Một số bài toán khó trong đề thi đại học

MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÓ TRONG ĐỀ THI

Bài 1. Cho x, y, z thỏa mãn x
2
+ y
2
+ z
2
= 2. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P = x
3
+ y
3
+ z
3
– 3xyz.
LG
+ Ta có

2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
2 2
P (x y z)(x y z xy yz zx)
x y z (x y z)
(x y z) x y z
2
2 (x y z) (x y z)
(x y z) 2 (x y z) 3
2 2
= + + + + − − −
 

+ + − + +
= + + + + +
 
 
   
− + + + +
= + + + = + + +
   
   
+ Đặt x + y + z = t,
( )
t 6 Bunhiacopxki≤
, ta được:
3
1
P(t) 3t t
2
= −
. Xét hàm số P(t) trên đoạn
6; 6
 
−
 
:
Có
P'(t) 0 t 2= ⇔ = ±
, P(
6±
) = 0;
P( 2) 2 2− = −

;
P( 2) 2 2=
+ Vậy
MaxP 2 2;MinP 2 2= = −

Bài 2. Cho a, b, c dương và a + b + c = 1. Chứng minh rằng
2 2 2
a b b c c a
2.
b c c a a b
+ + +
+ + ≥
+ + +

LG
+ Ta có VT =
2 2 2
a b c b c a
A B
b c c a a b b c c a a b
 
 
+ + + + + = +
 ÷
 ÷
+ + + + + +
 
 
+ Có
[ ]

1 1 1 1 9 3
A 3 (a b) (b c) (c a) . Suy ra A
2 a b b c c a 2 2
 
+ = + + + + + + + ≥ ≥
 
+ + +
 
. Dấu "=" khi a = b = c
+ Lại có
( )
2 2 2
2 2
a b c 1
1 (a b c) a b b c c a 1 B.2 B
a b b c c a 2
 
= + + ≤ + + + + + + + ⇔ ≤ ⇔ ≥
 ÷
+ + +
 
. Dấu "=" khi a = b = c
Từ đó ta có VT
3 1
2 VP
2 2
≥ + = =
. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3.
Bài 3. Cho a, b, c dương và
abc 1.

=
Chứng minh rằng
1 1 1
1
a b 1 b c 1 c a 1
+ + ≤
+ + + + + +
.
LG
+ Ta có
( )
(
)
( )
3 32 2
3 3 3 3 3 3
a b a b a ab b ab a b+ = + − + ≥ +
( ) ( ) ( )
( )
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
3
3 3 3
3 3 3 3
a b 1 ab a b 1 ab a b abc ab a b c
1 1 c
a b 1
a b c
ab a b c
⇒ + + ≥ + + = + + = + +
⇒ ≤ =

+ +
+ +
+ +
+ Tương tự
3 3
3 3 3 3 3 3
1 a 1 b
;
b c 1 c a 1
a b c a b c
≤ ≤
+ + + +
+ + + +
+ Vậy
1 1 1
1
a b 1 b c 1 c a 1
+ + ≤
+ + + + + +
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Một số bài toán khó trong các đề thi
Bài 4. Cho x, y, z thoả mãn
2 2
x xy y 1− + =
. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
4 4
2 2
x y 1
P
x y 1

+ +
=
+ +
.
LG
+ Từ giả thiết suy ra:

2 2
2
1 x xy y 2xy xy xy
1 (x y) 3xy 3xy
= − + ≥ − =
= + − ≥ −
Từ đó ta có
1
xy 1
3
− ≤ ≤
.
+ Lại có
2 2 2 2
x xy y 1 x y 1 xy− + = ⇔ + = +
⇔
4 4 2 2
x y x y 2xy 1+ = − + +
.
+ Đặt t = xy. Bài toán trở thành tìm GTLN, GTNN của
2
t 2t 2
P f (t)

t 2
− + +
= =
+
với
1
t 1
3
− ≤ ≤
.
Ta có
2
1
t 6 2 ;1
3
6
f '(t) 0 1 0
(t 2)
1
t 6 2 ;1
3

 
= − ∈ −
 ÷

 

