t − 2) > 0 Suy ra giá trị nhỏ nhất của P là −234khi (a; b) = (2; 1) hoặc (a; b) = (1; 2). Đề thi đại học khối A-2012 Cho các số thực x, y, zthỏa mãn điều kiệnx + y + z = 0 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : Lời giải: P = 3|x−y| + 3|y−z| + 3|z−x| −p6x2 + 6y2 + 6z2 Ta chứng minh: 3t ≥ t + 1, ∀t ≥ 0 Xét hàm số f (t) = 3t − t − 1,ta có f0(t) = 3tln 3 − 1 > 0, ∀t ≥ 0 và f (0) = 0.Suy ra 3t ≥ t + 1, ∀t ≥ 0 đúng. Áp dụng nhận xét trên ta có: 3|x−y| + 3|y−z| + 3|z−x| ≥ 3 + |x − y| + |y − z| + |z − x| Áp dụng bất đẳng thức |a| + |b| ≥ |a + b|, ta có: (|x − y| + |y − z| + |z − x|)2 = |x − y|2+|y − z|2+|z − x|2+|x − y|(|y − z| + |z − x|)+|y − z|(|z − x| + |x − y|)+|z − x|(|x − y| + |y − ≥ 2|x − y|2 + |y − z|2 + |z − x|2 q Do đó |x − y|+|y − z|+|z − x| ≥ 2|x − y|2 + |y − z|2 + |z − x|2 =q6x2 + 6y2 + 6z2 − 2(x + y + z)2. Mà x + y + z = 0, suy ra |x − y| + |y − z| + |z − x| ≥ p6x2 + 6y2 + 6z2. Suy ra: P = 3|x−y| + 3|y−z| + 3|z−x| −p6x2 + 6y2 + 6z2 ≥ 3 Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 0. c Ngô Hoàng Toàn Trang 11 2 BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC KÌ THI ĐẠI HỌC 2007-2013 Đề thi đại học khối B-2012 Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x + y + z = 0 và x2 + y2 + z2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x5 + y5 + z5 Lời giải: Với x+y +z = 0 và x2 +y2 +z2 = 1 ta có: 0 = (x + y + z)2 = x2 +y2 +z2 + 2x (y + z) + 2yz = 1 − 2x2 + 2yz nên yz = x2 −12 √6 √6 Mặt khác, yz ≤y2 + z2 2=1 − x2 2, suy ra x2 −12≤1 − x2 Khi đó: P = x5 +y2 + z2 y3 + z3 − y2z2(y + z) 2do đó − 3≤ x ≤ 3(∗) = x5 +1 − x2 y2 + z2 (y + z) − yz (y + z) + x2 −12 2x = x5 +1 − x2 −x1 − x2 + x x2 −12 + x2 −12 2x =542x3 − x Xét hàm số f (x) = 2x3−x với − √6 √6 √6 ! √6 ! 3≤ x ≤ 3. Suy ra f0(x) = 6x2−1; f0(x) = 0 ⇔ x = ± 6 Ta có: f − √6 6 √6 = f 6 = − √6 9, f √6 3 ! = f − √6 6 ! = √6 9 Do đó f (x) ≤ 9.Suy ra P ≤5√6 36khi x = √6 3; y = z = − √6 6thì đẳng thức xảy ra. Đề thi đại học khối D-2012 CCho các số thực x, ythỏa mãn (x − 4)2 + (y − 4)2 + 2xy ≤ 32.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = x3 + y3 + 3 (xy − 1) (x + y − 2). Lời giải: Ta có: (x − 4)2 + (y − 4)2 + 2xy ≤ 32 ⇔ (x + y)2 − 8 (x + y) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ x + y ≤ 8. A = (x + y)3 − 3 (x + y) − 6xy + 6 ≥ (x + y)3 −32(x + y)2 − 3 (x + y) + 6 Xét hàm số f (t) = t3 −32t2 − 3t + 6 trên đoạn [0; 8] 2hoặc t =1 −√5 Ta có f0(t) = 3t2 − 3t − 3, f0(t) = 0 ⇔ t =1 + √5 2(loại) Ta có: f (0) = 6, f 1 + √5 2 ! =17 − 5√5 4, f (8) = 398 Suy ra A ≥17 − 5√5 4. Khi x = y =1 + √5 4thì đẳng thức xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 17 − 5√5 4. c Ngô Hoàng Toàn Trang 12 2 BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC KÌ THI ĐẠI HỌC 2007-2013 Đề thi đại học khối A-2013 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện (a + c)(b + c) = 4c2.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (b + 3c)3+32b3 √a2 + b2 c Lời giải: P =32a3 (a + 3c)3− Đặt x =ac; y =bc.Ta được x, y > 0.Điều kiện bài toán trở thành xy + x + y = 3.Khi đó P =32x3 (x + 3)3−px2 + y2 (y + 3)3+32y3 Với mọi u, v > 0 ta có u3 + v3 = (u + v)(u2 − uv + v2) ≥14(u + v)3. Do đó (y + 3)3+32y3 x 3 (x + y)2 − 2xy + 3x + 3y 3 32x3 (x + 3)3≥ 8 y + 3+y x + 3 = 8 xy + 3x + 3y + 9 Thay xy = 3 − x − y vào biểu thức trên ta được (y + 3)3+32y3 (x + y − 1)(x + y + 6) 3 32x3 (x + 3)3≥ 8 2(x + y + 6) = (x + y − 1)3 Đặt t = x + y suy ra t > 0 và P ≥ (t − 1)3 −√t2 + 2t − 6 Ta có 3 = x + y + xy ≤ x + y +(x + y)2 4⇒ t ≥ 2 Xét hàm số f(t) = (t − 1)3 −√t2 + 2t − 6 với t ≥ 2. Ta có f0(t) = 3(t − 1)2 −t + 1 t2 + 2t − 6. Với mọi t ≥ 2 ta có 3(t − 1)2 ≥ 3;t + 1 t2 + 2t − 6= f0(t) > 0. Suy ra f(t) ≥ f(2) = 1 −√2.Do đó P ≥ 1 −√2. r 1 +7 (t + 1)2 − 7≤ r 1 +72=3√2 2nên Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 1 −√2 khi x = y = 1 hay a = b = c. Đề thi đại học khối B-2013 Cho a, b, c là các số thực dương .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P =4 √a2 + b2 + c2 + 4−9 (a + b)p(a + 2c)(b + 2c) Lời giải: Theo bất đẳng thức AM − GM ta có (a + b)p(a + 2c)(b + 2c) ≤ (a + b)a + b + 4c 2=a2 + b2 + 2ab + 4ac + 4bc 2≤ 2(a2 + b2 + c2) Đặt t =√a2 + b2 + c2 ⇒ t > 2 và P ≤4t−9 2(t2 − 4) Khảo sát hàm số trên ta tìm được giá trị lớn nhất là 58khi a = b = c = 2. c Ngô Hoàng Toàn Trang 13 2 BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC KÌ THI ĐẠI HỌC 2007-2013 Đề thi đại học khối D-2013 Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn xy ≤ y − 1.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức px2 − xy + 3y2−x − 2y 6(x + y) Lời giải: P =x + y y2=14− 1y−12 2≤14 Do x, y > 0 nên 0 ≤xy≤y − 1 Đặt t =xysuy ra 0 ≤ t ≤14.Khi đó P =t + 1 t2 − t + 3−t − 2 6(t + 1). √5 Khảo sát hàm số trên ta được giá trị lớn nhất của P = 3+730. c Ngô Hoàng Toàn Trang 14 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường Bài toán Cho a, b, c, d, e là các số thực dương thoả mãn a + b + c + d + e = 1,trong đó e là số 1 nhỏ nhất.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = abc + bcd + cde + eda + eab Đề thi thử lần 1 chuyên ĐHSP Hà Nội Lời giải: Giả sử e = min{a, b, c, d, e} áp dụng AM-GM ta có P = bc(a+d−e)+e(a+c)(b+d) ≤ b + c + d + a − e 3 3 +e a + b + c + d 2 2 = 1 − 2e 3 3 +e 1 − e 2 2 Do đó chỉ cần chứng minh 1 − 2e 3 3 + e 1 − e 2 2 ≤15 Bất đẳng thức này đúng do 15− 1 − 2e 3 3 + e 1 − e 2 2 =(5e − 1)2(8 + 5e) 2700≥ 0 Dấu ” = ”xảy ra khi a = b = c = d = e =15 Bài toán Cho các số thực dương a, b, c, d.Chứng minh bất đẳng thức. 2 a b + c+b c + d+c a + d+d a + b≥ 2 Đề thi thử lần 4 chuyên ĐHSP Hà Nội Lời giải: Sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta được : A =a b + c+b c + d+c a + d+d a + b≥ 2 a + b=a2 + ad + bc + c2 A =a c + d+d a+d +b (c + b)(a + d)+ab + b2 + d2 + cd b + c+c A ≥4(a2 + ad + bc + c2) + 4(ab + b2 + d2 + cd) (a + b + c + d)2 ≥ 2 ⇔ 2a2 + 2b2 + 2c2 + 2d2 − 4ac − 4bd ≥ 0 ⇔ (a − c)2 + (b − d)2 ≥ 0 (a + b)(c + d) Đẳng thức xảy ra khi a = c; b = d. c Ngô Hoàng Toàn Trang 15 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán Cho các số thực dương x, y thay đổi thoả mãn x + 2y = 1.Chứng minh rằng 3 x+1y≥25 1 1 + 48xy2 Đề thi thử lần 5 chuyên ĐHSP Hà Nội Lời giải: Nhìn chung bất đẳng thức này chẳng qua chỉ là việc thế biến x theo y và biến đổi quy đồng đưa về chứng minh.1 1 − 2y+1y≥25 1 + 48y2(1 − 2y) Quy đồng lên ta đưa bất đẳng thức về (12y2 − 7y + 1)2 ≥ 0. Bài toán Cho x, y, z là các số dương thoả mãn x ≥ y; x ≥ z.Chứng minh rằng 4 x + 1 y + 1+y + 1 z + 1+z + 1 x + 1≤xy+yz+zx Đề thi thử lần 6 chuyên ĐHSP Hà Nội Lời giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : (x − z)(x − y)x + y + 1 xy(x + 1)(y + 1) + (y − z)2.y + z + 1 yz(y + 1)(z + 1) ≥ 0 Do x ≥ y và x ≥ z. Nên ta có điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi x = y = z. Bài toán Cho các số a, b, c, d ∈ [0; 2] .Chứng minh bất đẳng thức: 5 a + b + c + d ≤√ab + 1 + √bc + 1 + √cd + 1 + √da + 1 Đề thi thử lần 7 chuyên ĐHSP Hà Nội Lời giải: Từ giải thiết suy ra |a − b| ≤ 2 ⇒ (a − b)2 ≤ 4 ⇒ (a + b)2 ≤ 4 + 4ab ⇒ a + b ≤ 2√ab + 1 Tương tự cho các bất đẳng thức còn lại,cộng vế theo vế ta được điều phải chứng minh. Bài toán Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a2 + b2 + c2 + 2abc = 1.Chứng minh rằng 6 a2 + b2 + c2 ≥ 4(a2b2 + b2c2 + c2a2) Đề thi thử lần 1 chuyên KHTN Hà Nội textbfLời giải 1 Với giả thiết a, b, c dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 + 2abc = 1. Điều này khiến chúng ta liên tưởng đến một đẳng thức trong lượng giác, đó là cos2 A + cos2 B + cos2 C + 2 cos A cos B cos C = 1 c Ngô Hoàng Toàn Trang 16 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường với A, B, C là ba đỉnh một tam giác(riêng bài toán này là tam giác nhọn). Do đó, với giả thiết bài toán như vậy sẽ luôn tồn tại một tam giác nhọn ABC sao cho a = cos A, b = cos B, c = cos C và BĐT được viết lại cos2 A + cos2 B + cos2 C ≥ 4X cyc cos2 B cos2 C Đây là một BĐT khá mạnh. Đến đây, một suy nghĩ có lẽ gần nhất là sử dụng các BĐT quen thuộc sau đây của lượng giác   cos2 A + cos2 B + cos2 C ≥34 cos A cos B cos C ≤18 Nhưng không may, BĐT đã bị đổi chiều. Vì thế, chúng ta phải nghĩ tới một hướng suy nghĩ khác (thêm bớt gì đó, hay tìm cách đặt ẩn mới, ...). Một điều thú vị, ta có đẳng thức cos2 A = cot2 A.sin2 A =cot2 A cot2 A + 1. Cho nên, tiếp tục đặt x = cot A, y = cot B, z = cot C, BĐT trên trở thànhX cyc x2 x2 + 1 ≥ 4X cyc x2y2 (x2 + 1)(y2 + 1) (1) với giả thiết mới x, y, z dương thỏa mãn xy + yz + zx = 1. Khi ấy, ta lại có x2 + 1 = x2 + xy + yz + zx = (x + y)(x + z) BĐT (1) được viết lại dưới dạng X cyc (x + y)(z + x)≥ 4X x2 cyc (x + y)2(y + z)(z + x)⇐⇒ X x2y2 cyc x2(y + z) ≥ 4X cyc x2y2 x + y Đến đây thì nhẹ nhàng hơn nhiều rồi đúng không! Sử dụng BĐT Cauchy − Schwarz ta có 4x2y2 x + y≤x2y2 x+x2y2 y, và tương tự rồi cộng lại theo vế ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =12. Như vậy, phép đặt mà ta quan tâm đó chính là xuất phát từ đẳng thức lượng giác sau: cos2 A =cot2 A cot2 A + 1=cot2 A (cot A + cot B)(cot A + cot C) Lời giải 2 Chúng ta viết lại bất đẳng thức như sau : (a2 + b2 + c2 + 2abc)(a2 + b2 + c2) ≥ 4(a2b2 + b2c2 + c2a2) ⇔ a4 + b4 + c4 + 2abc(a2 + b2 + c2) ≥ 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) Sử dụng bất đẳng thức Shur ta có : a4 + b4 + c4 + abc(a + b + c) ≥ 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) c Ngô Hoàng Toàn Trang 17 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Bây giờ,chúng ta chứng minh: 2abc(a2 + b2 + c2) ≥ abc(a + b + c) ⇔ a + b + c + 4abc ≤ 2 (1) Tuy nhiên, (1) đúng, bởi vì ta có : abc ≤18, a + b + c ≤32 Vì vậy,bất đẳng thức được chứng minh. Lời giải 3 Sử dụng bất đẳng thức USAMO ta có : a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca ≤32Sử dụng bất đẳng thức trên,ta có : (a2 + b2 + c2)(a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca) ≥ 6(a2b2 + b2c2 + c2a2) ⇐⇒ Xa4 +Xab(a2 + b2) + abcXa ≥ 4Xa2b2 ⇐⇒12X(a2 − b2)2 +Xab(a − b)2 −12Xc2(a − b)2 ≥ 0 ⇐⇒ X(a − b)2(a2 + b2 + 4ab − c2) ≥ 0 Bất đẳng thức trên đúng khi sử dụng SOS chứng minh. Nhận xét:bất đẳng thức này khó,nếu rơi vào một kì thi đại học thì hẳn mười mươi thí r yz sinh sẽ bỏ,nhưng nhìn chung ở đây là cách đặt đại số quen thuộc a = (x + y)(x + z), b = r xz (x + y)(y + z)vàc = r xy (x + z)(y + z). Đề này không mấy thiết thực khi thi đại học,nên cho vào một kì thi học sinh giỏi Bài toán Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x + y + z = 4xyz.Chứng minh rằng 7 x(y + z)+1 y(x + z)+1 1 Lời giải 1 z(x + y)>5 x + y + z Đề thi thử lần 2 chuyên KHTN Hà Nội Ta viết lại giả thiết thành: 14xy+14yz+14zx= 1. Đặt x =12x; y =12y, z =12z. Ta có a, b, c > 0 và ab + bc + ca = 1 Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: a + b+1 b + c+1 1 c + a>52(1) Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: a ≥ b ≥ c. Ta thấy rằng: 1 a + b+1 a + c=b + c (a + b)(b + c)+b + c (a + c)(b + c)= (b + c) Nhưng ta có bổ đề sau:1 1 + b2+1 1 + c2≥ 1 +1 (b + c)2 + 1(?) 