chuyên đề bất đẳng thức_luyện thi đại học môn toán

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

184
 Chuyên đề 6: BẤT ĐẲNG THỨC
A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI

I. Một số ghi nhớ:
 a
2
 0 , (a  b)
2
 4ab ;  a, b
 a
2
 ab + b
2
> 0 ;  a, b
 a   a ;  a
 a + b a + b ;  a, b
 a  b a  b ;  a, b
 1  sin x  1; 1  cosx  1
II. Bất đẳng thức Cauchy
Cho hai số a, b không âm
1. Ta có: a + b 
2 a.b
dấu “=” xảy ra khi a = b
2. Nếu a + b = const thì tích a.b lớn nhất khi a = b
3. Nếu a.b = const thì tổng a + b nhỏ nhất khi a = b

B. ĐỀ THI
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011

Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x  y, x  z .
Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức
x y z
P
2x 3y y z z x
  
  
.
Giải
Áp dụng bất đẳng thức
1 1 2
1 a 1 b
1 ab



với a, b dương và ab  1.
Ta có:
x y z 1 1 1
P
y z x
2x 3y y z z x
2 3 1 1
x y z
     
  
  


   



1 2 1 2
yy
z x x
2 3 2 3
11
xx
y z y

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
zx
yz

hoặc
x
1
y

.
Đặt t =
x
y
. Với x, y thuộc đoạn [1; 4] và x  y thì t  [1; 2] .
Khi đó: P 
2
2
2
1 2 t 2
1

1 t 1 t
2t 3
23
t
  







TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

185
Xét hàm số f(t) =
2
2
t2
1t
2t 3



trên [1; 2] .
Ta có: f’(t) =
32
2 2 2
2[4t (t 1) 3(2t t 3)]
(2t 3) (t 1)

    

< 0 , x[1; 2] .
Suy ra hàm số f nghòch biến trên [1; 2] . Do đó: f(t)  f(2) =
34
33

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi :
z x x
hoặc 1
x z y
x
t2
y

  







(*) .
Dễ thấy x = 4, y = 1, z = 2 thỏa (*).
Vậy giá trò nhỏ nhất của P bằng
34
33
khi x = 4, y = 1, z = 2 .
Cách 2:

Lấy đạo hàm theo biến z ta được:
P’(z) =
   


22
yx
0
y z z x
=
 
 
   
2
22
x y z xy
y z z x



 Nếu x = y thì
x x z
P
2x 3x x z z x
  
  
=
6
5
.

 Nếu x > y thì P’(z) = 0 
2
z xy 0 z xy   
.
z
xy

P'(z)
 0 +
P

 
P xy

Vậy P 
 
P xy
=
xy
xy
2x 3y
y xy xy x



=
2y
x
2x 3y
yx





=
x
2
y
x
x
23
1
y
y



.
Đặt: t =
x
y
,


 
t 1; 2
thì P 
2
2
t2

1t
2t 3




Đặt: f(t) =
2
2
t2
1t
2t 3



. Tương tự như trên ta có minP =
34
33
.
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

186
Cách 3: Ta có:
yz
x y z 1
xx
P
y y z z
2x 3y y z z x
2 3 1

x x x x
     
  
  

Đặt a =
y
x
và b =
z
x
. Vì x, y, z [1; 4] và x  y, x  z nên a, b 
1
; 1
4



.
Khi đó:
1 a b
P
2 3a a b b 1
  
  
.
Lấy đạo hàm theo biến b ta được:
P'(b) =
   
22

a1
0
a b b 1


=
 
 
   
2
22
1 a b a
a b b 1


.
 Nếu a = 1 thì
1 1 b 6
P
2 3 1 b b 1 5
   
  
.
 Nếu a < 1 thì P'(b) = 0 
2
b a 0 b a   
.
b
1
4

a
1
P'(b)
 0 +
P

 
Pa

Vậy P
 
Pa
=
1 a a
2 3a
a a a 1



.
Đặt: t =
a

1
t ; 1
2








thì P 
2
22
1 t t
t1
2 3t t t



.
Đặt: f(t) =
2
22
1 t t
t1
2 3t t t



=
2
1 t t
t 1 t 1
2 3t




=
2
1 2t
t1
2 3t



.
Ta có:
 
 
22
2
6t 2
f'(t)
t1
2 3t
  


 0 ,
1
t ; 1
2





.
Suy ra: f(t) đồng biến trên
1
; 1
2



 f(t)
1 34
f
2 33




.
Dấu “=” xảy ra 
1
t
2
ba









1
a
4
1
b
2










y1
x4
z1
x2









(*).