= ⇔ − + = ⇔


+
 
= − − ∉ −

 ÷
 

Do hàm số liên tục trên
1
;1
3
 
−
 
 
nên so sánh giá trị của
1
f ( )
3
−
,
f ( 6 2)−
,
f (1)
ta được:
MaxP f ( 6 2) 6 2 6= − = −
,
1 11
min P f ( )
3 15

= − =
.
Bài 5. Cho a, b, c dương và
a b c 3+ + =
. Chứng minh rằng
2 2 2
3(a b c ) 4abc 13+ + + ≥
.
LG
+ Đặt
2 2 2
b c
f (a,b,c) 3(a b c ) 4abc 13; t
2
+
= + + + − =
+ Trước hết ta chứng minh
f (a,b,c) f(a, t, t)≥
. Thật vậy:
Do vai trò của a, b, c như nhau nên ta có thể giả thiết
a b c
≤ ≤
3a a b c 3
⇒ ≤ + + =
hay a
1≤
Có
f (a,b,c) f(a,t, t)− =

2 2 2 2 2 2 2

3(a b c ) 4abc 13 3(a t t ) 4at 13+ + + − − + + − +
=
2 2 2 2
3(b c 2t ) 4a(bc t )+ − + −
=
2 2
2 2
2(b c) (b c)
3 b c 4a bc
4 4
   
+ +
+ − + −
   
   
=
2
2
3(b c)
a(b c)
2
−
− −
=
2
(3 2a)(b c)
0
2
− −
≥

do a
1≤
.
+ Ta chứng minh
f (a,t,t) 0≥
với a + 2t = 3.
Ta có
2 2 2 2
f (a,t, t) 3(a t t ) 4at 13= + + + −
=
2 2 2 2
3((3 2t) t t ) 4(3 2t)t 13− + + + − −
=
2
2(t 1) (7 4t) 0− − ≥
do 2t = b + c < 3.
+ Dấu “=” xảy ra
t 1
a b c 1
b c
=

⇔ ⇔ = = =

=

.
Bài 6. Cho tam giác nhọn ABC, tìm GTNN của biểu thức
S cos3A 2cos A cos2B cos2C
= + + +

.
LG
+ Ta có
S cos3A 2cosA cos2B cos2C
= + + +
=
cos3A 2cosA 2cos(B C)cos(B C)+ + + −
.

=
[ ]
cos3A 2cosA 1 cos(B C)+ − −
.
+ Do
cosA 0 ,1 cos(B C) 0> − − ≥
nên
S cos3A
≥
, dấu “=” xảy ra khi
cos(B C) 1− =
hay
0
180 A
B C
2
−
= =
.
+ Mà
cos3A 1

≥ −
, dấu “=” xảy ra khi
0
3A 180=
hay A =
0
60
.
+ Vậy minS =
1−
, xảy ra khi tam giác ABC là tam giác đều.
Một số bài toán khó trong các đề thi
Bài 7. Cho hệ phương trình
3 3
x y m(x y)
x y 1

− = −

+ = −

. Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x
1
; y
1
); (x
2
; y
2
); (x

3
; y
3
)
sao cho x
1
; x
2
; x
3
lập thành cấp số cộng. Đồng thời có hai số x
i
thỏa mãn
i
x
> 1.
LG
+ Ta có
3 3
x y m(x y)
x y 1

− = −

+ = −

⇔
2 2
(x y)(x y xy m) 0
x y 1


− + + − =

+ = −


⇔
2
1
x y
2
y x 1
(x) x x 1 m 0

= = −


= − −




ϕ = + + − =


+ Để hệ phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình
(x)ϕ
= 0 phải có 2 nghiệm phân biệt x
1
; x

2

khác
1
2
−
. Điều kiện là
0
4m 3 0
3
m
1
3
0
4
m
2
4
∆ >

− >

 
⇔ ⇔ >
 
 
ϕ − ≠
≠
 ÷
 


 

+ Xảy ra ba trường hợp sau đây theo thứ tự lập thành cấp số cộng.
Trường hợp 1:
1
2
−
; x
1
; x
2
Trường hợp 2: x
1
; x
2
;
1
2
−
Trường hợp 3: x
1
;
1
2
−
; x
2
Vì
1 2

x x 1+ = −
nên trường hợp 1; 2 không thỏa mãn.
+ Xét trong trường hợp 3: Để x
1
;
1
2
−
; x
2
lập thành cấp số cộng thì
1 2
x x 1+ = −
(đúng theo Viet). Đồng thời
có hai số x
i
thỏa mãn
i
x
> 1 nên
2
1 4m 3
x 1 4m 3 3 m 3
2
− + −
= > ⇔ − > ⇔ >
. Vậy m > 3.
Bài 8. Cho a, b, c không âm và
a b c 1+ + =
. Chứng minh rằng