1 1 + b2+1 1 + c2 c Ngô Hoàng Toàn Trang 18 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường Thật vậy quy đồng và thu gọn ta được (?) ⇔bc[2 − 2bc − bc(b + c)2] (b2 + 1)(c2 + 1)[(b + c)2 + 1] ≥ 0 Nhưng 2−2bc−bc(b+c)2 = 2a(b+c)−bc(b+c)2 = (b+c)[2a−bc(b+c)] ≥ (b+c)[2a−a2(b+c)] = a(b + c)[2 − ab − ac] ≥ 0 Áp dụng bổ đề trên ta thu được V T(1) ≥ (b + c) + b + c (b + c)2 + 1+1 b + c= (b + c) + 1 1 b + c +1 b + c (2) b + c⇒ t ≥ 2. Khi đó V T(2) = t +1t b + c+ Đặt t = b + c +1 Xét hàm số f(t) = t +1tvới t ≥ 2 ta có f0(t) = 1 −1t2≥ 0 với mọi t ≥ 2. Từ đó suy ra f(t) ≥ f(2) = 52 Với giả sử a ≥ b ≥ c thì khi a = b = 1, c = 0 thì V T(1) = 52. Nhưng do giả thiết a, b, c > 0 nên dấu bằng không thể xảy ra. Lời giải 2 Giả thiết viết lại thành 14xy+14xz+14yz= 1. Đặt a =12x; b =12y; c =12z Ta có a, b, c > 0 và ab + bc + ac = 1 Ta có bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành a + b+1 1 1 b + c+1 c + a>52 2 =1 (a + b)2+1 (b + c)2+1 a + b+1 b + c+1 c + a (c + a)2+2 (a + b)(a + c)+2 (b + c)(b + a)+2 (c + b)(c + a) Áp dụng bất đẳng thức Iran 1996. Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa xy +yz +zx > 0 . Chứng minh rằng: (xy+xz +yz)[ 1 (x + y)2+1 (z + x)2] ≥94. 1 Chứng minh: (y + z)2+ Không mất tính tổng quát giả sử xy + xz + yz = 1. Đặt (x; y; z) = (tan α2; tanβ2; tanγ2) với c Ngô Hoàng Toàn Trang 19 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC α; β; γ là ba góc của một tam giác. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 1 tanα2+ tanγ2 2 +1 tanα2+ tanβ2 2 +1 tanγ2+ tanβ2 2 ≥94 Hay cos2α2. cos2β2 cos2γ2+ cos2α2. cos2γ2 cos2β2+ cos2β2. cos2γ2 cos2α2≥94(1) Đặt cyc(A =π − α minh trở thành: 2) với A, B, C là ba góc của một tam giác. Ta có bất đẳng thức cần chứng ≥94 vớiπ2> A ≥π3 sin A sin B sin C 2 + sin A sin C sinB 2 + sin C sin B sin A 2 Đặt Với f2(A, B, C) ≥94+ 2(sin2 A + sin2 B + sin2 C). f(A, B, C) = sin A sin B sin C+sin B sin C sin A+sin A sin C sin B Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có: sin2 B + sin2 C ≤ 2 sin2 B + C 2= 2 cos2 A2(2) Theo bất đẳng thức AM-GM ta có sin B sin C ≤ cos2 A2(3) Mặt khác: d = f(A, B, C) − f A, B + C 2;B + C 2 = sin2 B − C 2 sin A  4 sin2 A sin2 A2 sin B sin C−12   Do π2> A ≥π3nên (3) trở thành 4 sin2 A sin2a2 sin B sin C≥ 16 sin4 A2≥ 1 Do d ≥ 0 nên ta cần chứng minh ≥94+ 2(sin2 A + sin2 B + sin2 C) f2 Từ (2) ta có A;B + C 2;B + C 2 sin2 A + sin2 B + sin2 C ≤ sin2 A + 2 cos2 A2 c Ngô Hoàng Toàn Trang 20 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường Ta cần chứng minh f2 A;B + C 2;B + C 2 ≥94+ 2(sin2 A + 2 cos2 A2) Hay cos A (cos A + 1) (2 cos A − 1)2 ≥ 0 nên bất đẳng thức ban đầu đúng. Áp dụng bất đẳng thức trên ta có 1 a + b+1 b + c+1 2 4(ab + bc + ac)+4(a + b + c) a + c ≥9 (a + b)(b + c)(c + a) =94+4(a + b + c) (a + b)(b + c)(c + a) Lại có a + b + c (a + b)(b + c)(c + a)=(a + b + c)(ab + bc + ac) (a + b)(b + c)(a + c)= 1 +abc (a + b)(b + c)(c + a)≥ 1 Nên hiển nhiên 1 a + b+1 b + c+1 c + a>52 Lời giải 3 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với x + y + z x(y + z)+x + y + z y(z + x)+x + y + z z(x + y)> 5 x+1y+1 z+1y+1 ⇒1 1 1 z+1x>54 1 Từ đây đặt a =1x, b =1y, b =1zta đưa bất đẳng thức về chứng minh a + b+1 1 b + c+1 c + a>54với ab+bc+ca=4 Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c > 0. Lấy t > 0 sao cho t2 + 2ct = 4 ⇒ c = 4 − t2 2t, t < 2(t + c)2 = ab + bc + ca + c2 = (a + c)(b + c) . Ta sẽ chứng minh a + b+1 b + c+1 1 2 √a + c −√b + c 2 c + a≥12t+2 1 t + c⇒ √b + c−1 √a + c ≥ 2t(a + b) Ta có1 ⇒ (b + c)(a + c) ≤ 2t(a + b)điều này luôn đúng t + c=9t2 + 4 2t(t2 + 4) ≥54⇔ (t − 2)(5t2 − 8t + 4) < 0đúng với t <2 Nhận xét: 2t+2 Đề thi này bản chất che giấu đi bất đẳng thức nổi tiếng của tác giả Phạm Kim Hùng là cho a, b, c ≥ 0; ab + bc + ca = 1 chứng minh rằng a + b+1 1 b + c+1 c + a≥52 c Ngô Hoàng Toàn Trang 21 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Đề thi này chẳng qua chỉ là sử dụng phương pháp dồn biến để giải.Một kiểu quen thuộc của đề thi đại học khối A năm 2011 của bộ. Bài toán Cho x, y, z là các số thực dương.Chứng minh rằng 8 x3 y3+y3 x3+y3 z3+z3 y3+z3 x3+x3 z3≥ 2 x2 yz+y2 zx+z2 xy Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có : Đề thi thử lần 3 chuyên KHTN Hà Nội y3+x3 x3 y3 z3+ 1 ≥ 3x2 yz x3+y3 z3+ 1 ≥ 3y2 xz x3+z3 z3 y3+ 1 ≥ 3z2 xy yz+y2 x2 xz+z2 xy≥ 3 Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên rồi rút gọn ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z. Bài toán Cho ba số dương x, y, z thoả mãn x2 + y2 + z2 = 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 9 P =(x + y + z − 1)2 x2y + y2z + z2x+1x+1y+1z Đề thi thử lần 4 chuyên KHTN Hà Nội Lời giải: Ta có (x+y+z)(x2+y2+z2) = x3+xy2+y3+yz2+z3+zx2 ≥ 2(x2y+y2z+z2x) ⇒ x+y+z ≥ x2y+y2z+z2x Suy ra t+9t= f (t) t = x + y + z, √3 ≤ t ≤ 3 x + y + z+1x+1y+1z≥(t − 1)2 P ≥(x + y + z − 1)2 Khảo sát hàm số trên được giá trị nhỏ nhất của P =133khi x = y = z = 1. Bài toán Giả sử −12≤ a, b, c ≤ 1 thoả mãn 2(a + b + c) = ab + bc + ca.Tìm giả trị nhỏ nhất của 10 biểu thức P =1 1 + a + b+1 1 + b + c+1 1 + c + a Đề thi thử lần 5 chuyên KHTN Hà Nội c Ngô Hoàng Toàn Trang 22 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường Lời giải: Điều kiện: −12≤ a; b; c ≤ 1 khá rắc rối, vì vậy ta có ý tưởng đơn giản điều kiện này. Do đó ta có thể đặt: x = a +12; y = b +12; z = c +12. Lúc này ta biến đổi lại giả thiết thành hệ:   Và bài toán trở thành tìm min: 0 ≤ x, y, z ≤32 3(x + y + z) −94= xy + yz + zx P =1 x + y+1 y + z+1 z + x Theo Cauchy Schwarz ta có ngay: P ≥9 2(x + y + z) Mà: 3(x + y + z) −94= xy + yz + zx ≤(x + y + z)2 3 ⇐⇒ x + y + z ≤9 − 3√6 2 (Chú ý rằng: x + y + z ≤92nên loại trường hợp: x + y + z ≥9 + 3√6 2) Do vậy: P ≥9 9 − 3√6 Bài toán đã được giải quyết! Bài toán Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 11 y = logx2+1 4 − x2 + log4−x2x2 + 1 Đề thi THPT Cẩm Bình-Hà Tĩnh Lời giải: Hàm số xác định khi cùng dấu nên   4 − x2 > 0 x2 + 1 6= 1 4 − x2 6= 1 ⇔   −2 < x < 2 x 6= 0 x 6= ±√3 do logx2+1 (4 − x2), log4−x2 (x2 + 1) y = logx2+1 4 − x2 + log4−x2x2 + 1 ≥ 2q logx2+1 (4 − x2) log4−x2 (x2 + 1) ≥ 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi logx2+1 (4 − x2) = log4−x2 (x2 + 1) . Hay logx2+1 (4 − x2) = ±1 . c Ngô Hoàng Toàn Trang 23 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Vậy giá trị nhỏ nhất của y là 2 khi Bài toán  x = ± x = ± r3 2 r3 + √21 2 12 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x +112x+ 2r1 +7x2 với mọi x > 0 Đề thi thử chuyên Hà Nội-Amsterdam lần 1 Lời giải: Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có Do đó 1 +7x2 (9 + 7) ≥ 3 +7x 2⇒ 4r1 +7x2≥ 3 +7x⇒ 2r1 +7x2≥32+72x y ≥ x +112x+32+72x= x +9x+32≥ 2rx9x+32=152 Vậy giá trị nhỏ nhất của y là 152khi x = 3 Bài toán Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1.Chứng minh rằng 13 a2b + b2c + c2a ≤427 Đề thi thử lần 1 THPT Chuyên Bạc Liêu Lời giải: Không giảm tính tổng quát giả sử (b − a)(b − c) ≤ 0 ⇒ c(b − a)(b − c) ≤ 0 ⇒ b2c − bc2 − abc + ac2 ≤ 0 ⇒ b2c + c2a ≤ abc + bc2 Suy ra a2b+b2c+c2a ≤ abc+bc2+a2b = b(a2+c2+ac) ≤ b(a+c)2 =122b.(a+c)(a+c) ≤122(a + b + c) 27=427 Đẳng thức xảy ra khi c = 0; a = b =12 Bài toán Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1 và số thực n ≤ 3.Chứng minh rằng 14 a2c + b2a + c2b +3n a + b + c≥ 3 + n Đề thi thử THPT Chuyên Hạ Long Lần 2 c Ngô Hoàng Toàn Trang 24 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có a2c + a2c + b2a ≥ 3√3a5b2c2 = 3a Tương tự, Suy ra Ta chứng minh Hay b2a + b2a + c2b ≥ 3√3c2a2b5 = 3b c2b + c2b + a2c ≥ 3√3a2b2c5 = 3c a2c + b2a + c2b ≥ a + b + c a + b + c +3n a + b + c≥ 3 + n (a + b + c − 3)(a + b + c − n) ≥ 0 Để ý rằng a + b + c ≥ 3√3abc = 3 ≥ n.Suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 Bài toán Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn ab + bc + ca ≤ 3abc.Tìm giá trị nhỏ nhất 15 của P =a3 + b3 + c3 a + b + c Đề thi thử lần 1 THPT Chuyên Hà Tĩnh Lời giải: Từ giả thiết ,đặt x =1a; y =1b; z =1ccho ta 0 < x + y + z ≤ 3 Ta có Mặt khác ta có P =a3 + b3 + c3 a + b + c≥3abc a + b + c=3 xy + yz + zx xy + yz + zx ≤(x + y + z)2 3≤ 3 Suy ra P ≥ 1.Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 khi a = b = c = 1 Bài toán 16 Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn (0; 1].Chứng minh rằng xy + 1+1 1 Lời giải: yz + 1+1 zx + 1≤5 x + y + z Đề thi thử THPT Chuyên Lê Qúi Đôn Đà Nẵng c Ngô Hoàng Toàn Trang 25 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Để ý rằng xy + 1 − x − y = (1 − x)(1 − y) ≥ 0.Từ đó ta có  xy + 1 ≥ x + y yz + 1 ≥ y + z  zx + 1 ≥ x + z Từ đó ta có (x + y + z) 1 xy + 1+1 yz + 1+1 zx + 1 ≤x xy + 1+y yz + 1+z zx + 1+ 1 + 1 + 1 ≤x xy + 1+y yz + y+z zx + z+ 3 = x 1 1 + yz−z zx + y−y + 5 ≤ x = 5 1 −z z + y−y z + y xy + z + 5 Suy ra điều phải chứng minh Bài toán 17 Cho a, b, c là ba cạnh tam giác .Chứng minh rằng 1 3a + b+1 3b + c+2 a 2a + b + c +b 3a + c+c 3a + b< 2 Đề thi thử THPT Chuyên Lê Qúi Đôn Đà Nẵng Lời giải:  Vì a, b, c là ba cạnh của tam giác ta có  2; y =c + a a + b > c . b + c > a c + a > b Đặt x =a + b 2, z = a, (x, y, z > 0) ⇒ x + y > z, y + z > x, z + x > y. Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành y + z+y x z + x+z x + y< 2 Mà x y + z<2x x + y + z,tương tự ta có y + z+y x z + x+z x + y< 2x + y + z x + y + z= 2 Từ đó suy ra điều phải chứng minh c Ngô Hoàng Toàn Trang 26 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường Bài toán 18 Xét các số thực a, b, c tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2a+4a + 3c P =3(b + c) Lời giải: Ta có 3b+12(b − c) 2a + 3c Đề thi thử lần 2 THPT Nguyễn Huệ P + 11 = 2 +3(b + c) 2a+ 1 +4a + 3c 3b+12(b − c) 2a + 3c= (4a + 3b + 3c) Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có P + 11 ≥ (4a + 3b + 3c)16 1 2a+13b+4 2a + 3c 4a + 3b + 3c= 16 ⇒ P ≥ 5 Đẳng thức xảy ra khi b = c =23a Bài toán Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn x2 + y2 + z2 = 3.Tìm giá trị lớn nhất của 19 biểu thức A = xy + yz + zx +5 x + y + z Đề thi thử lần 1 THPT Nguyễn Tất Thành Lời giải:  Đặt t = x + y + z từ giả thiết suy ra  Khi đó xy + yz + zx =t2 − 3 √2 . 3 ≤ t ≤ 3 A =t2 − 3 2+5t Xét hàm số f (t) = t22+5t−32với √3 ≤ t ≤ 3. Ta có t2> 0 với mọi t ∈ [√3; 3] f0(t) = t −5t2=t3 − 5 Suy ra f (t) đồng biến trên [√3; 3].Do đó f (t) ≤ f (3) = 143. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1. c Ngô Hoàng Toàn Trang 27 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán Cho a, b, c là các số thực dương tuỳ ý thoả mãn abc = 8.Hãy tìm giá trị lớn nhất của 20 biểu thức P =1 2a + b + 6+1 2b + c + 6+1 2c + a + 6 Đề thi thử lần 2 THPT Nguyễn Tất Thành Lời giải:   2a + b + 6+1 2b + c + 6+1 P =1 2c + a + 6=12 1 a +b2+ 3+1 b +c2+ 3+1  c +a2+ 3 Đặt x =a2; y =b2; z =c2thì xyz = 1; x, y, z > 0.Khi đó P =12 1 2x + y + 3+1 2y + z + 3+1 2z + x + 3 Ta có x+y ≥ 2√xy; x+1 ≥ 2√x ⇒ 2x+y+3 ≥ 2√xy +√x + 1 ⇒1 2x + y + 3≤121 √xy +√x + 1 Tương tự ta có ,1 2y + z + 3≤121 √yz +√y + 1 1 2z + x + 3≤121 √zx +√z + 1 Suy ra P ≤14 1 √yz +√y + 1+1 " ⇒ P ≤14 √xy +√x + 1+1 1 √zx +√z + 1 √x √xy # √xy +√x + 1+ √x√yz +√y + 1 + √xy (√zx +√z + 1) ⇔ P ≤14 1 √xy +√x + 1+ =14 √x √xy +√x + 1+ √xy √xy +√x + 1 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2 Bài toán Cho x, y là các số thực không âm thay đổi và thoả mãn điều kiện 21 4 (x2 + y2 + xy) ≤ 1 + 2(x + y).Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = xy +√x + y − x2 − y2 Đề thi thử lần 4 THPT Nguyễn Tất Thành c Ngô Hoàng Toàn Trang 28 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường Lời giải: Từ giả thiết ta suy ra 3(x + y)2 + (x − y)2 ≤ 1 + 2(x + y) ⇒ 3(x + y)2 ≤ 1 + 2(x + y) ⇒ −13≤ x + y ≤ 1 vì x, y không âm nên 0 ≤ x + y ≤ 1 P ≤ x + y 2 2 +√x + y −12(x + y)2 =√x + y −14(x + y)2 Đặt t = x + y ⇒ 0 ≤ t ≤ 1 ⇒ f (t) = √t −t24. Nhận thấy f (t) là hàm đồng biến nên ta có f (t) ≤ f (1) = 34. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y =12 Bài toán Cho x, y dương thoả mãn x2y + y2x = x + y + 3xy.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 P = x2 + y2 +(1 + 2xy)2 − 3 2xy Đề thi thử lần 5 THPT Nguyễn Tất Thành Lời giải: Từ giả thiết ta suy ra x + y ≥ 4 và P = (x + y)2 +3 x + y+ 1 Nhận thấy hàm số trên đồng biến trên [4; +∞) nên P ≥ f (4) = 714khi x = y = 2 Bài toán Chứng minh rằng 23 (tan α)sin α + (cot α)cos α ≥ 2 ∀α ∈ 0;π2 Đề thi thử THPT Quốc Học Huế Lời giải: 0;π4i⇒ V T ≥ (tan α)sin α + (cot α)sin α ≥AM−GM 2; • α ∈ • α ∈ hπ 4;π2 ⇒ V T ≥ (tan α)cos α + (cot α)cos α ≥AM−GM 2. Bài toán Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2.Chứng minh rằng 24 52 27≤ a2 + b2 + c2 + 2abc < 2 Đề thi thử lần 2 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu c Ngô Hoàng Toàn Trang 29 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Lời giải: Từ giả thiết ta có p =a + b + c 2= 1 nên p − a; p − b; p − c là các số dương. Sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có 0 < (1 − a)(1 − b)(1 − c) ≤ 3 − (a + b + c) 3 3 =127 ⇔ 1 < ab + bc + ca − abc ≤2827 ⇔5227≤ a2 + b2 + c2 + 2abc < 2 Điều phải chứng minh Bài toán Cho các số thực x, y, z thoả mãn x2 + y2 + z2 = 3.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 25 F =p3x2 + 7y +p5y + 5z +√7z + 3x2 Đề thi thử lần 1 THPT Chuyên Vĩnh Phúc Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có F2 ≤ 3 6x2 + 12(y + z) ≤ 18 hx2 + 2p2(y2 + z2)i= 18 hx2 + 2p2(3 − x2)i= f (x) Khảo sát hàm số trên trên đoạn từ [−√3; √3] ta có giá trị lớn nhất của f (x) là 90 khi x = 1. Vậy giá trị lớn nhất của F là 3√10 khi x = y = z = 1 Bài toán Cho x, y, z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 26 P = 2(x2 + y2 + z2) − 4xyz − 9x + 2024 Đề thi thử lần 1 THPT Diễn Châu 3 Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có P ≥ 2x2+(y+z)2−x(y+z)2−9x+2024 = 2x2+(3−x)2−x(3−x)2−9x+2024 = −x3+9x2−24x+2033 = f (x) Khảo sát hàm số trên trên khoảng (0; 3) ta có giá trị nhỏ nhất của hàm số đạt tại x = 2 khi đó f (x) = 2013. Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 2013 khi x = 2; y = z =12 c Ngô Hoàng Toàn Trang 30 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường Bài toán Cho a, b, c dương thoả mãn a2 + b2 + c2 = 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 27 √b2 + 3+b3 P =a3 √c2 + 3+c3 √a2 + 3 Đề thi thử lần 1 THPT Đông Sơn 1 Thanh Hoá Lời giải: Sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có 2√b2 + 3+a3 ra6 64=3a2 a3 4 Tương tự ta có 2√b2 + 3+b2 + 3 16≥ 33 rb6 2√c2 + 3+b3 b3 2√c2 + 3+c2 + 3 16≥ 33 64=3b2 4 2√a2 + 3+c3 rc6 c3 2√a2 + 3+a2 + 3 16≥ 33 64=3c2 4 Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta được P +a2 + b2 + c2 + 9 16≥34(a2 + b2 + c2) Do a2 + b2 + c2 = 3 nên P ≥32. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 Bài toán Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thoả mãn a + b + c = 3.Chứng minh rằng 28 P = a2 + b2 + c2 +ab + bc + ca a2b + b2c + c2a≥ 4 Đề thi thử lần 2 THPT Đức Thọ Hà Tĩnh Lời giải: Ta có 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2) ≥ 3(a2b + b2c + c2a) ⇒ a2 + b2 + c2 ≥ a2b + b2c + c2a Suy ra P ≥ a2 + b2 + c2 +9 − a2 − b2 − c2 a2 + b2 + c2= a2 + b2 + c2 +9 a2 + b2 + c2− 1 Với a2 + b2 + c2 ≥ 3 ta dễ suy ra giá trị nhỏ nhất của P là 4. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 c Ngô Hoàng Toàn Trang 31 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán 29 Cho a, b, c ≥ 0 và a2 + b2 + c2 = 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức √b2 + 1+b3 P =a3 Lời giải: √c2 + 1+c3 √a2 + 1 Đề thi thử lần 1 THPT Hàm Nghi Hà Tĩnh Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có 2√1 + b2+a3 4√2≥ 3a2 a3 2p32√2. Tương tự ta cũng có , 2√1 + b2+1 + b2 2√1 + c2+b3 b3 2√1 + c2+1 + c2 4√2≥ 3b2 2p32√2. 2√1 + a2+c3 2√1 + a2+1 + a2 c3 Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được 4√2≥ 3c2 2p32√2. 2p32√2a2 + b2 + c2 =9 4√2≥3 P +6 2√68 ⇔ P ≥3√2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 Bài toán 30 Cho các số dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3.Chứng minh rằng : 1 + c2+(1 + b)2(1 + c)2 (1 + a)2(1 + b)2 1 + a2+(1 + c)2(1 + a)2 1 + b2≥ 24 Lời giải: Đặt Ta có Suy ra Đề thi thử lần 1 THPT Hoàng Lê Kha -Thanh Hoá P =(1 + a)2(1 + b)2 1 + c2+(1 + b)2(1 + c)2 1 + a2+(1 + c)2(1 + a)2 1 + b2 [(1 + a)(1 + b)]2 = [a + b + 1 + ab]2 ≥ 4(1 + ab)(a + b) 1 + c2= 4a1 + b2 (1 + a)2(1 + b)2 1 + c2=4a(1 + b2) + 4b(1 + a2) 1 + c2+ 4b1 + a2 1 + c2≥ 4(1 + ab)(a + b) 1 + c2 c Ngô Hoàng Toàn Trang 32 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường Chứng minh tương tự ta có, (1 + b)2(1 + c)2 1 + a2≥ 4b1 + c2 1 + a2+ 4c1 + b2 1 + a2. 1 + b2≥ 4c1 + a2 (1 + c)2(1 + a)2 1 + b2+ 4a1 + c2 1 + b2 Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên lại ta được P ≥ 4a 1 + b2 1 + c2+1 + c2 1 + b2 + 4b 1 + a2 1 + c2+1 + c2 1 + a2 + 4c 1 + b2 1 + a2+1 + a2 1 + b2 ≥ 4.2 (a + b + c) = 8(a + b + c) = 24 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. Bài toán Cho a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 6.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 31 M =1 a2 + b2 + c2+1ab +1bc +1ca Đề thi thử lần 2 THPT Kon Tum Lời giải: Theo bất đẳng Cauchy − Schwarz ta có M ≥1 a2 + b2 + c2+9 ab + bc + ca M =1 a2 + b2 + c2+1 ab + bc + ca+1 ab + bc + ca+7 ab + bc + ca M ≥9 a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca+7 ab + bc + ca M ≥9 (a + b + c)2+21 (a + b + c)2=30 (a + b + c)2=56 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2. Bài toán Cho a, b, c > 0 thoả mãn 2ab + 5bc + 6ca = 6abc.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 32 b + 2a+4bc P =ab b + 4c+9ca a + 4c Lời giải: Đặt x =1a, y =1b, z =1cta có Đề thi thử lần 1 THPT Lê Hữu Trác I Hà Tĩnh  x, y, z > 0  5x + 6y + 2z = 6 c Ngô Hoàng Toàn Trang 33 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Khi đó P + 6 =1 x + 2y+4 4y + z+9 z + 4x+ 6 =1 x + 2y+4 4y + z+9 z + 4x+ x + 2y + 4z + z + z + 4x =1 x + 2y+ x + 2y +4 4y + z+ 4y + z +9 z + 4x+ z + 4x ≥ 2 + 4 + 6 = 12 Vậy P ≥ 12 khi a = 2; b = 4; c = 1. Bài toán 33 Cho x, y, z là các số thực dương chứng minh rằng : (y +√zx + z)2 +2y2 + yz 2x2 + xy z +√xy + x 2 +2z2 + zx x +√yz + y 2 ≥ 1 Đề thi thử trường THPT Lê Hữu Trác II Hà Tĩnh Lời giải: (y +√zx + z)2 +2y2 + yz Đặt P =2x2 + xy z +√xy + x 2 +2z2 + zx Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có x +√yz + y 2 y +√zx + z 2=√y√y +√z√x +√z√z ≤ (y + x + z)(y + z + z) (y +√zx + z)2 ≥2x2 + xy 2x2 + xy ⇔2x2 + xy Tương tự ta có , (x + y + z)(y + 2z)=1 x + y + z 2y2 + yz z +√xy + x 2 ≥2y y + 2z+ x − x =2x y + z−x x + y + z x + z−y x + y + z 2z2 + zx x +√yz + y 2 ≥2z x + y−z x + y + z Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên lại ta được x y + z+y P ≥ 2 z + x+z x + y − 1 Mà ta cóx y + z+y x + y≥(x + y + z)2 2(xy + yz + zx)≥32 Suy ra z + x+z P ≥ 2 − 1 = 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. c Ngô Hoàng Toàn Trang 34 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường Bài toán Cho x, y là hai số thực thoả mãn x2 − xy + y2 = 2.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ 34 nhất của biểu thức M = x2 + 2xy − 7y2 Đề thi thử THPT Lí Tự Trọng Bình Định Lời giải 1: Nếu y = 0 thì M = x2 = 2. Nếu y 6= 0 thì đặt t =xy.Từ giả thiết suy ra t2 − t + 1 =2y2> 0 ⇒ y ∈ R Và ta có 2M = 2x2 + 2xy − 7y2 x2 − xy + y2= 2t2 + 2t − 7 t2 − t + 1, y ∈ R Xét hàm số f (t) = t2 + 2t − 7 t2 − t + 1, y ∈ R f0(t) = −3t2 + 16t − 5 (t2 − t + 1)2, f0(t) = 0 ⇔ Bảng biến thiên  t =13 t = 5 t f0(t −∞135 +∞ )− 0 + 0 − f (t) 1 −8 4 3 1 Từ bảng biến thiên suy ra giá trị lớn nhất của M =83,giá trị nhỏ nhất của M = −16 Lời giải 2 : Xét phương trình t2 + 2t − 7 t2 − t + 1= m , t ∈ R ⇔ (m − 1)t2 − (m + 2)t + m + 7 = 0 , t ∈ R Để phương trình có nghiệm suy ra ∆ = (m − 2)2 − 4(m + 7)(m − 1) ≥ 0 ⇒ −8 ≤ m ≤43 Từ đó suy ra giá trị lớn nhất của M =83,giá trị nhỏ nhất của M = −16. c Ngô Hoàng Toàn Trang 35 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán Cho ba số thực a, b, c không âm thoả mãn a + b + c =32.Chứng minh rằng : 35 (1 + a2)(1 + b2)(1 + c2) ≥125 64 Đề thi thử lần I THPT Mai Anh Tuấn Thanh Hoá Lời giải: Ta có (1 + a2)(1 + b2)(1 + c2) ≥125 64⇒ ln (1 + a2) + ln (1 + b2) + ln (1 + c2) ≥ 3 ln 54 Xét hàm số f (t) = ln 1 + t2 −45t với t ∈ 0;32 ;f0(t) = 2t 1 + t2−45= 0 ⇒ t =12 Từ đó suy ra Do đó Từ đó suy ra hay f (t) ≥ ln 54−25∀t ∈ 0;32 ln (1 + a2) + ln (1 + b2) + ln (1 + c2) −45(a + b + c) ≥ 3 ln 54−65 ln (1 + a2) + ln (1 + b2) + ln (1 + c2) ≥ 3 ln 54 (1 + a2)(1 + b2)(1 + c2) ≥125 64 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c =12. Bài toán 36 Cho ba số thực dương a, b, c có tổng bằng 3.Chứng minh rằng : a + 2b3+b2 a2 b + 2c3+c2 c + 2a3≥ 1 Đề thi thử lần 1 THPT Nguyễn Thị Minh Khai Hà Tĩnh Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có a + b3 + b3≥ a −23b√3a2 a + 2b3= a −2ab3 a2 ≥ a −29b(a + a + 1) = a −29b(2a + 1) = a −29b −49ab c Ngô Hoàng Toàn Trang 36 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường Tương tự ta cũng có , b2 b + 2c3≥ b −29c −49bc c2 c + 2a3≥ c −29a −49ca Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được a + 2b3+b2 a2 b + 2c3+c2 c + 2a3≥79(a + b + c) −49(ab + bc + ca) ≥73−43= 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Bài toán Cho ba số thực x, y, z thoả mãn xyz = x + y + z và x, y, z >.Tìm giá trị nhỏ nhất của 37 biểu thức : P =x − 1 y2+y − 1 z2+z − 1 x2 Đề thi thử lần 2 THPT Nam Đông Quan Thái Bình Lời