Dễ thấy x = 4, y = 1, z = 2 thỏa (*). Ta lại có:
34 6
33 5

nên minP =
34
33
.



TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

187
Caùch 4 : P =
1 1 1
2 3 1 1
y z x
x y z

  

Đặt a =
z
y
, b =
x
z
. Ta có a > 0, b > 0 ; ab =
1

x
y

.
P thành
1 1 1
3
11
2
ab
ab




Mà
1 1 2
11
1
ab
ab



và khi a = b thì dấu “=” xảy ra.
Nên P =
1 1 2
2 3 1 1 2 3
1
ab ab

ab a b ab
ab
   
   

.
Đặt t =
ab
, vì
14
x
ab
y
  
nên
12t

Suy ra P

2
2
2
2 3 1
t
tt


=
2
2

4 2 2 34
2 3 11 1 3 33
t
tt
   


=
2
2
3 12 2(2 ) 34
11(2 3) 3(1 ) 33
tt
tt




=
2
3( 2) 2 34
(2 )
11(2 3) 3(1 ) 33
t
t
tt


  





=
2
2
35 27 48 34
(2 )
33(2 3)(1 ) 33
tt
t
tt






=
=
 
2
2
8 27( 1) 48 34 34
(2 ) , 1,2
33(2 3)(1 ) 33 33
tt
tt
tt


  
    




Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

188
Khi a = b và t = 2 thì P =
34
33
.
Do đó P
34
33

và P =
34
33
khi x = 4, y = 1 và z = 2
Vậy ta có minP =
34
33
.
( Ghi chú:
2
35 27 48tt
là 1 tam thức bậc 2 có a > 0 và
0

nên ln ln
dương )
Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2011
Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn 2(a
2
+ b
2
) + ab = (a + b)(ab + 2) .
Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức
3 3 2 2
3 3 2 2
a b a b
P 4 9
b a b a
   
   
   
   
   
.
Giải
ª Đặt t =
ab
ba

( t > 0 ) thì :

2
22
2

22
a b a b a b
2 . t 2
b a b a
ba

     




3
33
3
33
a b a b a b a b
3 . t 3t
b a b a b a
ba
   
      
   
   

Suy ra: P = 4(t
3
– 3t) – 9(t
2
– 2) = 4t
3

– 9t
2
– 12t + 18
ª Theo giả thiết ta có: 2(a
2
+ b
2
) + ab = (a + b)(ab + 2)

 
a b 1 1
2 1 ab 2
b a b a
   
    
   
   
(Chia hai vế cho ab  0)

 
a b 1 1
2 1 a b 2
b a a b
   
     
   
   
(1)
Ta có:
 

11
a b 2
ab

  



 
11
2 a b .2
ab




=
ab
2 2 2
ba




(2)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
11
a b 2
ab


  



Với t =
ab
ba

( t > 0 ) và kết hợp với (1) và (2) ta được:



TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

189

 
2t 1 2 2 t 2  

 
2
4t 4t 1 4 2 t 2   




2
4t 4t 15 0  

5

t
2

(vì t > 0) .
ª Xét P(t) = 4t
3
– 9t
2
– 12t + 18, với

5
t
2
.
Ta có: P'(t) = 12t
2
– 18t – 12 > 0, 

5
t
2
.
Do đó: Hàm số P(t) đồng biến trên
5
;
2







Suy ra: P(t) 
5 23
P
24




. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

22
22
ab
11
a b 2
a b 2
ab 2
ab
ab
a b 5
a b 5
a b 5
t
b a 2
ab 2







  







  


  





  






 
2
ab 2

a b 2ab 5




  



ab 2
a b 3






a 1 a 2
b 2 b 1






.
Vậy minP =
23
4


khi
a 1 a 2
b 2 b 1






.
Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010
Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1. Tìm giá trò nhỏ nhất
của biểu thức M = 3(a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
) + 3(ab + bc + ca) +