7
ab bc ca 2abc
27
+ + − ≤
.
LG
+ Ta có
ab bc ca 2abc a(b c) (1 2a)bc a(1 a) (1 2a)bc+ + − = + + − = − + −
.
+ Đặt t = bc, ta có
2 2
(b c) (1 a)
0 t
4 4
+ −
≤ ≤ =
. Xét hàm số f(t) = a(1 – a) + (1 – 2a)t trên đoạn
2
(1 a)
0;
4
 
−
 
 
:
Có f(0) = a(1 – a)
2
(a 1 a) 1 7
4 4 27

+ −
≤ = <
và
2
2
(1 a) 7 1 1 1 7
f 2a a
4 27 4 3 3 27
 
−
  
= − + − ≤
 ÷
 ÷ ÷
  
 
với mọi a
[ ]
0;1∈
+ Vậy
7
ab bc ca 2abc
27
+ + − ≤
. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3.
Bài 9. Cho a, b, c dương và
ab bc ca 3.+ + =
Chứng minh rằng
2 2 2
1 1 1 1

.
1 a (b c) 1 b (c a) 1 c (a b) abc
+ + ≤
+ + + + + +
LG
+ Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương ta có:
2
3
3 ab bc ca 3 (abc) abc 1= + + ≥ ⇒ ≤
. Dấu “=” khi a = b = c = 1
Do đó
2 2
2
1 1
1 a (b c) abc a (b c) a(ab bc ca) 3a (1).
1 a (b c) 3a
+ + ≥ + + = + + = ⇒ ≤
+ +
Một số bài toán khó trong các đề thi
+ Tương tự ta có:
2 2
1 1 1 1
(2), (3).
1 b (c a) 3b 1 c (a b) 3c
≤ ≤
+ + + +
Cộng (1), (2), (3) vế với vế ta được:
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 ab bc ca 1
1 a (b c) 1 b (c a) 1 c (a b) 3 c b c 3abc abc

+ +
 
+ + ≤ + + = =
 ÷
+ + + + + +
 
+ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
a b c 1= = =
.
Bài 10. Cho a, b, c thoả mãn
a b c 3.
+ + =
Tìm GTNN của
a b c a b c a b c
M 4 9 16 9 16 4 16 4 9 .
= + + + + + + + +
LG
+ Đặt
( ) ( ) ( )
a b c c a b b c a
u 2 ;3 ;4 , v 2 ;3 ;4 , w 2 ;3 ;4 M u v w= = = ⇒ = + +
r r uur r r uur
+ Ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
a b c a b c a b c
M u v w 2 2 2 3 3 3 4 4 4≥ + + = + + + + + + + +
r r uur
+ Theo BĐT Côsi ta có
3

a b c a b c
2 2 2 3 2 6
+ +
+ + ≥ =
. Dấu “=” khi a = b = c = 1.
Tương tự:
3a b c a b c
3 3 3 3 3 9
+ +
+ + ≥ =
,
3
a b c a b c
4 4 4 3 4 12
+ +
+ + ≥ =
. Dấu “=” khi a = b = c = 1.
+ Vậy
M 3 29.≥
Dấu “=” xảy ra khi
a b c 1.= = =
Bài 11. Cho x, y, z không âm và
2 2 2
x y z 0+ + ≠
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( )
3 3 3
3
x y 16z
P

x y z
+ +
=
+ +
.
LG
+ Ta có
( )
3
3 3
x y
x y
4
+
+ ≥
( )
( )
( ) ( ) ( )
3 2
2 2
4 x y x xy y x y 3 x y x y 0⇔ + − + ≥ + ⇔ − + ≥
(đúng).
Vậy
( )
( )
3
3 3
4 x y x y+ ≥ +
. Dấu "=" khi x = y hoặc x + y = 0.
+ Đặt x + y + z = a. Khi đó