giải: Ta có 1 y2+y − 1 + z − 1 x+1y+1z + 1x2+1y2+1z2 (1) P =x − 1 + y − 1 Mà z2+z − 1 + x − 1 x2− y2+y − 1 + z − 1 x2=X(x − 1) 1x2+1y2 ≥X(x − 1) 2xy(2) x − 1 + y − 1 Từ (1) và (2) suy ra P ≥ z2+z − 1 + x − 1 1 x+1y+1z + 1x2+1y2+1z2 − 2 1xy+1yz+1zx Từ giả thiết ta có 1xy+1yz+1zx= 1 và dùng các đánh giá cơ bản ta có x2+1y2+1z2≥1xy+1yz+1zx= 1 1 x+1y+1z≥√3 1 Từ đó suy ra P ≥√3 + 1 − 2 = √3 − 1 Đẳng thức xảy ra khi x = y = z =√3 c Ngô Hoàng Toàn Trang 37 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán 38 Cho các số dương a, b, c.Chứng minh rằng : b + c+4b a c + a+9c a + b> 4 Đề thi thử lần 1 THPT Ngô Gia Tự Bắc Ninh Lời giải: Đặt x = b+c; y = c+a; z = a+b từ đó suy ra a =−x + y + z 2; b =−y + z + x 2; c =−z + x + y 2 Do a, b, c > 0 nên x, y, z > 0 từ đó suy ra b + c+4b a c + a+9c a + b=−x + y + z 2x+2(−y + z + x) y+9(−z + x + y) = 2z −12− 2 −92 + y2x+2xy + z2x+9x2z + 2zy+9y2z ≥ −7 + 2 + 3 + 6 = 4 Đẳng thức xảy ra khi a = 2b; c = 0 vô lí nên suy ra dấu đẳng thức không xảy ra. Bài toán Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn 4(x + y + z) = 3xyz.Tìm giá trị lớn nhất của 39 biểu thức : 2 + x + yz+1 P =1 Lời giải: 2 + y + zx+1 2 + z + xy Đề thi thử lần 3 THPT Ngô Gia Tự Bắc Ninh Theo bất đẳng thức AM − GM ta có 3xyz = 4(x + y + z) ≥ 4.3√3 xyz ⇒ xyz ≥ 8 Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta được 2 + x + yz ≥ 2√2x + yz ≥ 2q2√2xyz = 2q2p2xyz√yz ≥ 4√2√4 yz Sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có 4√2√4 yz≤14.12 12+1 1 ≤18 12+14+1yz =18 34+1yz 2 + x + yz≤1 Tương tự ta cũng có √yz 2 + y + zx≤18 34+1zx 1 2 + z + xy≤18 34+1xy 1 Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được P ≤38 c Ngô Hoàng Toàn Trang 38 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 2. Bài toán 40 Cho x, y, z dương thoả mãn x2 + y2 + z2 = 1.Chứng minh rằng : x 1 − yz 2 + y 1 − zx 2 + z 1 − xy 2 ≤94 Lời giải 1 Ta có x2 Đề thi thử số 11 THPT Nguyễn Trãi 2 =4x2 (1 − yz)2 ≤x2 1 −y2 + z2 2 (1 + x2)2 (1 − xz)2 ≤y2 y2 1 −x2 + z2 2 =4y2 (1 + y2)2 2 (1 − yx)2 ≤z2 z2 2 =4z2 (1 + z2)2 Vậy 1 −y2 + x2 2 ( Đặt P ≤4x2 (1 + x2)2 +4y2 (1 + y2)2 +4z2 (1 + z2)2 a = x2 + 1, b = y2 + 1, c = z2 + 1 a + b + c = 4khi đó 1 a2+4b − 4 a+1b+1c − 4 1a2+1b2+1c2 P ≤4a − 4 1 b2+4c − 4 c2= 4 1 a+1b+1c 2 ≤ 4 a+1b+1c − 4 3 a + b + c=94nên ta xét hàm số f (t) = 4t −4t2 Mà 1a+1b+1c≥9 Lời giải 2 Ta có (1 − yz)2 ≤x2 3, t ≥94⇒ f (t) ≤94 (2x2 + y2 + z2)2 ≤x2 x2 (x2 + z2) (x2 + y2) Suy ra 1 −y2 + z2 2 2 =4x2 V T ≤X x2 (x2 + y2) (x2 + z2)≤94⇔x2 + y2 y2 + z2 z2 + x2 ≥89x2y2 + y2z2 + z2x2 x2 + y2 + z2 c Ngô Hoàng Toàn Trang 39 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z ≤ 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 41 thức : P =2x3+2y3+2z3+1 x2 − xy + y2+1 y2 − yz + z2+1 z2 − zx + x2 Đề thi thử THPT Nguyễn Văn Cừ Hà Nội Lời giải: Ta có : 1 x3+1y3+ 1 ≥3xy y3+1z3+ 1 ≥3yz 1 z3+1x3+ 1 ≥3zx 1 Suy ra x3+2y3+2z3+ 3 ≥3xy+3yz+3zx 2 Suy ra x2 − xy + y2+1 P + 3 ≥3xy+3yz+3zx+1 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có : y2 − yz + z2+1 z2 − zx + x2 P + 3 ≥2xy+2yz+2zx+X 1xy+1 x2 − xy + y2 P + 3 ≥2xy+2yz+2zx+X 4 x2 + y2 P + 3 ≥X4 12xy+1 x2 − xy + y2 P + 3 ≥16 (x + y)2+16 (y + z)2+16 (z + x)2 P + 3 ≥48 p3[(x + y)(y + z)(z + x)] (2x + 2y + 2z)2≥48.9 P + 3 ≥48.9 ⇒ P ≥ 9 4.9= 12 Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1. c Ngô Hoàng Toàn Trang 40 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường Bài toán Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của 42 biểu thức : A =1 xy + 2+1 yz + 2+1 zx + 2 Đề thi thử lần 3 THPT Quế Võ 1 Lời giải: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có A ≥9 xy + yz + zx + 6≥9 x2 + y2 + z2 + 6= 1 Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1. Bài toán Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3.Chứng minh rằng : 43 a + b+1 b + c+1 c + a≥4 a2 + 7+4 1 Lời giải: b2 + 7+4 c2 + 7 Đề thi thử lần 3-1 THPT Quế Võ Số 1 Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có : a + b+1 b + c≥4 a + 2b + c≥8 1 a2 + 2b2 + c2 + 4 Từ đó suy ra X 2 a + 2b + c≥X 4 a + b+1 a2 + 2b2 + c2 + 4=X 4 1 b + c+c + a ≥ a2 + 7 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. Bài toán a2+1b2+1c2 = 4 1ab +1bc +1ca + 44 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn28 1 2013.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P =1 √5a2 + 2ab + b2+1 √5b2 + 2bc + c2+1 √5c2 + 2ca + a2 Đề thi thử lần 4 THPT Quế Võ Số 1 Lời giải: c Ngô Hoàng Toàn Trang 41 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Đặt x =1a; y =1b; z =1cvà sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có : 28(x2 + y2 + z2) = 4(xy + yz + zx) + 2013 ≤ 4(x2 + y2 + z2) + 2013 ⇒ x2 + y2 + z2 ≤2013 24 Mặt khác Ta có (x + y + z)2 ≤ 3(x2 + y2 + z2) ≤2013 8 1 √5a2 + 2ab + b2=1 p4a2 + (a + b)2≤ Tương tự ta cũng có1 √2 3a + 2≤1 8√2 a+1b =1 3 8√2(3x + y) Từ đó suy ra √5b2 + 2bc + c2≤1 8√2(3y + z) 1 √5c2 + 2ca + a2≤1 8√2(3z + x) √2013 P ≤4 8√2(x + y + z) ≤ 8 Bài toán Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x(x − 1) + y(y − 1) + z(z − 1) ≤ 6.Tìm giá trị 45 nhỏ nhất của biểu thức : A =1 x + y + 1+1 y + z + 1+1 z + x + 1 Đề thi thử lần 1 Vĩnh Phúc Lời giải: Từ giả thiết ta có x2 + y2 + z2 − (x + y + z) ≤ 6 ta có 18 ≥ (x + y + z)2 − 3(x + y + z) ⇒ 0 < x + y + z ≤ 6 Theo bất đẳng thức AM − GM ta có : 1 x + y + 1+x + y + 1 25≥25⇒1 x + y + 1≥25−x + y + 1 25 Tương tự cho các bất đẳng thức còn lại,ta có A ≥65−2(x + y + z) + 3 25≥65−2.6 + 3 25=35 Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 2. Cách khác Đặt t = x + y + z t ∈ (0; 6] Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có A ≥9 2t + 3≥9 2.6 + 3=35 c Ngô Hoàng Toàn Trang 42 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 2. Bài toán Cho x, y là các số thực thỏa mãn x + y − 1 = √2x − 4 + √y + 1.Tìm giá trị lớn nhất 46 và giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = (x + y)2 −p9 − x − y +1 √x + y Đề thi thử lần 1 THPT Thái Phiên Hải Phòng Lời giải: Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có x + y − 1 = √2x − 4 + py + 1 ≤p3(x + y − 1) ⇒ 1 ≤ x + y ≤ 4 Đặt t = x + y t ∈ [1; 4] ta có P = t2 −√9 − t +1t⇒ P0 = 2t +1 2√9 − t−1 t2t√t= √9 − t(4t2√t − 1) + t√t 2t√9t − t2> 0 ∀t ∈ [1; 4] Vậy giá trị lớn nhất của P =332−√5 khi t = 4 hay x = 4; y = 0.Gía trị nhỏ nhất của P là 2 − 2√2 khi t = 1 hay x = 2; y = −1 Bài toán Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 2√xy +√xz = 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của 47 biểu thức : P =3yzx+4zxy+5xyz Đề thi thử lần 1 THPT Thái Phúc Thái Bình Lời giải: Theo bất đẳng thức AM − GM ta có P =3yzx+4zxy+5xyz= yzx+zxy +2 yzx+xyz +3 zxy+xyz ≥ 2z+4y+6x = 4(x+y)+2(x+z) ≥ 8√xy + 4√xz = 4 Đẳng thức xảy ra khi x = y = z =13. c Ngô Hoàng Toàn Trang 43 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a3 + b3 = c3.Tìm giá trị nhỏ nhất 48 của biểu thức M =a2 − b2 − c2 (c − a)(c − b) Đề thi thử lần 1 THPT Trần Phú-Hà Tĩnh Lời giải: Do a, b, c > 0 nên đặt x =ac; y =bcx, y > 0 khi đó x3 + y3 = 1.Ta được: M =(x + y)2 − 2xy − 1 −(x + y) + xy + 1 Đặt t = x + y ⇒ xy =t3 − 1 3t 3t⇒ 1 < t ≤√34 Vì x, y > 0 nên t > 1 và t2 ≥ 4t3 − 1 Ta viết lại biểu thức M = 1 +3 t − 1⇒ M ≥ √34 + 2 √34 − 2 Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = a√32. c Ngô Hoàng Toàn Trang 44 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài toán Cho hai số thực x, y thỏa mãn x + y − 1 = 2√x − 1 + √y + 1.Tìm giá trị lớn nhất,giá 49 trị nhỏ nhất của biểu thức 2+2(1 + xy√x + y) P =x(x − y) + y(y − x) √x + y Đề thi thử lần 1 THPT Xuân Trường Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x+y+z = 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 50 P = √x y + z+ √y z + x+ √z x + y Cho a, b là các số thực dương thoả mãn ab+a+b = 3.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 51 P =3a b + 1+3b a + 1+ab a + b− a2 − b2 Đề thi thử THPT Đa Phúc Cho bốn số thực a, b, c, d thoả mãn −4 ≤ a, c ≤ −2 ,2 ≤ b, d ≤ 4 .Tìm giá trị lớn nhất 52 của biểu thức M =(a2 + c2)(b2 + d2) (ac + bd)2 Đề thi thử lần 1 trường Quốc Học Quy Nhơn 53 Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn x + y + z = 1 .Chứng minh rằng xy + yz + zx+2 3 x2 + y2 + z2≥ 14 Đề thi thử THPT Chuyên Phan Đăng Lưu Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 54 P =1 √a2 + ab − a + 5+1 √b2 + bc − b + 5+1 √c2 + ca − c + 5 Đề thi thử lần 1 THPT Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An Cho các số thực a, b, c thoả mãn a + b + c = 6.Chứng minh rằng 55 a √a3 + 1+b √b3 + 1+c √c3 + 1≥ 2 Đề thi thử lần 1 chuyên Lam Sơn Thanh Hoá c Ngô Hoàng Toàn Trang 45 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn 4ab + 2ac + 6b + 3c − 7a = 35.Tìm giá trị 56 lớn nhất của biểu thức a + b+2b P =ab 2 + b+3c 3 + c Đề thi thử lần 6 chuyên KHTN Hà Nội Cho x, y ∈ R và x, y > 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 57 P =x3 + y3 − (x2 + y2) (x − 1)(y − 1) Đề thi thử lần 1 THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn x + y + z + 1 = 4xyz.Chứng minh rằng 58 xy + yz + zx ≥ x + y + z Đề thi thử lần 1 THPT Đặng Thúc Hứa Nghệ An Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 1.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 59 M = rab ab + c+ rbc bc + a+ r ca ca + b Đề thi thử lần 1 THPT Thành Sen Hà Tĩnh Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của 60 biểu thức : x + y+y x y + z+z z + x− 2√xyz Đề thi thử lần 1 THPT Nguyễn Xuân Ôn -Nghệ An Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn 1 ≤ x, y, z ≤ e.Chứng minh rằng : 61 x ln x y + z+y ln y z + x+z ln z x + y Đề thi thử lần 2 THPT Nguyễn Xuân Ôn -Nghệ An Cho 13< x ≤12và y ≥ 1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 62 P = x2 + y2 +x2y2 [(4x − 1)y − x] Đề thi thử THPT Như Thanh II-Thanh Hóa c Ngô Hoàng Toàn Trang 46 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường Bài toán Cho các số thực dương a, b, c thay đổi thoả mãn a + b + c = 1.Chứng minh rằng : 63 a2 + b b + c+b2 + c c + a+c2 + a a + b≥ 2 Đề thi thử lần 1 THPT Nam Duyên Hà Thái Bình Cho a, b, c dương thay đổi thoả mãn a + b + c = 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 64 P =22a3 + 12ab2 + 2012b3 22a2 + 12ab + 1944b2+22b3 + 12bc2 + 2012c3 22b2 + 12bc + 1944c2+22c3 + 12ca2 + 2012a3 22c2 + 12ca + 1944a2 Đề thi thử lần 1 THPT Nam Khoái Châu Hưng Yên Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 65 P = √a2 + 1 + a b √b2 + 1 + b c √c2 + 1 + c a Đề thi thử lần 2 THPT Nam Khoái Châu Hưng Yên Cho x, y ∈ R : x2 + y2 = x + y.Tìm giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 66 A = x3 + y3 Đề thi thử lần 1 THPT Nam Khoái Châu Hưng Yên Cho x, y, z > 0 và x + y + z ≤ 1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 67 P =1x+1y+1z+ 6(x + y + z) Đề thi thử THPT Ngô Trí Hoà Nghệ An Cho x, y là các số thực thỏa mãn x2 + y2 + xy = 1.Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị 68 nhỏ nhất của biểu thức A = 5xy − 3y2 Đề thi thử THPT Phạm Văn Đồng -Đắk Lắk Cho x, y, z > 0 và thỏa mãn x ≥ 3; x + z ≤ 5 và x + y + z = 11.Chứng minh rằng 69 xyz ≤ 36 Đề thi thử lần 1 THPT Thanh Thủy Phú Thọ c Ngô Hoàng Toàn Trang 47 3.1 Bất đẳng thức trong kì thi thử các trường 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 1x+1y+1z= 4.Chứng minh rằng : 70 2x + y + z+1 71 1 Cho a, b > 0 .Chứng minh rằng: 1 2z + x + y+1 2y + z + x≤ 1 Đề thi thử lần 1 THPT Thu Xà Quãng Ngãi 3a + b+1 a + 3b≥1 a + b Đề thi thử lần 1 THPT Thu Xà Quãng Ngãi 72 Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a   a, b, c ≥ −34 a + b + c = 1 .Chhuwngs minh rằng: a2 + 1+b b2 + 1+c c2 + 1≤910 Đề thi thử lần 1 THPT Thu Xà Quãng Ngãi Cho a, b, c > 1.Chứng minh rằng : 73 log2b a a + b+log2cb b + c+log2ac a + c≥9 a + b + c Đề thi thử lần 1 THPT Thu Xà Quãng Ngãi 74Cho a là số thực dương.Chứng minh rằng a2 + 8√a + 1 > 4a + 8 Đề thi thử lần 1 THPT Thu Xà Quãng Ngãi Cho a, b, c là ba số thực dương.Chứng minh rằng: 75 1 2a + b + c+1 2b + c + a+1 2c + a + b≤ab + bc + ca 4abc Đề thi thử lần 1 THPT Thu Xà Quãng Ngãi Cho x, y là các số thực thỏa mãn x2 + y2 = 1.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất 76 của biểu thức : P =x + 2y 2x − y + 4 Đề thi thử lần 1 THPT Thu Xà Quãng Ngãi c Ngô Hoàng Toàn Trang 48 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn Bài toán Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn : x (2x + 2y − 5) + y (y − 3) + 3 = 0 . Tìm giá 1 trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : P = (xy − x + 1)2 + (xy − y + 1)2 Đề thi thử lần 1 diễn đàn k2pi.net Lời giải: Giả thiết có thể viết lại thành: (x + y − 1)(x + y − 2) = −(x − 1)2 Từ đó ta có được: 1 ≤ x + y ≤ 2 Mặt khác giả thiết cũng viết lại được dưới dạng: 2(x − 1)2 + (y − 1)2 = x + y − 2xy ⇒ x + y ≥ 2xy ⇒ 1 ≥ xy Tìm giá trị nhỏ nhất. Ta lại có biểu thức P có thể viết thành: a2 − 2ab + 2b2 − 2a + 2b + 2 = P Hay a2 − 2a(b + 1) + 2b2 + 2b + 2 − P = 0 (1) Trong đó a = x + y(1 ≤ a ≤ 2); b = xy(2 ≥ a ≥ 2b) Coi (1) như một phương trình bậc 2 theo a khi đó để tồn tại a; b ta phải có: ∆0 ≥ 0 ⇔ P ≥ b2 + 1 ⇒ P ≥ 1 Vậy minP = 1đạt được khi a = 1; b = 0 ⇒ x = 1; y = 0 Tìm giá trị lớn nhất. Xét hàm số f(a) = a2 − 2a(b + 1) + 2b2 + 2b + 2 Ta chi làm 2 trường hợp nhỏ sau: • Nếu b ≥12ta xét hàm số trên [2b; 2] Dễ thấy hàm số đặt max tại f(2) hoặc f(2b) (mà f(2) = f(2b) = 2(b2 − b + 1)) Do đó: f(a) ≤ 2(b2 − b + 1) = 2[b(b − 1) + 1] ≤ 2 Vậy trong trường hợp này M axP = 2 khi x = y = 1. • Nếu b ≤12ta xét hàm số trên [1; 2] Hàm số đạt max tại f(2) (vì f(2) ≥ f(1)) nên ta cũng có giá trị Max như trường hợp trên. Kết luận: M axP = 2 khi x = y = 1. c Ngô Hoàng Toàn Trang 49 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán 2 Cho các số thực x, y, z không âm và không có 2 số nào đồng thời bằng 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = (xy + yz + zx) 1 x2 + y2+1 y2 + z2+1 z2 + x2 Lời giải: Lời giải 1 Giải sử z = min(x; y; z) khi đó ta có: Đề thi thử lần 2 diễn đàn k2pi.net x + y ≥ 2z ⇔ xy + yz + xz ≥ (x +z2)(y +z2) Mà ta lại có:1 x2 + y2≥1 (x +z2)2 + (y +z2)2 y2 + z2≥1 1 (y +z2)2 x2 + z2≥1 1 (x +z2)2 Từ những điều trên ta có:   (x +z2)2 + (y +z2)2+1 P ≥ (x +z2)(y +z2) 1 (y +z2)2+1 (x +z2)2  Đặt: x +z2= a; y +z2= b(a; b ≥ 0) Ta có: a2 + b2+1a2+1b2) = P ≥ ab(1 Đặt: ab= x(x ≥ 0) ta khảo sát hàm f(x) = x a (ab)2 + 1+ab+1ab b x2 + 1+x+1xvới x ≥ 0 để tìm được minf(x) = 52 Do đó M inP =52đạt được khi a = b; c = 0 hoặc các hoán vị. Lời giải 2 Nhìn đề bài, ta nhớ đến BĐT quen thuộc của ngài Jack Garfunkel: Với a, b, c ≥ 0 và đôi một khác nhau thì: 1 a + b+1 b + c+1 c + a≥5 2√ab + bc + ca Chứng minh: Chuẩn hóa ab + bc + ca = 1 Chúng ta xét hai trường hợp c Ngô Hoàng Toàn Trang 50 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn • TH1: a + b + c ≤ 2 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2(a + b + c)( 1 a + b+1 b + c+1 c + a) ≥ 5(a + b + c) a + b+a ⇐⇒ 6 + 2( c b + c+b c + a) ≥ 5(a + b + c) Bất đẳng thức này luôn đúng theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có 6 + 2( c a + b+a c + a) ≥ 6 + 2(a + b + c)2 b + c+b 2(ab + bc + ca) = (a + b + c − 2)(a + b + c − 3) + 5(a + b + c) ≥ 5(a + b + c). • a + b + c ≥ 2 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2(a2 + b2 + c2 + 3) ≥ 5(a + b)(b + c)(c + a) ⇐⇒ 2(a2 + b2 + c2) + 6 ≥ 5(a + b + c) − 5abc Bất đẳng thức này luôn đúng do (a2+b2+c2)+6 = 2(a+b+c)2+2 = (2(a+b+c)−1)(a+b+c−2)+5(a+b+c) ≥ 5(a+b+c)−5abc. Vậy phép chứng minh hoàn tất ! Đẳng thức xảy ra khi (a; b; c) là một trong các hoán vị của bộ (0; 1; 1). Lúc này thay a, b, c lần lượt bởi x2, y2, z2ta có x2 + y2+1 y2 + z2+1 1 Sử dụng bất đẳng thức trên,chú ý rằng z2 + x2≥5 2px2y2 + y2z2 + z2x2 xy + yz + zx =px2y2 + y2z2 + z2x2 + 2xyz(x + y + z) ≥px2y2 + y2z2 + z2x2 Ta có (xy + yz + zx)( 1 x2 + y2+1 y2 + z2+1 z2 + x2) ≥5(xy + yz + zx) 2px2y2 + y2z2 + z2x2≥52 Đẳng thức xảy ra khi (a; b; c) là một trong các hoán vị của bộ (0; 1; 1). Vậy M inP =52.Đẳng thức xảy ra khi (a; b; c) là một trong các hoán vị của bộ (0; 1; 1). Lời giải 3 c Ngô Hoàng Toàn Trang 51 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Không mất tính tổng quát ta giả sử z = M in(x; y; z). Đặt P(x;y;z) = (xy+yz+zx). Hay là: 1 x2 + y2+1 y2 + z2+1 x2 + z2 Ta sẽ chứng minh P(x;y;z) ≥ P(x;y;0) z(x + y). 1 x2 + y2+1 y2 + z2+1 z2 + x2 1 x2 + y2+1 ≥ xy. 1 y2+1x2−1 x2 + z2+1 y2 + z2 1 ⇔ z(x + y). ⇔ (x + y).(1 y2 + z2+1 z2 + x2 ≥ xyz2. y2(y2 + z2)+1 x2(x2 + z2) x2 + y2+1 y2 + z2+1 z2 + x2) ≥ xyz.(1 y2(y2 + z2)+1 x2(x2 + z2)) Và điều này đúng do1 x2 + y2> 0 y2 + z2≥xyz x + y y2(y2 + z2) x2 + z2≥xyz x + y x2(x2 + z2) Vậy ta có P(x;y;z) ≥ P(x;y;0) Cuối cùng ta sẽ chỉ ra P(x;y;0) ≥52 Hay là : x2 + y2+x2 + y2 xy xy≥52 x2 + y2+x2 + y2 Điều này hiển nhiên đúng từ bất đẳng thức AM −GM:xy 4xy≥ 1+3(x2 + y2) 4xy≥32 Vậy ta có PM in =52.Đẳng thức xảy ra tại x = y, z = 0 và các hoán vị tương ứng Bài toán 3 Cho các số thực a, b, c ∈ [1; 2] Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : bc +11b P =10a Lời giải: ac+2012c ab Đề thi thử lần 3 diễn đàn k2pi.net P = f(c) = 2012c ab +1c(10ab+11ba) Coi c là biến số;a,b là tham số; ta có: f0(c) = 2012 ab −1c2(10ab+11ba) ab ≥2012 − 10.22 − 11.22 =2012c2 − 10a2 − 11b2 ab > 0 c Ngô Hoàng Toàn Trang 52 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn ⇒ f(c) ≤ f(2) = 4024 ab +5ab+11b 2a= g(a) Coi a là biến số;b là tham số; ta có: ba2+5b−11b 2a2≤−4024 g0(a) = −4024 ⇒ g(a) ≤ g(1) = 4029 23+ 5 −11 4.2< 0 b+11b2= h(b) h0(b) = −4029 b2+112≤ 0(b ∈ [1; 2]) ⇒ h(b) ≤ h(1) = 4029 + 112=8069 2 Vậy giá trị lớn nhất của P là 8069 ( a = b = 1 2khi và chỉ khi Bài toán c = 2 4 Cho các số thực x, y, z thỏa mãn : x2 + 2y2 + 5z2 ≤ 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P = (xy + yz + zx) 1 + q 4 − (x2 + 2y2 + 5z2)2 Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có: Đề thi thử lần 4 diễn đàn k2pi.net 2x2 + 3y2 + 6z2 =x21 2 +y21 3 +z21 6 ≥(x + y + z)2 12 +13 +16 = (x + y + z)2 Vậy nên: x2 + 2y2 + 5z2 ≥ 2(xy + yz + zx) ⇒ 2P ≤ t.(1 + √4 − t2) Với t = x2 + 2y2 + 5z2 ≤ 2 Vậy ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của : K = t.(1 + √4 − t2) (t ≤ 2) Dấu bằng xảy ra khi 2x = 3y = 6z Bài toán 5 Cho a, b, c các số dương thoả mãn : 2a2 + 3b2 + 5ab + 3bc + 2ac + c ≤ 3 + 5a + 8b Chứng minh rằng :1 √8a + 1+1 √8b + 1+1 √8c + 1≥ 1 Đề thi thử lần 5 diễn đàn k2pi.net Lời giải: Thật vậy từ điều kiện ta biến đổi : 2a2 + 3b2 + 5ab + 3bc + 2ac + c ≤ 3 + 5a + 8b c Ngô Hoàng Toàn Trang 53 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC ⇔ 2a2 + 2ab + 2ac − 6a + 3ab + 3b2 + 3bc − 9b + a + b + c − 3 ≤ 0 ⇔ 2a(a + b + c − 3) + 3b(a + b + c − 3) + (a + b + c − 3) ≤ 0 ⇔ (a + b + c − 3)(2a + 3b + 1) ≤ 0 (1) Do a, b, c > 0 nên từ (1) ta có : a + b + c ≤ 3. .Lại có : 2a+b+c = 2a· 2b· 2c ≤ 8. Đặt m = 2a, n = 2b, p = 2c ⇒ mnp ≤ 8. Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có √1 + m3 =p(1 + m)(1 − m + m2) ≤m2 + 2 2 Xây dựng các bất đẳng thức tương tự, ta được V T ≥2 m2 + 2+2 n2 + 2+2 p2 + 2 Vậy ta cần phảỉ chứng minh m2 + 2+2 n2 + 2+2 2 p2 + 2≥ 1 hay 2 m2 1 +2m2+ 2 n2 1 +2n2+ 2 p2 1 +2p2≥ 1 Tiếp tục đăt :t =1m2, u =1n2, v =1p2. Với điều kiện mnp ≤ 8 ⇒ tuv ≥18. Khi đó ta cần chứng minh :2t 1 + 2t+2u 1 + 2u+2v 1 + 2v≥ 1 Tới đây ta khai triển tòe loe ra và rút gọn ta thu được 4(ut + vt + uv) + 16uvt ≥ 1 (∗) Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM Ta có : 4(ut + vt + ut) + 16uvt ≥ 12√3t2u2v2 + 16uvt = 12 ·116+ 16 ·164= 1 Vậy (∗) được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi t = u = v =14hay m = n = p = 2 hay a = b = c = 1. Bài toán 6 Cho các số thực dương x, y thỏa điều kiện :x 1 −1y + y 1 −1x = 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : Lời giải: P = xy +√1 + x2 +p1 + y2 Đề thi thử lần 8 diễn đàn k2pi.net Xét bổ đề:√a2 + b2 +√c2 + d2 ≥p(a + c)2 + (b + d)2 c Ngô Hoàng Toàn Trang 54 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn Chứng minh:√a2 + b2 +√c2 + d2 ≥p(a + c)2 + (b + d)2 ⇔ a2 + b2 + c2 + d2 + 2p(a2 + b2)(c+d2) ≥ a2 + c2 + 2ac + b2 + d2 + 2bd ⇔p(a2 + b2)(c2 + d2) ≥ ac + bd ⇔ a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2 ≥ a2c2 + b2d2 + 2abcd ⇔ (ad − bc)2 ≥ 0 Áp dụng bổ đề ta có:√1 + x2 +p1 + y2 ≥p4 + (x + y)2 Từ giả thiết ta có: *) ⇒ x + y = 4 +xy+yx≥ 6 ⇒√1 + x2 +p1 + y2 ≥ 2√10 *) xy =(x + y)2 x + y − 2= 9 +(x + y − 6)(x + y − 3) x + y − 2≥ 9 Vậy P ≥ 9 + 2√10.Dấu = xảy ra khi x = y = 3. Lời giải 2 Ta có x 1 −1x + y 1 −1y = 4 ⇔ x + y = 4 +x2 + y2 xy=(x + y)2 xy+ 2 ⇒ xy =(x + y)2 x + y − 2 Mặt khác ta có : x + y = 4 +xy+yx≥ 6 Ta cóp(12 + 32) (12 + x2) + p(12 + 32) (12 + y2) ≥ 3x + 1 + 3y + 1 ⇒√1 + x2 +p1 + y2 ≥1√10(3 (x + y) + 2) ⇒ P ≥(x + y)2 x + y − 2+1√10(3 (x + y) + 2) Đặt t = x + y ⇒ t ≥ 6 Xét hàm số Ta có f (t) = t2 t − 2+1√10(3t + 2) ;t ≥ 6 f0(t) = t2 − 4t (t − 2)2 +3 √10> 0 với mọi t ≥ 6 ⇒ f (t) đồng biến trên [6; + ∝) ⇒ f (t) ≥ f (6) = 9 + 2√10 c Ngô Hoàng Toàn Trang 55 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC . Dấu ” = ” xảy ra⇔ t = 6 . Dấu ” = ” xảy ra ⇔ x = y = 3 ⇒ P ≥ 9 + 2√10 Vậy Pmin = 9 + 2√10 khi x = y = 3. Bài toán 7 Cho các số thực x, y, z thuộc đoạn [1; 3] . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : T =25(y + z)2 12x2 + 2012 (xy + yz + zx)· Đề thi thử lần 09 diễn đàn k2pi.net Lời giải: Lời giải 1 Ta xét f(x) = 25(y + z)2 12x2 + 2012 (xy + yz + zx)thì f0(x) = −254(y + z)2(6 x + 503 y + 503 z) (3 x2 + 503 xy + 503 yz + 503 zx)2 < 0 Suy ra T = f(x) ≥ f(3) = 254(y + z)2 27 + 1509y + 1509z + 503yz= g(y) g0(y) = 254(y + z) (54 + 1509 y + 503 yz + 1509 z − 503 z2) (27 + 1509 y + 503 yz + 1509 z)2 Dễ thấy: 54 + 1509 y + 503 yz + 1509 z − 503 z2 = 54 + 1509 y + 503 yz + 503z(3 − z) > 0 Suy ra g(y) ≥ g(1) = 2516(1 + z)2 384 + 503z= h(z) h0(z) = 2516(1 + z)(265 + 503z) (384 + 503z)2> 0 Suy ra h(z) ≥ h(1) = 25 Vậy T ≥25 3548 3548 Lời giải 2 Ta có T ≥25(y + z)2 12x2 + 2012x(y + z) + 2012(y + z)2 4 ≥25(y + z)2 12x2 + 2012x(y + z) + 503(y + z)2 Xét hàm m(x) = 12x2 + 2012x(y + z) + 503(y + z)2, x ∈ [1; 3], có m0(x) = 24x + 2012(y + z) > 0, ∀x ∈ [1; 3]. Do đó m(x) đồng biến trên [1; 3], suy ra T(x) nghịch biến trên [1; 3]. Suy ra T(x) ≥ T(3) = 25t2 108 + 6036t + 503t2= f(t), với t = y + z ∈ [2; 6]. c Ngô Hoàng Toàn Trang 56 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn Lại có f(t) = 150900t2 + 540t (108 + 6036t + 503t2)2 > 0, ∀t ∈ [2; 6]. nên f đồng biến trên [2; 6], và do đó f(t) ≥ f(2) = 25 Cuối cùng min T =25 3548. 3548khi x = 3; y = z = 1. Bài toán 8 Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 3 < ac, bc < 6; c ∈ [2; 3]; 2c(a2 + b2) + b(ab + c) + c(ac + b) > b(b2 + c2) + 2ac(1 + 2b).Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =2a − 2b b − 1−2b − 2 a − b+ 9p3(a − 3)(1 − b)(a − b) a − 3−2a − 6 Lời giải: Đề thi thử lần 10 diễn đàn k2pi.net Quan sát biểu thức P nhận thấy rằng biến c ở giả thiết có vẻ như thừa. Vậy, biến c được cho trong giả thiết có mục đích gì? Tạm thời như thế. Bằng phép đặt cơ bản ta sẽ đưa biểu thức P về dạng đối xứng với ba biến x = a − b, y = b − 1, z = 3 − a ⇒ x + y + z = 2. Khi đó x P = 2 y+yz+zx + 9√3abc Phải chăng giả thiết nhằm mục đích cho biết điều kiện các biến x, y, z? Từ hai giả thiết đầu suy ra 1 ≤3c< a, b < 6c≤ 3 hay y, z > 0. Đó cũng là cơ sở để ta có định hướng phân tích giả thiết thứ ba làm sao để có x = a − b > 0. Thật vậy 2c(a2+b2)+b(ab+c)+c(ac+b) > b(b2+c2)+2ac(1+2b) ⇐⇒ (a−b)[(b−c)2+c(a−1)] > 0 ⇐⇒ a−b > 0 Qua những suy luận như trên, ta có một bài toán tương đương như sau: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 2. Tìm GTNN của biểu thức y+yz+zx + 9√3 xyz P = 2 x Sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có được x y+xy+yz≥ 3x √3 xyz y z+yz+zx≥ 3y √3 xyz x+zx+xy≥ 3z z √3 xyz Suy rax y+yz+zx≥x + y + z √3 xyz=2 √3 xyz Tiếp tục sử dụng AM − GM ta có P ≥ 12. min P = 12 ⇐⇒ x = y = z =23⇐⇒ a =73, b =53. Vậy c Ngô Hoàng Toàn Trang 57 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán 9 Cho a, b, c là các số dương thoả mãn a, b ≥ 1 và abc = 1.Chứng minh rằng : (a2 − a + 1)2+1 1 Lời giải: (b2 − b + 1)2+1 (c2 − c + 1)2≤ 3 Đề thi thử lần 11 diễn đàn k2pi.net - Đầu tiên, dễ dàng dự đoán điểm rơi a = b = c = 1. - Phương pháp đầu tiên chúng ta có thể nghĩ đến ngay đó là U.C.T nhưng nó đã bị bất lực trong bài toán này. Tiếp tục hãy thử một số kĩ năng đổi biến nếu có đủ sức thử nghiệm (bậc lớn và phức tạp quá). - Câu hỏi đặt ra: Biểu thức đối xứng theo ba biến độc lập với nhau, tại sao giả thiết lại cho điều kiện a, b ≥ 1. Điều này muốn gợi ý cho chúng ta biết rằng hai biến a, b có thể có một mối liên hệ nào đó. Chẳng hạn, (a − 1)(b − 1) ≥ 0, a + b − 2 ≥ 0, ... Biến c có vẻ như chỉ có mối liên hệ với hai biến kia qua đẳng thức abc = 1. - Với đặc điểm mà ta phân tích ở trên, ta có thể tạm thời tách rời biến c như sau: (a2 − a + 1)2+1 (b2 − b + 1)2+1 (c2 − c + 1)2≤ 3 ⇐⇒1 (a2 − a + 1)2+1 1 - Nhận thấy (c2 − c + 1)2=2c4 − 4c3 + 6c2 − 4c + 1 (c2 − c + 1)2=(c − 1)4 + c4 (b2 − b + 1)2≤ 3−1 (c2 − c + 1)2 2−1 (c2 − c + 1)2≥c4 (c2 − c + 1)2=1 (a2b2 − ab + 1)2 - Do đó, bài toán sẽ được chứng minh nếu chúng ta chứng minh được BĐT hai biến sau đây: (a2 − a + 1)2+1 (b2 − b + 1)2≤ 1 +1 1 (a2b2 − ab + 1)2(?) - Thật may mắn khi BĐT (?) là một BĐT đúng. Chúng ta có thể chứng minh nó bằng các phép biến đổi tương đương và nhớ tận dụng giả thiết a, b ≥ 1. Lời giải 2 Thoạt nhìn vào bài toán, ta nghĩ ngay tới bổ đề quen thuộc: (x2 − x + 1)2 ≥x4 + 1 Sử dụng bổ đề này, dễ thấy ta chỉ cần chứng minh 1 a4 + 1+1 b4 + 1+1 c4 + 1≤32. Để cho gọn, ta đặt a4 = x, b4 = y, c4 = z. Khi đó, bất đẳng thức sẽ trở thành x + 1+1 2. 1 y + 1+1 z + 1≤32 Với x, y ≥ 1, z > 0, xyz = 1. Tới đây thì đơn giản hơn nhiều rồi. Ý tưởng tiếp theo mà hẳn ai cũng nghĩ đến đó là chỉ việc thay z =1xyđể quy bài toán ba biến về hai biến: x + 1+1 1 y + 1+xy xy + 1≤32 c Ngô Hoàng Toàn Trang 58 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn Lại để ý rằng nếu cho x = 1 hoặc y = 1 thì bất đẳng thức trên sẽ trở thành đẳng thức. Điều này có nghĩa là nếu sử dụng biến đổi tương đương thì sẽ xuất hiện nhân tử chung là (x − 1)(y − 1). Thật vậy, quy đồng mẫu số và thu gọn bất đẳng thức trên lại, ta dễ dàng thu được (xy − 1)(x − 1)(y − 1) ≥ 0 Hiển nhiên đúng với x, y ≥ 1. Chứng minh hoàn tất . Bài toán 10 Cho a, b, c là các số dương thoả mãn 27abc + 9 (ab + bc + ca) − 4 = 0.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: √a2 + 2+1 T =1 Lời giải: Áp dụng AM-GM có √b2 + 2+1 √c2 + 2 Đề thi thử lần 12 diễn đàn k2pi.net 4 − 27abc = 9 (ab + ac + bc) ≥ 27√3a2b2c2 ⇒ abc ≤127⇒ ab + ac + bc ≥13 Áp dụng C-S có T2 ≤ 3 1 a2 + 2+1 b2 + 2+1 c2 + 2 =32 3 −X a2 a2 + 2 a2 + 2≥(a + b + c)2 a2 + b2 + c2 + 6≥(a + b + c)2 Mặt khác P a2 3 a2 + b2 + c2 + 18 (ab + bc + ac)≥(a + b + c)2 (a + b + c)2 +16 (a + b + c)2 3 19Do đó T≤ √919 Bài toán Cho các số thực dương a; b; c thỏa mãn:a2 + b2 + c2 = 36. Tìm giá trị lớn nhất của biểu 11 thức: Lời giải: M = (a +√a2 + 2013)ab.(b +√b2 + 2013)bc.(c +√c2 + 2013)ca Đề thi thử lần 13 diễn đàn k2pi.net Bổ đề 1: Cho a, b, c ∈ R. Ta luôn có: (a2 + b2 + c2)2 ≥ 3(a3b + b3c + c3a) Chứng minh: Cách 1: BĐT ⇔12[(a2 − b2 − ab + 2bc − ac)2 + (b2 − c2 − bc + 2ca − ab)2 + (c2 − a2 − ca + 2ab − bc)2] ≥ 0 Cách 2: BĐT ⇔16[(a2 −2b2 + c2 + 3bc−3ac)2 + (b2 −2c2 + a2 + 3ca−3ab)2 + (c2 −2a2 + b2 + 3ab−3bc)2] ≥ 0 c Ngô Hoàng Toàn Trang 59 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Bổ đề 2:Với mọi a > 0 thì luôn có: a ln a +√a2 + 2013 − ln 2√3 + 45 36+ √3 810 ! a3 −4√3ln 2√3 + 45 +445≤ 0 Chứng minh: Xét hàm f(a) = V T f0(a) = −112a2ln 2√3 + 45 −√3 270a2 +a √a2 + 2013+ ln a +√a2 + 2013 Ta thấy rằng: f00(a) = −a6ln 2√3 + 45 −√3a 135+a2 + 4026 (a2 + 2013)3/2 Và f000(a) = −ln 2√3 + 45 6− √3 135−a (a2 + 8052) (a2 + 2013)5/2< 0 Suy ra f00(a) nghịch biến, suy ra f00(a) < f00(0) < 0, suy ra f0(a) nghịch biến, suy ra f0(a) = 0 có tối đa 1 nghiệm Dễ thấy f0(2√3) = 0 nên f(a) ≤ f(2√3) = 0 Kết thúc chứng minh bổ đề 2 Trở lại bài toán: Theo bổ đề 2 thì: ln M =Xab ln a +√a2 + 2013 ! ln M ≤ ln 2√3 + 45 36+ √3 810 (a3b + b3c + c3a) + 4√3ln 2√3 + 45 −445 (a + b + c) Theo Bổ đề 1 thì a3b + b3c + c3a ≤ 432 Theo Cauchy thì a + b + c ≤ 6√3 Từ đó ta được ln M ≤ 36 ln(2√3 + 45) Suy ra M ≤ (2√3 + 45)36 Bài toán 12 Cho x; y; z là các só thực thuộc [1; 2] .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = x2y2 + y2z2 + z2x2 xyz(x + y + z) Đề thi thử lần 14 diễn đàn k2pi.net Lời giải 1 Xét hàm Ta có Do đó f(x) = x2y2 + y2z2 + z2x2 xyz(x + y + z) f0(x) = (xy + yz + zx)(x(y2 + z2) − yz(y + z) x2yz(x + y + z)2 f(x) ≤ max{f(1), f(2), f(yz(y + z) y2 + z2)} c Ngô Hoàng Toàn Trang 60 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn y2 + z2) = 2(y2 + z2) (y + z)2=2(t2 + 1) Xét f(yz(y + z) (t + 1)2= g(t) Với t =yz, t ∈ [12, 2] g0(t) = 4(t − 1) (t + 1)3Suy ra g(t) ≤ max{g(12), g(2)} =109Xét f(1) = y2z2 + y2 + z2 yz(1 + y + z)= h(y) Ta có h0(y) = (yz + y + z)(yz2 − z2 + y − z) y2z(1 + y + z)2 Suy ra h(y) ≤ max{h(1), h(2), h(z(z + 1) TH1: h(1) = 2z2 + 1 z2 + 1)} z(2 + z)=(7z − 4)(z − 2) 8z(z + 2) +98≤98 TH2: h(2) = (13z − 10)(z − 2) 10z(z + 3) +65≤65 z2 + 1) = 2(z2 + 1) TH3: h(z(z + 1) (z + 1)2=4(2z − 1)(z − 2) 9(z + 1)2≤109 Xét f(2) thì tương tự... Tóm lại max P =65khi (x, y, z) = (2, 2, 1) và hoán vị. Lời giải 2 Ta đưa P về 2 biến sau đó là 1 biến như sau Đặt y=hx và z=kx Giả sử z ≥ y ≥ x ⇒ 2 ≥ h ≥ k ≥ 1 Khi đó P =h2 + h2k2 + k2 hk (1 + h + k)≤4 + 4k2 + k2 2k (1 + 2 + k) Thật vậy bất đẳng thức đã cho tương đương với ⇔(h2 − 4) (k2 + 1) 4 + 5k2≤(h − 2) (h + 3 + k) 2 (3 + k)⇔ (2 − h) (h + 2) (k2 + 1) 4 + 5k2−h + 3 + k 2 (3 + k) ≥ 0 Thấy (h + 2) (k2 + 1) (2k + 6) − (4 + 5k2) (h + k + 3) = h (2k3 + k2 + 2k + 2) − k3 − 3k2 ≥ k3 − 2k2 + 2k + 2 = k (k − 1)2 + k + 2 > 0 Do đó P ≤4 + 5k2 2k (3 + k)≤65 ⇔ 13k2 − 36k + 20 ≤ 0 ⇔ (k − 2) (13k − 10) ≤ 0 đúng với mọi k ∈ [1, 2] Vậy Pmax =65 Lời giải 3 Đặt y = hx và z = kx.Giả sử z ≥ y ≥ x ⇒ 2 ≥ h ≥ k ≥ 1. Khi đó P =h2 + h2k2 + k2 hk (1 + h + k)= f(h) Ta có f0(h) = (hk + h + k)(k2(h − 1) + h − k) h2k(1 + h + k)2≥ 0 Suy ra P ≤ f(2) = 5k2 + 4 2k(k + 3) =(13k − 10)(k − 2) 10k(k + 3) +65≤65 c Ngô Hoàng Toàn Trang 61 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán 13 Cho x, y, z là các số thực không âm thoả mãn xy + yz + zx > 0.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P =1 py(x + 4z)+ 4√z + 1 + 2px + 2y + 4 px(y + z) + 2z2+1 Đề thi thử lần 15 diễn đàn k2pi.net Lời giải 1 4√z + 1 + 2px + 2y + 4 = 4 √z + 1 + rx4+y2+ 1 ≥ 4 1 + rx 4+y2+ z + 1 = 4 + 2px + 2y + 4z + 4 py (x + 4z)=2√2 2p2y (x + 4z)≥2√2 1 x + 2y + 4z px (y + z) + 2z2=2√2 px (y + z) + 2z2=1 1 Đặt t = x + 2y + 4z, t > 0 P ≥ f(t) = 4√2 p16z2 + 8xy + 8xz≥2√2 x + 2y + 4z t+ 2√t + 4 + 4 f0(t) = −4√2 t2+1 √t + 4 f0(t) = 0 ⇔ 4√2√t + 4 = t2 ⇒ t4 − 32t − 128 = 0 ⇔ t = 4 f(4) = 4 + 5√2 x→0+f(t) = +∞ lim limx→∞f(t) = +∞ Từ đó suy ra: GTNN của hàm số f(t) trên khoảng (0; +∞) là f(4) = 4 + 5√2 Giá trị nhỏ nhất của P là 4 + 5√2 đạt với (x; y; z) = (2; 1; 0) Lời giải 2 Ta có: P = 2(√4z + 4 + px + 2y + 4) + 1 px(y + z) + 2z2+1 py(x + 4z)= 2Q + R +)Xét: Q =√4z + 4 + px + 2y + 4 ≥ 2 + px + 2y + 4z + 4 ≥ 2 + p4 + x + 2y + 3z (Do √a + 4 + √b + 4 ≥ 2 + √4 + a + b(∀a; b ≥ 0); dấu bằng xảy ra khi và chỉ ab = 0 ) c Ngô Hoàng Toàn Trang 62 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn +)Xét R =1 px(y + z) + 2z2+1 py(x + 4z) p2xy + xz + 2z2 + 4zy=2√2 p4(xy + xz + 2z2)(yx + 4zy)≥2√2 ≥2 Đặt t = x + 2y + 3z > 0.Suy ra: P = 2(2 + √4 + t) + 4√2 p(x + 2z)(z + 2y)≥4√2 x + 2y + 3z t Xét hàm số f(t) = 2(2 + √4 + t) + 4√2 √4 + t−4√2 ttrên (0; +∞) f0(t) = 1 t2= 0 ⇔ t = 4 ⇒ f(t) ≥ f(4) = 4 + 5√2 Vậy min P = 4 + 5√2 ⇔ x = 2; y = 1; z = 0 Bài toán 14 Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x2 + y2 = 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Lời giải 1 P = xp1 − y2 + y√1 − x2 Đề thi số 1 diễn đàn boxmath.vn Đầu tiên ta chứng minh BĐT: √a2 + b2 +√c2 + d2 ≥p(a + c)2 + (b + d)2, ∀ a, b, c, d ∈ R Bằng cách bình phương 2 vế và thu gọn, ta đưa về BĐT tương đương là: p(a2 + b2)(c2 + d2) ≥ ac + bd BĐT đúng theo BĐT Bunhiacovsky. Vậy √a2 + b2 +√c2 + d2 ≥p(a + c)2 + (b + d)2 Đẳng thức xảy ra khi a = kc và b = kd (k ∈ R). Trở lại bài Toán. Sử dụng điều kiện và BĐT trên ta có: P = xp1 − y2 + y√1 − x2 = xp(x + y)2 − y2 + yp(x + y)2 − x2 = xpx2 + 2xy + ypy2 + 2yx (x2)2 + (xp2xy)2 +q(y2)2 + (yp2xy)2 q = ≥p(x2 + y2)2 + 2xy(x + y)2 Mà (x2 + y2)2 + 2xy(x + y)2 = (x2 + y2)2 + 2xy = (x2 + y2)2 + (x + y)2 − (x2 + y2) = (x2 + y2 −12)2 +34≥34 Nên ta suy ra P ≥ Đẳng thức xảy ra khi x = y =12. r3 4= √3 2 c Ngô Hoàng Toàn Trang 63 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC √3 Vậy GTNN của P là 2khi x = y =12. Nếu cho điều kiện là x, y không âm thì P = xp1 − y2 + y√1 − x2 ≤ x.1 + y.1 = 1 Đẳng thức xảy ra khi (x, y) là một hoán vị của (0; 1). Lời giải 2 Ta có : P2 = x2(1 − y2) + y2(1 − x2) + 2xyp(1 − x2)(1 − y2) Hay x2 + y2 − 2x2y2 + 2xyp(x2y2 + 2xy) Hay P2 = 1 − 2xy − 2x2y2 + 2xyp(x2y2 + 2xy) Đặt t = xy.Ta có 0 < t ≤14 f(t) = 1 − 2t + 2t2 + 2t√t2 + 2t f0(t) = −2 + 4t + 2√t2 + 2t +2t(t + 1) √t2 + 2t< 0 với mọi t thoả 0 < t ≤34. Suy ra :f(t) là hàm nghịch biến.f(t) ≥ f(14) = 34.Suy ra P ≥√32 Lời giải 3 Ta có : x + y = 1 ⇒ x; y ∈ (0; 1) Do đó ta có : P = xp1 − (1 − x)2 + (1 − x)√1 − x2 = x√2x − x2 + (1 − x)√1 − x2 Ta sẽ khảo sát hàm số P(x) với Có P‘(x) = 3x − 2x2 √2x − x2−(1 − x)(1 + 2x) √1 − x2 P0(x) = 0 ⇔3x − 2x2 √2x − x2−(1 − x)(1 + 2x) √1 − x2= 0 ⇔3x − 2x2 √2x − x2=(1 − x)(1 + 2x) √1 − x2 ⇔(3x − 2x2)p(1 − x)(1 + x) = (1 − x)(1 + 2x)px(2 − x) ⇔(3 − 2x)px(1 + x) = (1 + 2x)p(1 − x)(2 − x) ⇔x =12 c Ngô Hoàng Toàn Trang 64 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn √3 Lập bảng biến thiên suy ra Pmin = Bài toán 2đạt được khi và chỉ khi x = y =12 15 Cho các số thực thay đổi x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z2 +1625xy = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =35x2 + y2 +56z2 + xy −p10(xy + yz + zx) Đề thi số 2 diễn đàn boxmath.vn Lời giải: Áp dụng BĐT: x2 + y2 ≥(x + y)2 2 Ta có: P ≥310(x+y)2 +56z2 +xy −p10(xy + yz + zx) ≥ |(x+y)z|+xy −p10(xy + yz + zx) ≥ (xy + yz + zx) −p10(xy + yz + zx) Đặt t =√xy + yz + zx ⇒ t ≥ 0 ⇒ P ≥ t2 −√10t Xét hàm số f(t) = t2 −√10t với t ≥ 0 Ta có f0(t) = 2t −√10, f0(t) = 0 ⇒ t =√10 2 √10 Lập bảng biến thiên ta có M inf(t) = f( Vậy M inP = −52 2) = −52 Dấu ” = ” xảy ra khi x = y và z2 =925(x + y)2 và xy + yz + zx =52 Hay x = y =5 √34, z =6 √34hoặc x = y = −5 √34, z = −6 √34 Bài toán 16 Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn 2(a4+b4+c4)−3(a2+b2+c2)+12 = (a + b + c)2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =a2 3b + c+b2 3c + a+c2 3a + b Đề thi số 3 diễn đàn boxmath.vn Lời giải: Thu gọn giả thiết, ta được: ab + bc + ca = (a4 + b4 + c4) − 2(a2 + b2 + c2) + 6 = P(a4 + 1) − 2(a2 + b2 + c2) + 3 ≥ 3 Suy ra a + b + c ≥p3(ab + bc + ca) = 3 Ta có: P ≥(Pa)2 P(3b + c)=(Pa)2 4(a + b + c)≥34 c Ngô Hoàng Toàn Trang 65 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Đẳng thức xảy ra a = b = c = 1 Bài toán 17 Cho các số thực x, y, z thỏa mãn z + y + z ≥ 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = 2xx + 2yy + 2zz Đề thi số 4 diễn đàn boxmath.vn Lời giải: Không mất tính tổng quát giả sử: x ≥ y ≥ z ⇒ 2x ≥ 2y ≥ 2z. Ta có: 2xx + 2yy + 2zz ≥ 2xy + 2yx + 2zz ≥ 2xy + 2yz + 2zx Tương tự ta cũng có: 2xx + 2yy + 2zz ≥ 2xz + 2yx + 2zy ⇒ 3(2xx + 2yy + 2zz) ≥ (2xx + 2yy + 2zz) + (2xy + 2yz + 2zx) + (2xz + 2yx + 2zy) ≥ (2x + 2y + 2z)(x + y + z) ≥ 3(2x + 2y + 2z) ⇒ 2xx + 2yy + 2zz ≥ 2x + 2y + 2z ≥ 3√32x+y+z ≥ 6 ⇒ M in(P) = 6 Xảy ra khi: x = y = z = 1 Bài toán 18 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = ab + bc + ca. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =6 + (a − b + 2)2 + (b − c + 2)2 + (c − a + 2)2 2−9 (ab2 + bc2 + ca2)2 Đề thi số 5 diễn đàn boxmath.vn Lời giải: a + b + c = ab + bc + ac ≤(a + b + c)2 3suy ra a + b + c ≥ 3 −9(ab + bc + ac)2 [(a + b + c)(a2b + b2c + c2a)]2≥−9(ab + bc + ac)2 (ab + bc + ac)4=−9 (ab + bc + ac)2=−9 6 + P(a − b)2 + 3.22 2=6 + 2Pa2 − 2Pab + 12 (a + b + c)2≥ −1 9 + x2 − 3x ≥ 9 + 0 = 9 2= 9 +Pa2 −Pab = 9 + (Pa)2 − 3Pab = Vậy giá trị bé nhất của P = 8 khi a = b = c = 1 Bài toán 19 Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x2+xy+yz = 3xz và x2+y2+z2 > 0.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P =x y + z+16y z + x+25z x + y Đề thi số 1 diễn đàn toanphongthong.vn Lời giải 1 Dự đoán dấu bằng xảy ra tại x = 3z, y = 0 Để ý nếu z = 0 thì x = y = 0 trái với c Ngô Hoàng Toàn Trang 66 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn giả thiết nên loại. Nếu z 6= 0 thì đặt xz= a,yz= b từ giả thiết ta có: a2 + ab + b = 3a ⇒ b =3a − a2 a + 1và a ≤ 3 Và ta có: P =a b + 1+16b a + 1+25 a + b=a 163a − a2 a + 1+25(a + 1) 4a + 1 − a2+16(3a − a2) (a + 1)2+25(a + 1) 4a Ta sẽ chứng minh: 3a − a2 a + 1+ 1 + a + 1 4a=a(a + 1) 4a + 1 − a2+16(3a − a2) (a + 1)2+25(a + 1) a(a + 1) 4a≥343 ⇐⇒ 43a5 − 411a4 + 966a3 + 546a2 + 175a + 25 ≥1363.a(a + 1)2(4a + 1 − a2) ⇐⇒13(a − 3)(265a4 − 710a3 − 320a2 − 138a − 25) ≥ 0 Nhưng do 0 < a ≤ 3 nên 138a − 25 ≤ 0   710 3a4 ≤ 710a3 85 3a4 ≤ 255a2 −65a2 − 138a − 25 ≤ 0 Suy ra: a−3 ≤ 0; 265a4−710a3−320a2− Vậy bất đẳng thức trên luôn đúng. Ta có PM in =343. Dấu đẳng thức xảy ra tại a = 3, b = 0 hay x = 3z, y = 0 Lời giải2 Đặt x = az, y = bz Từ giả thiết ta có: (a + 1)(a + b) = 4a ⇒ a ∈ [0; 3], b ∈ [0; 1] Từ (a + 1)(a + b) = 4a ⇒ a + b =4a a + 1⇒ a + b ∈ [0; 3]. Biểu thức P được viết lại: P =a b + 1+16b a + 1+25 a + b P−42 = (a+b+1) 1 b + 1+16 a + 1+25 a + b ≥ (a+b+1) 25 a + b + 2+25 a + b = 25(a+b+1) 1 a + b + 2+1 a + b Đặt t = a + b ⇒ t ∈ [0; 3] Xét hàm số F(t) = 2 + 1t−1 t + 2Ta có F0(t) = −1t2+1 (t + 2)2 F0(t) = 0 ⇒ t = −1. Lập bảng biến thiên ta có M inF(t) = F(3) = 3215Vậy MinP =343khi t = 3 hay a = 3, b = 0 hay y = 0, x = 3z Bài toán 20 Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện a + 18b2 = a2 + 16b3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Lời giải:Từ giả thiết ta có: P = a + b +6ab Đề thi số 2 diễn đàn toanphongthong.vn a + 18b2 = a2 + 4 + 8b3 + 8b3 + 8 − 12 ≥ 4a + 24b2 − 12 =⇒ 3a + 6b2 ≤ 12 ⇐⇒ 18 ≥ 3a + 6(b2 + 1) ≥ 3a + 12b c Ngô Hoàng Toàn Trang 67 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Ta có 3P = 3a + 3b +18ab ≥ 3a + 3b +3a + 12b ab = =⇒ P ≥ 6. Vậy M inP = 6 khi a = 2, b = 1. Bài toán 3a +12a ! + 3b +3b ! ≥ 18 21 Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện: x3 + y3 + z3 + xyz = 3 và z = min{x, y, z}. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = (x − z)(y − z)(x + y − z) + 2z(x2 + y2) Đề thi số 3 diễn đàn toanphongthong.vn Lời giải:Ta có 3 − P = 2z(z − x)(z − y) + (x + y − z)(x − y)2 Vì z = min{x, y, z} nên 2z(z − x)(z − y) ≥ 0 ∀z ≥ 0 và (x + y − z)(x − y)2 ≥ 0 ∀z ≥ 0. Suy ra P ≤ 3.  2z(z − x)(z − y) = 0 r3 Do đó, max P = 3 ⇐⇒  r3 (x + y − z)(x − y)2 = 0 x3 + y3 + z3 + xyz = 3 ⇐⇒ x = y = z =3 4hoặc x = y = 3 2, z = 0. Bài toán 22 Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: ab + 2bc + 3ca = 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = (a + b)(b + c)(c + a) + 4a + b + c Đề thi số 4 diễn đàn toanphongthong.vn Lời giải:Như tập trước bộ phim, một số khán giả đã dự đoán được Min P = 12 khi (a, b, c) = (1, 0, 2) Nếu điểm rơi như vậy thì "tình cờ" (a + b)(b + c)(c + a) = 4a + b + c = 6. Anh "bậc ba" đi với cô "bậc nhất", mà đề bài lại là bậc hai. Một cách tự nhiên, hẳn ai cũng nghĩ tới việc tác thành cho cặp đôi hoàn hảo này. Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: P ≥ 2p(a + b)(b + c)(c + a)(4a + b + c) Dễ thấy chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được (a + b)(b + c)(c + a)(4a + b + c) ≥ 36 Hay M = (a + b)(b + c)(c + a)(4a + b + c) ≥ (ab + 2bc + 3ca)2 Tới đây thì ý tưởng Cauchy Schwarz đã lộ rõ. Tất nhiên cảnh kết thúc bộ phim thì bao giờ cũng lãng mạn và đầy tinh tế. Để ý rằng M = [a(b + c)2 + b(c − a)2 + c(a + b)2](4a + b + c) ≥ [2a(b + c) + b(c − a) + c(a + b)]2 c Ngô Hoàng Toàn Trang 68 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn Hay M ≥ (ab + 2bc + 3ca)2 Từ đó có điều phải chứng minh. Bài toán 23 Cho ba số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: r(a + b + c)(ab + bc + ca) Lời giải 1 Có thể xử lý thế này P = r abc +4bc (b + c)2 Đề thi số 5 diễn đàn toanphongthong.vn 3 +b + c P = a+a (b + c) bc +cb+bc+4bc vuut3 + 2s(b + c)2 bc +c2 + b2 (b + c)2 ≥ vuut1 + 2s(b + c)2 bc +4bc (b + c)2 = bc +(b + c)2 bc +4bc (b + c)2 =  1 + s (b + c)2   +4bc (b + c)2 bc Đặt t =(b + c)2 hàm sau Lời giải 2 bc , suy ra t ≥ 4. Lúc này ta khảo sát hàm số hoặc dùng bất đẳng thức để xử lí f (t) = 1 + √t +4t Ta có:4bc (b + c)2=abc a. b+c 2.b+c ≥27abc (a + b + c)3 r(a + b + c)(ab + bc + ca) s 2 (a + b + c)3√3a2b2c2 s r(a + b + c)3 abc ≥ abc = 33 abc abc ≥ 27 Ta chỉ cần xét hàm : f(t) =p3√3t +27t. Đặt t =(a + b + c)3 Lời giải 3 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM được: (a + b + c)(ab + bc + ca) = a2(b + c) + abc + a(b + c)2 + (b + c)bc ≥ 2a√bc(b + c) + abc + a(b + c)2 Từ đó ta có: s √bc+ 1 +(b + c)2 P ≥ 2b + c bc +4bc (b + c)2=b + c √bc+ 1 +4bc (b + c)2. c Ngô Hoàng Toàn Trang 69 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Theo bất đẳng thức AM-GM ta lại có: √bc+ 1 +4bc 2√bc+b + c b + c (b + c)2=b + c 2√bc+4bc (b + c)2+ 1 ≥ 3 + 1 = 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 đạt được khi và chỉ khi a = b = c. c Ngô Hoàng Toàn Trang 70 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài toán 24 Cho các số thực x, y > 0 và thỏa mãn x + y + 1 = 3xy.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P =3x y(x + 1) +3y x(y + 1) − 1 x2+1y2 Đề thi thử số 1 diễn đàn moon.vn 25 Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4(x3 + y3 + z3) + 15xyz Đề thi số 2 diễn đàn moon.vn Cho ba số thực x, y, z thuộc đoạn [0; 2] và thỏa mãn x + y + z = 3.Tìm giá trị lớn nhất 26 và giá trị nhỏ nhất của P = x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx Đề thi số 5 diễn đàn moon.vn Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 27 thức P =x2 x + y2+y2 y + z2+z2 z + x2 Đề thi số 6 diễn đàn moon.vn 28 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x(x − 1) + y(y − 1) + z(z − 1) ≤ 6.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =1 x + y + 1+1 y + z + 1+1 z + x + 1 Đề thi số 7 diễn đàn moon.vn 29 Cho các số thực dương a, b thỏa mãn ab + a + b = 3.Chứng minh rằng b + 1+3b 3a a + 1+ab a + b≤ a2 + b2 +32 Đề thi số 8 diễn đàn moon.vn Cho các số thực dương a, b thỏa mãn ab+a+b = 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 30 :4a a + 1+ 2ab −√7 − 3ab b + 1+4b Đề thi số 9 diễn đàn moon.vn c Ngô Hoàng Toàn Trang 71 3.2 Bất đẳng thức trong đề thi thử các diễn đàn 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 31 thức : 2p1 + 8y3 + 4x − 2 +4y P =4x y z2√1 + 8z3 + 4y − 2 +4z x2√1 + 8x3 + 4z − 2 Đề thi số 10 diễn đàn moon.vn 32 Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z > 0.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =x3 + y3 + 16z3 (x + y + z)3 Đề thi số 11 diễn đàn moon.vn 33 thức Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z ≤ 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu P =2x3+2y3+2z3+1 x2 − xy + y2+1 y2 − yz + z2+1 z2 − zx + x2 34 Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn 1 2; 2 Đề thi số 12 diễn đàn moon.vn .