2 2 2
2 a b c
.
Giải

Đặt t = ab + bc + ca, ta có: a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca
 1 = (a + b + c)
2
= a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + bc + ca)
 a
2
+ b
2
+ c
2
= 1 – 2t và

1
0t
3

Theo B.C.S ta có: t
2

= (ab + bc + ca)
2
≤ 3(a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
)
 M ≥
   
2
t 3t 2 1 2t f(t)

f’(t) =


2
2t 3
1 2t

f"(t) =



3
2
2
(1 2t)
< 0, t 
1
0;
3



 f’(t) là hàm giảm
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

190

  
1 11
f'(t) f'( ) 2 3
33
> 0  f tăng  f(t) ≥ f(0) = 2, t 
1
0;
3




 M ≥ 2,  a, b, c không âm thỏa a + b + c = 1
Khi a = b = 0 và c = 1 thì M = 2. Vậy min M = 2.

Bài 4: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2010
Cho hai số thực dương thay đổi x, y thỏa mãn điều kiện 3x + y  1. Tìm giá trò
nhỏ nhất của biểu thức

11
A
x
xy
.
Giải
Cách 1: 1  3x + y = x + x + x + y 
3
4
4 x y


3
4
1
4
xy

A =
   
3
4
1 1 2 2
8
x
xy

x xy
xy

Khi x = y =
1
4
ta có A = 8. Vậy min A = 8.
Cách 2: Áp dụng: a, b > 0:


1 1 4
a b a b

A =
    


1 1 1 2 1 1
xy
x x x y x
xy
22

  


48
8
xy
3x y

x
22

Khi x = y =
1
4
ta có A = 8. Vậy min A = 8.
Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009
Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn x(x + y + z) = 3yz,
ta có (x + y)
3
+ (x + z)
3
+ 3(x + y)(x + z)(y + z)  5(y + z)
3
.
Giải
x(x + y + z) = 3yz
   
y z y z
13
x x x x

Đặt
      
yz
u 0,v 0,t u v 0
xx
. Ta có:

  


             


2
2
2
u v t
1 t 3uv 3 3 3t 4t 4 0 t 2 3t 2 0 t 2
24

Chia hai vế cho x
3
bất đẳng thức cần chứng minh đưa về

         
        
3 3 3
1 u 1 v 3 1 u 1 v u v 5 u v




TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

191

           

      
    
3 2 2
3
33
33
3
3 3 2
2 t 3 1 u 1 v 3 1 u 1 v 3 1 u 1 v t 5t
2 t 6 1 u 1 v 5t 2 t 6(1 u v uv) 5t
1t
2 t 6 1 t 5t 4t 6t 4t 0 t 2t 1 t 2 0
3
           
            


             



Đúng do t  2.
Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009
Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn (x + y)
3
+ 4xy  2. Tìm giá trò nhỏ
nhất của biểu thức A = 3(x
4
+ y
4

+ x
2
y
2
) – 2(x
2
+ y
2
) + 1 .
Giải

3
32
2
(x y) 4xy 2
(x y) (x y) 2 0 x y 1
(x y) 4xy 0

  

        

  





   
2

22
(x y) 1
xy
22
dấu “=” xảy ra khi :

1
xy
2

Ta có:


2 2 2
22
(x y )
xy
4


 
4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
A 3 x y x y 2(x y ) 1 3 (x y ) x y 2(x y ) 1

           



2 2 2
2 2 2 2 2

2 2 2 2 2
(x y )
3 (x y ) 2(x y ) 1
4
9
(x y ) 2(x y ) 1
4


     



    

Đặt = x
2
+ y
2
, đk t ≥
1
2


2
9 9 1 1 9
f(t) t 2t 1 f'(t) t 2 0, t f(t) f( )
4 2 2 2 16
           

Vậy:
  
min
91
A khi x y
16 2

Bài 7: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2008
Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi. Tìm giá trò lớn nhất và giá trò nhỏ
nhất của biểu thức



22
(x y)(1 xy)
P
(1 x) (1 y)

Giải
Cách 1:
Ta có:
 
   
      

  
2 2 2
(x y)(1 xy) (x y)(1 xy) 1 1 1
pp
4 4 4

(1 x) (1 y)
(1 x) (1 xy)