( ) ( )
( )
3 3
3 3
3
3
3 3
x y 64z a z 64z
4P 1 t 64t
a a
+ + − +
≥ = = − +
(với t =
z
a
,
0 t 1
≤ ≤
)
+ Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t
3
với t
[ ]
0;1∈
. Ta có
( ) ( )
2
2

1
f '(t) 3 64t 1 t ,f '(t) 0 t 0;1
9
 
= − − = ⇔ = ∈
 
Mà
( ) ( )
1 64
f 0 1;f 1 64;f
9 81
 
= = =
 ÷
 
nên
[ ]
( )
t 0;1
64
min f t
81
∈
=
, đạt được khi
1
t
9
=
.

+ Vậy GTNN của P là
16
81
đạt được khi x = y = 4z.
Bài 12. Cho x, y, z dương thỏa mãn
1 1 1
4
x y z
+ + =
. Chứng minh rằng
1 1 1
1
2x y z x 2y z x y 2z
+ + ≤
+ + + + + +
.
LG
+ Ta chứng minh
1 1 1 1
.
a b 4 a b
 
≤ +
 ÷
+
 
với a, b dương. Thật vậy
( )
2
1 1 1 1

. a b 4ab
a b 4 a b
 
≤ + ⇔ + ≥
 ÷
+
 
(đúng)
+ Do đó
1 1 1 1 1 2 1 1
. .
2x y z 4 2x y z 16 x y z
   
≤ + ≤ + +
 ÷  ÷
+ + +
   
. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z.
Tương tự
1 1 1 1 1 2 1 1
. .
x 2y z 4 2y x z 16 y x z
   
≤ + ≤ + +
 ÷  ÷
+ + +
   
;
1 1 1 1 1 2 1 1
. .

2z y x 4 2z y x 16 z y x
   
≤ + ≤ + +
 ÷  ÷
+ + +
   
+ Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta được
1 1 1 1 4 4 4
.
2x y z x 2y z x y 2z 16 x y z
 
+ + ≤ + +
 ÷
+ + + + + +
 
= 1.
Một số bài toán khó trong các đề thi
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
3
x y z
4
= = =
.
Bài 13. Cho a, b, c dương và a
2
+ b
2
+ c
2
= 3. Tìm GTNN của biểu thức

3 3 3
2 2 2
a b c
P
b 3 c 3 a 3
= + +
+ + +
.
LG
+ Ta có
3 3 2 6 2
3
2 2
a a b 3 a 3a
3
16 64 4
2 b 3 2 b 3
+
+ + ≥ =
+ +
. Dấu "=" xảy ra khi
3 2
2 2
2
a b 3
4a b 3
16
2 b 3
+
= ⇔ = +

+

3 3 2 6 2
3
2 2
b b c 3 c 3c
3
16 64 4
2 c 3 2 c 3
+
+ + ≥ =
+ +
. Dấu "=" xảy ra khi
3 2
2 2
2
b c 3
4b c 3
16
2 c 3
+
= ⇔ = +
+

3 3 2 6 2
3
2 2
c c a 3 c 3c
3
16 64 4

2 a 3 2 a 3
+
+ + ≥ =
+ +
. Dấu "=" xảy ra khi
3 2
2 2
2
c a 3
4c a 3
16
2 a 3
+
= ⇔ = +
+
+ Cộng 3 bất đẳng thức cùng chiều, ta được
( )
2 2 2
2 2 2
a b c 9 3
P a b c
16 4
+ + +
+ ≥ + +
3
P
2
⇔ ≥
+ Vậy GTNN của
3

P là
2
khi a = b = c = 1.
Bài 14. Cho
2 2 2
a b c 65+ + =
. Tìm GTLN, GTNN của hàm số
y a b 2.sin x c.sin 2x= + +
với
x 0;
2
π
 
∈
 
 
.
LG
+ Ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2
y a b c 1 2sin x sin 2x 65 1 2sin x sin 2x
≤ + + + + = + +
=
( ) ( )
2 2 2 2 2
65 1 2sin x sin 2x 65 1 2sin x 4sin x.(1 sin x)+ + = + + −
=
( )
4 2