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4xy + 5z+60x2 − 1 P =60z2 − 1 4yz + 5x+60y2 − 1 4zx + 5y Đề thi số 13 diễn đàn moon.vn 35 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =1xyz+4 (x + y)(y + z)(z + x) Đề thi số 14 diễn đàn moon.vn Cho các số thực dương a, b, c và thỏa mãn 2ab + 5bc + 6ca = 6abc.Tìm giá trị nhỏ nhất 36 của biểu thức: P =ab b + 2a+4bc 4c + b+9ca a + 4c Đề thi số 15 diễn đàn moon.vn c Ngô Hoàng Toàn Trang 72 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.3 Bất đẳng thức trong đề thi thử các trung tâm 3.3 Bất đẳng thức trong đề thi thử các trung tâm Bài toán Cho x, y, z là các số thực dương.Tìm giá trị lớn nhất của 1 px2 + y2 + z2 + 4−9 P =4 Lời giải: (x + y)p(x + 2z)(y + 2z) Đề thi thử lần 1 trung tâm nguoithay.vn Sử dụng bất đẳng thức AM − GM và Cauchy − Schwarz ta có : x2 + y2 + z2 + 4 ≥(x + y)2 2+(z + 2)2 2≥(x + y + z + 2)2 4 p(x + 2z)(y + 2z) ≤x + y + 4z 2 (3x + 3y)(x + y + 4z) ≤16(x + y + z)2 4 Vậy ta có P ≤8 x + y + z + 2−27 2(x + y + z)2 Đến đây,đặt t = x + y + z;t > 0 ta tìm được giá trị lớn nhất của P.Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 2. Bài toán 2 Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x + y + 1 = z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Lời giải: P =x3 x + yz+y3 y + zx+z3 z + xy+14 (z + 1)p(x + 1)(y + 1) Đề thi thử lần 2 trung tâm nguoithay.vn Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có : 4=(z + 1)2 4 x3 z + xy = (x + 1)(y + 1) ≤(x + y + 2)2 x + yz+y3 y + zx≥(x2 + y2)2 x2 + y2 + 2xyz≥x2 + y2 z + 1≥(x + y)2 2(z + 1) =(z − 1)2 2(z + 1) Do đó 2(z + 1) +4z3 P ≥(z − 1)2 (z + 1)2+28 (z + 1)2 c Ngô Hoàng Toàn Trang 73 3.3 Bất đẳng thức trong đề thi thử các trung tâm 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Khảo sát hàm số trên với z > 0 ta tìm được giá trị nhỏ nhất bằng 538khi x = y =13; z =53 Bài toán 3 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz = x + y + z + 2.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : √x2 + 2+1 P =1 Lời giải 1 py2 + 2+1 √z2 + 2 Đề thi thử lần 3 trung tâm nguoithay.vn Với giả thiết bài toán ta viết lại là P 1xy+2xyz= 1. Đẳng thức này khiến chúng ta liên tưởng tới phép đặt m =1 √xy, n =1 √yz, p =1 √zx. Hiển nhiên, m, n, p dương. Khi đó giả thiết bài toán được viết lại là m2 + n2 + p2 + 2mnp = 1 Lúc này, P =mp pn2 + 2mp+np pm2 + 2np+mn pp2 + 2mn Giả thiết khiến chúng ta liên tưởng đến phép đặt m = cos A, n = cos B, p = cos C với A, B, C là ba góc một tam giác nhọn ABC nào đó. Khi ấy, biểu thức P có thể chuyển về biểu thức chứa các hàm lượng giác. Nhưng, trong lượng giác ta lại có một công thức khá thú vị và có nhiều ứng dụng đó là cos2 A =cot2 A (cot A + cot B)(cot A + cot C). Vì thế, nếu cot A = u, cot B = v, cot C = w thì ta có thể đặt luôn như sau p(u + v)(u + w), n =v m =u Do đó, với uw + vw + uw = 1 thì P =uv p(v + u)(v + w), p =w p(w + u)(w + v) p(uw + vw)2 + 2(uv)2+vw p(uw + uv)2 + 2(vw)2+uw p(uv + vw)2 + 2(uw)2 Lại tiếp tục đặt a = uv, b = vw, c = uw ta có a + b + c = 1 và P =a p(b + c)2 + 2a2+b p(a + c)2 + 2b2+c p(b + a)2 + 2c2 Áp dụng BĐT Cauchy − Schwarz ta có p(b + c)2 + 2a2=a√3 i≤a√6 a r 3 h(b+c)2 2 +(b+c)2 2 + 2a2 2(a + b + c) Xét tương tự cho hai biểu thức còn lại ta suy ra √ P ≤62 c Ngô Hoàng Toàn Trang 74 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.3 Bất đẳng thức trong đề thi thử các trung tâm Vậy, √ max P =62⇐⇒ x = y = z = 2. Lời giải 2 Biến đổi giả thiết về 1 + x+1 1 + y+1 1 1 + z= 1 Thì có thể sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có : (x2 + 2)(1 + 12) ≥ (x + 1)2. ⇒1 √x2 + 2≤ r3 2 1 x + 1 Tương tự cho các bất đẳng thức còn lại .Cộng vế theo vế các bất đẳng thức ta có P ≤ Bài toán r3 2. 4 Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x2 + y2 + z2 =13. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =xy + yz + zx x + y + z+2(x + y + z) 9(xy + yz + zx) Đề thi thử lần 4 trung tâm nguoithay.vn Lời giải 1 Đặt t =x + y + z xy + yz + zx. Từ điều kiện, ta được t ≥ 3 Khi đó: P = f(t) = 1t+2t9≥ f(3) = 1 Lời giải 2 Từ điều kiện ta có : 3= x2 + y2 + z2 ≥(x + y + z)2 1 3⇔ (x + y + z) ≤ 1 Ta lại có : (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx) P =xy + yz + zx x + y + z+x + y + z 9(xy + yz + zx)+x + y + z 9(xy + yz + zx) =xy + yz + zx 9(xy + yz + zx)+(x + y + z)2 Vậy : x + y + z+x + y + z ≥23+1 3(x + y + z) ≥ 1 9(x + y + z)(xy + yz + zx) c Ngô Hoàng Toàn Trang 75 3.3 Bất đẳng thức trong đề thi thử các trung tâm 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán 5 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Lời giải: 5x2 + y2 + 2z2 +5 16x2 + z2 + 6xy + 12yz Đề thi thử lần 5 trung tâm nguoithay.vn Rất khó để đoán được điểm rơi trong bài này! Vì thế, với dạng của biểu thức P ta chỉ có thể dùng phương pháp hệ số bất định để tìm điểm rơi. Cụ thể, ta phải chọn số k lớn nhất để x2 + 2y2 + 5z2 ≥ 2k(xy + yz + zx) = 2k (1) và phải đảm bảo dấu bằng xảy ra. Tôi chọn con số 2k để hệ số cho đẹp và có ý đồ ở biến đổi tiếp theo. Nếu dùng Cauchy − Schwarz trực tiếp thì x2 + 2y2 + 5z2 =x21+y21 2 +z21 5 ≥(x + y + z)2 1 +12+15≥3(xy + yz + zx) 17 10 =30(xy + yz + zx) 17 Suy ra kmax =3017. Nhưng khi ấy, kết hợp giả thiết thì dấu bằng không xảy ra. Do đó, chúng ta có thể điều chỉnh hệ số k để dấu bằng xảy ra khi áp dụng Cauchy − Schwarz. Ta có thể biến đổi (1) thành (1 + k)x2 + (2 + k)y2 + (5 + k)z2 ≥ k(x + y + z)2(2) Lúc này, áp dụng Cauchy − Schwarz ta được V T(2) =x21 +y21 +z21 ≥(x + y + z)2 1 + k+1 1 + k 2 + k 5+k 1 2 + k+1 5 + k Do đó, số kmax thỏa mãn bất đẳng thức (2) phải là nghiệm của phương trình sau: 1 2 + k+1 1+k +1 1 5 + k = k Giải phương trình với điều kiện k > 0 ta được 3 nghiệm, tất nhiên ta chọn nghiệm k = 1. Như vậy với phân tích trên chúng ta dễ dàng chứng minh được bất đẳng thức phụ x2+2y2+5z2 ≥ 2(xy + yz + zx) = 2. Từ đó chúng ta có thể dự đoán dấu bằng xảy ra khi 6x = 2y = 3z. Trước hết, chúng ta cần chứng minh bất đẳng thức phụ: 5x2 + y2 + 2z2 ≥ 2(xy + yz + zx) = 2 Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với 6x2 + 2y2 + 3z2 ≥ (x + y + z)2(?) Mà bất đẳng thức (?) luôn đúng theo Cauchy − Schwarz. Mặt khác, ta lại có 16x2 + z2 + 6xy + 12yz ≤ 16x2 + z2 + (9x2 + y2) + (4y2 + 9z2) = 5(5x2 + y2 + 2z2) c Ngô Hoàng Toàn Trang 76 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.3 Bất đẳng thức trong đề thi thử các trung tâm Kết hợp sử dụng AM − GM suy ra được P ≥3(5x2 + y2 + 2z2) 4+5x2 + y2 + 2z2 4+1 5x2 + y2 + 2z2 ≥3(5x2 + y2 + 2z2) 4+ 1 ≥32+ 1 =52 Do đó min P =52⇐⇒ Bài toán  6x = 2y = 3z xy + yz + zx = 1⇐⇒ 6x = 2y = 3z =6 √11.  6 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x = y + z + xyz. Tìm giá trị lớn nhất của z + z√xy 2 biểu thức P = Lời giải 1 (x + y)(z2 + 1) +2z (z2 + 1)√z2 + 1. Đề thi thử lần 6 trung tâm nguoithay.vn Đặt c =1z> 0, a = x + y > 0, b = x − y > 0. Giả thiết trở thành 4bc = 4 + a2 − b2.. Biểu thức P được viết lại như sau: P =(1 + √bc − 1)2 a(1 + c2)+2c2 (1 + c2)√1 + c2 Bài toán này không có cơ sở để dự đoán điểm rơi. Nhưng chắc chắn rằng ta nên đưa về hàm theo biến c. Ở đây, ta cần phải khử hết a, b. Chú ý rằng giả thiết luôn tồn tại giá trị b khi cho a, c là các giá trị dương bất kì. Từ giả thiết ta có a =p4(bc − 1) + b2. Khi đó P =(1 + √bc − 1)2 (1 + c2)p4(bc − 1) + b2+2c2 (1 + c2)√1 + c2 Bài toán bây giờ xem như không có giả thiết nữa ngoài điều kiện bc > 1. Công việc bây giờ là tìm đánh giá sau: Thật vậy ta có (1 + √bc − 1)2 p4(bc − 1) + b2≤ f(c) (1 + √bc − 1)2 = bc + 2√bc − 1 ≤p(c2 + 1)(b2 + 4(bc − 1) ⇐⇒(1 + √bc − 1)2 p4(bc − 1) + b2≤√c2 + 1 Cuối cùng ta có được √c2 + 1+2c2 P ≤1 (1 + c2)√1 + c2= g(c) Khảo sát g(c) ta tìm được max P = max g(c) = g(1) = √2. Lời giải 2 z + z√xy 2= z(z + xyz) + 2z2√xy = z(x − y) + 2z2√xy ⇒z + z√xy 2≤√z2 + z4q(x − y)2 + 4xy = z√z2 + 1 (x + y) c Ngô Hoàng Toàn Trang 77 3.3 Bất đẳng thức trong đề thi thử các trung tâm 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC Suy ra : P ≤z √z2 + 1+2z (z2 + 1) √z2 + 1 (z2 + 1) √z2 + 1≤√2 ⇔ (z2 + 2) (z2 − 1)2 ≥ 0 (luôn đúng) ⇒ P ≤z3 + 3z Vậy Pmin =√2.Khi :x =√2 + 1, y =√2 − 1, z = 1 Bài toán 7 Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x2 + y2 = x + y.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : √x + 3y+16 P = 3x + 2y +16 √3x + 1 Đề thi thử lần 7 trung tâm nguoithay.vn Lời giải: P = 3x+ 2y +16 √x + 3y+16 √3x + 1= Từ giả thiết ta suy ra 0 < x + y ≤ 2 x + 3y +16 √x + 3y + 3x + 1 +16 3x + 1 −(x+y)−1 Mặt khác áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có x + 3y +16 √x + 3y= x + 3y +8 √x + 3y+8 √x + 3y≥ 12 3x + 1 +16 3x + 1= 3x + 1 +8 3x + 1+8 3x + 1≥ 12 Suy ra x + 3y +16 √x + 3y + 3x + 1 +16 3x + 1 − (x + y) − 1 ≥ 24 − 2 − 1 = 21 Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 21 khi x = y = 1 Bài toán 8 Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn 2x2 + 2y2 +1xy= 5.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :3 1 + x2+3 1 + y2−4 1 + 2xy Đề thi thử lần 8 trung tâm nguoithay.vn Lời giải: Từ điều kiện bài toán ta có 2x2 + 2y2 +1xy= 5 ⇔ 4xy +1xy6 5 ⇔146 xy 6 1 Ta có 1 + xy=3 (xy − 1) (x − y)2 1 + x2+3 1 + y2−6 3 (x2 + 1) (y2 + 1) (xy + 1) 6 0 ⇔3 1 + x2+3 1 + y266 1 + xy c Ngô Hoàng Toàn Trang 78 3 TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 3.3 Bất đẳng thức trong đề thi thử các trung tâm Do dó P 66 1 + xy−4 1 + 2xy= f(xy) 146xy61 6 max 1 46t61 f (t) = 3215 Dấu = khi x = y =12 Bài toán 9 Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn px2 + y2 + 2x + 2y + 1 + z = 3.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P = x4 + y4 + z4 Đề thi thử lần 9 trung tâm nguoithay.vn Lời giải: Trước hết ta chứng minh px2 + y2 + 2x + 2y + 1 ≥ 1 + px2 + y2(?)với x, y ≥ 0 Thật vậy,bình phương hai vế và thu gọn ta được xy ≥ 0.Điều này đúng theo giả thiết. Từ điều kiện ta cópx2 + y2 ≤ 2 − z ⇒ x2 + y2 ≤ (2 − z)2 Mặt khác ta có P ≤ (x2 + y2)2 + z4 ≤ (2 − z)4 + z4 Xét hàm số f(z) = (2 − z)4 + z4 với z ∈ [0; 2].Khảo sát hàm số trên ta được giá trị lớn nhất của P = 16 khi x = y = 0; z = 2 và các hoán vị . Bài toán 10 Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn √4 + x2 +√4 + 3y +√4 + 3z = 8.Tìm giá trị lớn nhất của P = 2x3 + 9(y3 + z3) Đề thi thử lần 10 trung tâm nguoithay.vn Lời giải: Trước hết ta chứng minh √4 + a +√4 + b ≥ 2 + √4 + a + b (?) Thật vậy,ta có (?) tương đương với √4 + a√4 + b ≥ 2√4 + a + b ⇒ ab ≥ 0 Từ điều kiện ta có 8 = √4 + x2 +p4 + 3y +√4 + 3z ≥ 2 + p4 + x2 + 3y +√4 + 3z ≥ 4 + p4 + x2 + 3(y + z) ⇒ y + z ≤ 4 −x23(1) Do x, y, z ≥ 0 nên từ (1) ta có 0 ≤ x ≤ 2√3 Ta lại có P ≤ 2x3 + 9(y + z)3 ≤ 2x3 + 9 4 −x23 3 c Ngô Hoàng Toàn Trang 79