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

192
 Khi x = 0, y = 1 thì

1
p
4
là GTNN
 Khi x = 1, y = 0 thì

1
p
4
là GTLN
Cách 2:
     

   
2 2 2 2
2 2 2 2
x x y y xy x(1 y ) y(1 x )
p
(1 x) (1 y) (1 x) (1 y)


    

  
   
22
2 2 2 2
x(1 2y y ) y(1 2x x ) x y
(1 x) (1 y) (1 x) (1 y)

Ta luôn có:
2
a1
0 ; a 0
4
(1 a)
   


Nên

max
1
p
4
khi x = 1, y = 0 và

min
1
p
4
khi x = 0, y = 1.
Bài 8: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007

Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện xyz = 1.
Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức:

  
  
  
222
x (y z) y (z x) z (x y)
P
y y 2z z z z 2x x x x 2y y

Giải
Ta có: x
2
(y + z)  2x
x
. Tương tự
   
22
y (z x) 2y y, z (x y) 2z z


  
  
2y y
2x x 2z z
P
y y 2z z z z 2x x x x 2y y

Đặt

a x x 2y y, b y y 2z z, c z z 2x x     

Suy ra:
4c a 2b 4a b 2c 4b c 2a
x x , y y , z z
9 9 9
     
  

Do đó
     

  


2 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2a
P
9 b c a



   
          
   

   

2 c a b a b c 2
4 6 (4.3 3 6) 2
9 b c a b c a 9

Dấu “=” xảy ra  x = y = z = 1. Vậy giá trò nhỏ nhất của P là 2.
Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007
Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi. Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức:
   

     
   


   
x 1 y 1 z 1
P x y z
2 yz 2 zx 2 xy

Giải



TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

193
Ta có:

   
2 2 2 2 2 2
x y z x y z
P
2 2 2 xyz

Do x
2
+ y
2
+ z
2
=
  
    
2 2 2 2 2 2
x y y z z x
xy yz zx
2 2 2

Nên
     
     
     
     
     
2 2 2
x 1 y 1 z 1
P
2 x 2 y 2 z

Xét hàm số

2
t1
f(t)

2t
với t > 0. Lập bảng biến thiên của f(t) ta suy ra

  
3
f(t) , t 0.
2
Suy ra:

9
P.
2
Dấu bằng xảy ra  x = y = z = 1
Vậy giá trò nhỏ nhất của P là
9
2
.
Bài 10: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006
Cho hai số thực x  0 và y  0 thay đổi và thỏa mãn điều kiện:
(x + y)xy = x
2
+ y
2
 xy.
Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức A =

33
11
.
xy

Giải
Từ giả thiết ta suy ra:
   
22
1 1 1 1 1
x y xy
xy

Đặt
11
a, b
xy

ta có: a + b = a
2
+ b
2
 ab (1)
A = a
3
+ b
3
= (a + b)(a
2
+ b
2
 ab) = (a + b)
2
.

Từ (1) suy ra: a + b = (a + b)
2
 3ab.
Vì


   


2
22
a b 3
ab nên a + b ( a + b) (a b)
24

 (a + b)
2
 4(a + b)  0  0  a + b  4. Suy ra: A = (a + b)
2
 16
Với x = y =
1
2
thì A = 16. Vậy giá trò lớn nhất của A là 16.
Bài 11: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006
Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức:
       
2 2 2 2
A (x 1) y (x 1) y y 2

Giải
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy xét M(x  1; y), N(x + 1; y).
Do OM + ON  MN nên
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

194

        
2 2 2 2 2 2
(x 1) y (x 1) y 4 4y 2 1 y

Do đó:
    
2
A 2 1 y y 2 f(y)
.
 Với y  2  f(y) =
  
2
2 1 y 2 y

 f'(y) =


2
2y
1
y1

f'(y) = 0  2y =


2
1y









22
y0
1
y
3
4y 1 y

Do đó ta có bảng biến thiên như hình bên:
 Với y  2  f(y) 
   
2
2 1 y 2 5 2 3
.
Vậy A  2 +
3
với mọi số thực x, y.
Khi x = 0 và y =
1

3
thì A = 2 +
3
nên giá trò nhỏ nhất của A là
23
.
Bài 12: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2005
Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn
  
1 1 1
4
x y z
.
Chứng minh rằng:
  