65. 4sin x 6sin x 1− + +
+ Đặt
[ ]
2
sin x t, t 0;1= ∈
. Xét hàm số g(t) =
2
4t 6t 1− + +
trên đoạn
[ ]
0;1
.
Có
( ) ( )
3
g ' t 8t 6;g ' t 0 t
4
= − + = ⇔ =
. Lại có
( ) ( )
3 13
g 0 1;g 1 3;g
4 4
 
= = =
 ÷
 
nên Max g(t)
13 3
khi t

4 4
= =

+ Do đó
2
13 13 5 13 5
y 65. y
4 2 2
≤ ⇔ − ≤ ≤
. Vậy
0;
0;
2
2
13 5 13 5
Max y ;min y
2 2
π
π
 
 
 
 
 
 
= =
+ Dấu “=” xảy ra khi
x
3
π

=
và
1 2 sin x sin 2x
a b c
= =
1 6 3
a 2b 2c
⇔ = =
.
Kết hợp với
2 2 2
a b c 65+ + =
ta được
a 2 5
b 30
c 15

=


=


=


hoặc
a 2 5
b 30
c 15


= −


= −


= −


.

Bài 15. Cho a, b, c dương và a + b + c = 1. Chứng minh rằng
a b b c c a
3
ab c bc a ca b
+ + +
+ + ≥
+ + +
.
LG
+ Ta có
a b 1 c 1 c
ab c ab 1 b a (1 a)(1 b)
+ − −
= =
+ + − − − −
. Vậy
1 c 1 b 1 a
VT

(1 a)(1 b) (1 c)(1 a) (1 c)(1 b)
− − −
= + +
− − − − − −
+ Do a, b, c dương và a + b + c = 1 nên a, b, c thuộc khoảng (0; 1) , suy ra 1 – a, 1 – b, 1 – c dương. Áp dụng
bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được
3
1 c 1 b 1 a
VT 3. . .
(1 a)(1 b) (1 c)(1 a) (1 c)(1 b)
− − −
≥
− − − − − −
= 3
Một số bài toán khó trong các đề thi
+ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1
a b c
3
= = =
.
Bài 16. Cho a, b, c dương và a + b + c =
3
4
. Tìm GTNN của biểu thức
3 3 3
1 1 1
P
a 3b b 3c c 3a
= + +

+ + +
.
LG
+ Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương:
1 1 1 1 1 1 9
(x y z) 9
x y z x y z x y z
 
+ + + + ≥ ⇒ + + ≥
 ÷
+ +
 
(*)
+ Áp dụng (*) ta có
3 3 3 3 3 3
1 1 1 9
P
a 3b b 3c c 3a a 3b b 3c c 3a
= + + ≥
+ + + + + + + +
+ Lại có
( ) ( )
3
a 3b 1 1 1
a 3b 1.1 a 3b 2
3 3
+ + +
+ ≤ = + +
. Dấu “=” xảy ra khi a + 3b = 1.
( ) ( )

3
b 3c 1 1 1
b 3c 1.1 b 3c 2
3 3
+ + +
+ ≤ = + +
. Dấu “=” xảy ra khi b + 3c = 1.
( ) ( )
3
c 3a 1 1 1
c 3a 1.1 c 3a 2
3 3
+ + +
+ ≤ = + +
. Dấu “=” xảy ra khi c + 3a = 1.
Suy ra
( )
3 3 3
1
a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6
3
+ + + + + ≤ + + + 
 
1 3
4. 6 3
3 4
 
≤ + =
 ÷
 

. Do đó
P 3
≥
+ Vậy P đạt GTNN là 3 khi
3
a b c
1
a b c
4
4
a 3b b 3c c 3a 1

+ + =

⇔ = = =


+ = + = + =

Bài 17. Cho x, y, z dương và xyz = 1. Tìm GTNN của biểu thức
9 9 9 9 9 9
6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6
x y y z z x
P
x x y y y y z z z z x x
+ + +
= + +
+ + + + + +
.
LG

+ Đặt a = x
3
, b = y
3
, c = z
3
(a, b, c dương và abc = 1). Khi đó
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b b c c a
P
a ab b b bc c c ca a
+ + +
= + +
+ + + + + +
.
+ Ta có
3 3 2 2
2 2 2 2
a b a ab b
(a b).
a ab b a ab b
+ − +
= +
+ + + +
mà
2 2
2 2
a ab b 1
a ab b 3

− +
≥
+ +
nên
2 2
2 2
a ab b 1
(a b). (a b)
a ab b 3
− +
+ ≥ +
+ +
.
Tương tự:
2 2
2 2
b bc c 1
(b c). (b c)
b bc c 3
− +
+ ≥ +
+ +
;
2 2
2 2
a ac c 1
(a c). (a c)
a ac c 3
− +
+ ≥ +

+ +
.
+ Suy ra
3
2
P (a b c) 2. abc 2
3
≥ + + ≥ =
(Theo bất đẳng thức Côsi)
+ Vậy GTNN của P là 2, khi a = b = c = 1 hay x = y = z = 1.
Bài 18. Cho x, y lớn hơn 1. Tìm GTNN của
( ) ( )
3 3 2 2
x y x y
P
(x 1)(y 1)
+ − +
=
− −
.
LG
+ Đặt t = x + y ta có t > 2 và
2
t
xy
4
≤
. Khi đó
3 2
t t xy(3t 2)

P
xy t 1
− − −
=
− +
.
+ Do 3t – 2 > 0 và
2
t
xy
4
− ≥ −
nên ta có
2
3 2
2
2
t (3t 2)
t t
t
4
P
t
t 2
t 1
4
−
− −
≥ =
−

− +
+ Xét hàm số
2
t
f (t)
t 2
=
−
trên khoảng
( )
2;+∞
. Ta có
2
2
t 4t
f '(t) ;
(t 2)
−
=
−
f’(t) = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = 4.
Một số bài toán khó trong các đề thi
+ Lập bảng biến thiên
t
2 4 +∞
f’(t) - 0 +
f(t)
+ ∞ +∞
8
+ Vậy min P =

(2; )
min f (t)
+∞
= f(4) = 8 đạt được khi
x y 4 x 2
xy 4 y 2
+ = =
 
⇔
 
= =
 
.
Bài 19. Cho x, y dương và x + y = 1. Tìm GTNN của biểu thức
x y
T
1 x 1 y
= +
− −
.
LG
+ Do x, y dương và x + y = 1 nên tồn tại
a 0;
2
π
 
∈
 ÷
 
sao cho

2 2
x cos a; y sin a= =
.
Khi đó
( ) ( )
2 2 3 3
sin a cosa 1 sin a.cosa
cos a sin a cos a sin a
T
sin a cosa sina.cosa sin a.cos a
+ −
+
= + = =
+ Đặt
2
t 1
t sin a cosa 2 sin a , có sin a.cos a
4 2
π −
 
= + = + =
 ÷
 
. Với
0 a thì 1 t 2
2
π
< < < ≤
.
Ta có

3
2
t 3t
T
t 1
− −
=
−
; Xét hàm số
( )
3
2
t 3t
f t
t 1
− −
=
−
trên
(
1; 2


.
Có
( )
( )
(
( )
( )

4
2
2
t 3
f ' t 0 t 1; 2 f t f 2 2
t 1
− −

= < ∀ ∈ ⇒ ≥ =

−

(
t 1; 2

∀ ∈

.
+ Vậy minT =
(
( )
( )
t 1; 2
min f t f 2 2

∈

= =
khi
1

x y
2
= =
.
Bài 20. Cho a, b, c không âm và
2 2 2
a b c 3+ + =
. Tìm GTNN của biểu thức
3 3 3
2 2 2
a b c
P
1 b 1 c 1 a
= + +
+ + +
.
LG
+ Ta có
3 3 2
2 2
6 a a 1 b
P
4 2 4 2
2 1 b 2 1 b
+
+ = + +
+ +

3 3 2
2 2

b b 1 c
4 2
2 1 c 2 1 c
+
+ + +
+ +

3 3 2
2 2
c c 1 a
4 2
2 1 a 2 1 a
+
+ + +
+ +

6 6 6
3 3 3
a b c
3 3 3
16 2 16 2 16 2
≥ + +
2 2 2
3
3 9
(a b c )
2 2
2 2 2
= + + =
3