     
111
1
2x y z x 2y z x y 2z
.
Giải
Với a, b > 0 ta có: 4ab 


     



2
1 a b 1 1 1 1

(a b)
a b 4ab a b 4 a b

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Áp dụng kết quả trên ta có:

   
     


  
   
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2x y z 4 2x y z 16 x x y z
(1)
Tương tự:

   
     


  
   
1 1 1 1 1 1 1 1 1
x 2y z 4 2y x z 16 y y x z
(2)

   
     



  
   
1 1 1 1 1 1 1 1 1
x y 2z 4 2z x y 16 z z x y
(3)
Vậy:

     

     

1 1 1 1 1 1 1
1
2x y z x 2y z x y 2z 4 x y z

y

+
0
1
3

f’(y)
f(y)



23

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

195
Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
x = y = z. Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
3
4
.
Bài 13: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2005
Chứng minh rằng với mọi x  R, ta có:
     
    
     
     
x x x
x x x
12 15 20
3 4 5
5 4 3
.
Khi nào đẳng thức xảy ra?
Giải
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có:

       

       

       
x x x x
12 15 12 15
2.
5 4 5 4

   

   
   
xx
x
12 15
2.3
54
(1)
Tương tự ta có:
   

   
   
xx
x
12 20
2.4
53
(2)

   


   
   
xx
x
15 20
2.5
43
(3)
Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia hai vế của bất đẳng thức nhận được
cho 2, ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra  (1), (2), (3) là các đẳng thức  x = 0.
Bài 14: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005
Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng:

   

  
3 3 3 3
33
1 x y 1 y z
1 z x
33
xy yz zx
.
Khi nào đẳng thức xảy ra?
Giải
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có


     

33
3 3 3 3
3
1 x y
3
1 x y 3 1.x .y 3xy
xy
xy





33
33
1 y z
3 1 z x 3
Tương tự : ;
yz zx
yz zx

Suy ra VT 
  
3
3 3 3 3 3 3
3.
xy yz zx xy yz zx

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

196
Hay VT 
  
3 3 3
33
xy yz zx

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1.
Bài 15:
Cho x, y, z là ba số dương x + y + z  1.
Chứng minh rằng:
     
2 2 2
2 2 2
1 1 1
x y z 82
x y z
.
Giải
Cách 1: Xem

   
     

   
   

1 1 1
u x, 2 ; v y, 2 ; w z, 2
x y z

Ta có
    
2 2 2
2 2 2
1 1 1
x y z
x y z

 

      


2
1 1 1
x y z 18
x y z

Mặt khác:


        




1 1 1 1 1
x y z 9x 9y
x y z x y

 

    


1
9z 10 x y z
z

 18  10 = 8 (do BĐT Cauchy và x + y + z  1)
Do đó: Vế trái 

2
8 18 82
. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z =
1
3
(đpcm).
Cách 2: Áp dụng BĐT Bunhia… ta có: 1 . x + 9 .
  
2 2 2
2
11
1 9 . x
x
x
(1)
Bất đẳng thức Cauchy

     



91
x 9 9x 80x 9.6 80x
xx
(2)
Từ (1) và (2) 
 
  
2
2
11
x 54 80x
82
x

Tương tự
 
  
2
2
11
y 54 80y
82
y
và
 
  
2
2

11
z 54 80z
82
z

 VT 
 
 
   
1
162 80 x y z 82
82

Xảy ra dấu “=” khi x = y = z =
1
3
. (đpcm).
Bài 16:
Cho x, y, z là ba số dương và xyz = 1.



TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

197
Chứng minh rằng:
  
  
2 2 2
x y z 3

1 y 1 z 1 x 2

Giải
Ta có:

  

22
x 1 y x 1 y
2 . x
1 y 4 1 y 4



  

22
y 1 z y 1 z
2 . y
1 z 4 1 z 4
;

  

22
z 1 x z 1 x
2 . z
1 x 4 1 x 4

Cộng vế theo vế ta được:

  
        
  
2 2 2
x y z 1 y 1 z 1 x
x y z
1 y 1 z 1 x 4 4 4


      
  
2 2 2
x y z 3 3
(x y z)
1 y 1 z 1 x 4 4

3
3 3 3
.3 xyz (đpcm)
4 4 2
  