P
2
⇒ ≥
.
+ Vậy
3
min P
2
=
khi a = b = c = 1.
Bài 21. Cho x, y, z lớn hơn 1 và
1 1 1
2
x y z
+ + ≥
. Tìm GTLN của biểu thức A = (x – 1)(y – 1)(z – 1).
LG
+ Ta có
1 1 1
2
x y z
+ + ≥
nên
1 1 1 y 1 z 1 (y 1)(z 1)
1 1 2
x y z y z yz
− − − −
≥ − + − = + ≥
. Dấu "=" xảy ra khi y = z.
Tương tự ta có

1 1 1 x 1 z 1 (x 1)(z 1)
1 1 2
y x z x z xz
− − − −
≥ − + − = + ≥
. Dấu "=" xảy ra khi x = z.
Một số bài toán khó trong các đề thi

1 1 1 x 1 y 1 (x 1)(y 1)
1 1 2
z x y x y xy
− − − −
≥ − + − = + ≥
. Dấu "=" xảy ra khi x = y.
+ Nhân vế với vế của ba bất đẳng dương cùng chiều ta được
1
(x 1)(y 1)(z 1)
8
− − − ≤
.
+ Vậy GTLN của A là
1
8
, đạt được khi
3
x y z
2
= = =
.
Bài 22. Cho x, y, z dương và x + y + z = 3. Tìm GTNN của biểu thức

2 2 2
P 3(x y z ) 2xyz.
= + + −
LG
+ Có
[ ]
2
P 3 (x y z) 2(xy yz zx) 2xyz 3 9 2(xy yz zx) 2xyz 27 6x(y z) 2yz(x 3)
 
= + + − + + − = − + + − = − + − +
 

2
3 2
(y z) 1
27 6x(3 x) (x 3) ( x 15x 27x 27)
2 2
+
≥ − − − + = − + − +
+ Xét hàm số
3 2
f (x) x 15x 27x 27= − + − +
, với 0 < x < 3.
Ta có
( ) ( )
2
x 1
f ' x 3x 30x 27; f' x 0
x 9
=


= − + − = ⇔

=

. Lập bảng biến thiên:
x
−∞
0 1 3
+∞
y’ + 0 -

y

14

+ Từ bảng biến thiên suy ra MinP = 7, đẳng thức xảy ra khi
x y z 1= = =
.
Bài 23. Cho x, y, z dương và xyz = 1. Chứng minh rằng
1 1 1
1
x y 1 y z 1 z x 1
+ + ≤
+ + + + + +
.
LG
+ Đặt x = a
3
, y = b

3
, z = c
3
ta có a, b, c dương và abc = 1.
+ Có a
3
+ b
3
= (a + b)(a
2
+ b
2
– ab)
≥
(a + b)ab, do a + b > 0 và a
2
+ b
2
– ab
≥
ab.
Suy ra a
3
+ b
3
+ 1
≥
(a + b)ab + abc = ab(a + b + c) > 0 hay
( )
3 3

1 1
a b 1 ab a b c
≤
+ + + +
.
+ Tương tự ta có
( )
3 3
1 1
b c 1 bc a b c
≤
+ + + +
,
( )
3 3
1 1
c a 1 ca a b c
≤
+ + + +
.
+ Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được:
3 3
1
a b 1+ +
+
3 3
1
b c 1+ +
+
3 3

1
c a 1+ +
≤

( )
1 1 1 1
a b c ab bc ca
 
+ +
 ÷
+ +
 
=
( )
( )
1
c a b 1
a b c
+ + =
+ +
Vậy
1 1 1
1
x y 1 y z 1 z x 1
+ + ≤
+ + + + + +
. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1.
Bài 25. Cho x, y, z dương và x
2
+ y

2
+ z
2
≤ 3. Tìm GTNN của biểu thức
1 1 1
P
1 xy 1 yz 1 zx
= + +
+ + +
.
LG
Một số bài toán khó trong các đề thi
+ Ta có
[ ]
1 1 1
(1 xy) (1 yz) (1 zx) 9
1 xy 1 yz 1 zx
 
+ + + + + + + ≥
 ÷
+ + +
 
2 2 2
9 9
P
3 xy yz zx 3 x y z
⇔ ≥ ≥
+ + + + + +

+ Suy ra

9 3
P
6 2
≥ =
. Vậy GTNN của P là
3
2
khi x = y = z = 1.
Một số bài toán khó trong các đề thi