01 cac BDT can biet p2 BG(2016)

Khóa học CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC

CÁC BĐT CẦN BIẾT ĐỂ HỌC TỐT BĐT – P2
Thầy Đặng Việt Hùng – Nguyễn Thế Duy – Vũ Văn Bắc
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

II. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA TỔNG HỢP.
Ví dụ 1. [Video]: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + z = 3 xy .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

x
y
x3 + y 3
+
+
.
y+z z+x
16 z

Ví dụ 2. [Video]: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + 2 z = xy + 1 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

2

( x + y + 2)

2

−

7

3( x + y + z)

2

+

1
.
2 ( x + y 2 ) + 3z 2
2

Ví dụ 3. [Video]: Xét x, y, z là các số thực dương tùy ý.
Chứng minh rằng

x2
y2
z2
x+ y+z
+
+
≥
x+ y y+ z z+ x
2

Ví dụ 4. [Video]: Xét x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz = 1.
Chứng minh rằng

1
1
1

+
+
≤ 1.
x + y +1 y + z +1 z + x +1

Ví dụ 5. [Tham khảo]: Xét x, y, z là các số thực dương tùy ý.
1
1
1
1 1 1
Chứng minh rằng
+
+
≤ + +
x 2 − xy + y 2
y 2 − yz + z 2
z 2 − zx + x 2 x y z

(1)

Lời giải
Ta có 4 ( x 2 − xy + y 2 ) − ( x + y ) = 3x 2 − 6 xy + 3 y 2 = 3 ( x − y ) ≥ 0
2

2

⇒ 4 ( x 2 − xy + y 2 ) ≥ ( x + y ) ⇒ 2 x 2 − xy + y 2 ≥ x + y ⇒
2

Lại có

1 1
4
2
1
1
+ ≥
⇒
≤
+
⇒
x y x+ y
x + y 2x 2 y

Tương tự

1
y 2 − yz + z 2

≤

1
1
+ ;
2 y 2z

1
x 2 − xy + y 2

1

z 2 − zx + x 2

⇒ VT (1) ≤

≤

≤

1
x 2 − xy + y 2

≤

2
.
x+ y

1
1
+
.
2x 2 y

1
1
+
2z 2x

1
1

1
1
1
1
+
+
+ +
+
= VP (1) .
2x 2 y 2 y 2z 2z 2x

Dấu " = " xảy ra ⇔ x = y = z.
BĐT được chứng minh, dấu " = " xảy ra ⇔ x = y = z.

Ví dụ 6. [Tham khảo]: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

1
1
2
2 64b 2 c
a b
+
+
+
+
+ 24  −  .
2
2
a

b
bc ca
a
b a

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC

Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
1
1
2
1
1
2
2
2
2
2 2 (a + b + c)
4
+ 2 ≥
⇔ 2+ 2+ +
≥
+ +
=
=
2

a
b
ab
a
b
bc ca ab bc ca
abc
abc
Khi đó, ta được biểu thức P trở thành:
P≥

4
64b 2 c
4
32b 2 c 32b 2 c
b
a b
a b
+
+ 24  −  =
+
+
− 48. + 24  + 
abc
a
a
a
a
 b a  abc
b a

≥ 33

b
4 32b 2 c 32b 2 c
a b
.
.
− 48. + 24  + 
abc
a
a
a
b a

b
b
a b
a b
a b
= 48. − 48. + 24  +  = 24  +  ≥ 24.2 . = 48
a
a
b a
b a
b a
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 48 .
1
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = ; c = 1 .
2

Ví dụ 7. [Tham khảo]: Xét x, y, z là các số thực dương tùy ý.
Chứng minh rằng 3 ( x3 + y 3 + z 3 ) ≥ ( x 2 + y 2 + z 2 ) .
2

3

Lời giải
Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có ( x + y + z ) ( x3 + y 3 + z 3 ) ≥ ( x 2 + y 2 + z 2 )

2

⇒ ( x + y + z ) ( x3 + y 3 + z 3 ) ≥ ( x 2 + y 2 + z 2 )
2

2

Mặt khác 3 ( x + y + z
2

2

2

) ≥ (x + y + z)

2

⇒x +y +z

Từ (1) và (2) ⇒ ( x + y + z ) ( x + y + z
2

3

3

2

2

) ≥ (x

3 2

⇒ 3 ( x3 + y 3 + z

2

2

(x + y + z)
≥

+y +z

) ≥ (x

2

)

2 3

( x + y + z)
.

+ y2 + z

(1)

2

(2)

3

2

3 2

4

2

3

).

2 3

BĐT được chứng minh, dấu " = " xảy ra ⇔ x = y = z.

Ví dụ 8. [Tham khảo]: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 4ac + 3b = ( a + b + c ) .
2

3(a + c)
b+3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
+
.
8 ( a + c ) ( b + 2a + 2c )( a + b + c )2
2

Lời giải:
Từ giả thiết, ta có ( a + b + c ) = 4ac + 3b ≤ ( a + c ) + 3b ⇔ ( a + c ) + 2b ( a + c ) + b 2 ≤ ( a + c ) + 3b .
2

2

2

2

⇔ b + 2a + 2c ≤ 3 ⇔ b + 3 ≥ 2 ( a + b + c ) . Do đó suy ra được:
3(a + c)
2 (a + b + c)
3(a + c)
b+3
1 a+b+c  a+c 

+
≥
+
= .
+
P=

2
2
8 ( a + c ) ( b + 2a + 2c )( a + b + c )
8(a + c)
4 a+c
a+b+c
3(a + b + c)
2

2

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016

2


Khóa học CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC

Đặt t =

1
1 1 1
1

1 1 1 3
3
a+b+c
> 0 , ta có P ≥ t + 2 = t + t + 2 ≥ 3 3 t. t. 2 = ⇒ Pmax = .
4
8 8 t
8 8 t
4
4
t
a+c

1
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = c = ; b = 1 .
2

Ví dụ 9. [Tham khảo]: Cho a, b là hai số thực thoả mãn điều kiện a, b ≠ 0 và 2a 3b = ( a 2 + b 2 ) ( ab + 1) .
a 4 + b 4 + 2 (1 − a 2 )(1 − b 2 )

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

a 2 + b2

.

Lời giải:
Phân tích bài toán: Bài toán này có sự đối xứng giữa a, b trong biểu thức cực trị, tuy nhiên điều này lại
không có được ở giả thiết của bài toán. Nên chưa thể suy đoán được điểm rơi của bài toán, do đó điểm rơi sẽ
chỉ được tìm ra trong việc kết hợp giữa giả thiết và biểu thức P . Trước hết, rút gọn P ta có:

P=

a 4 + b 4 + 2 (1 − a 2 )(1 − b 2 )

(a
=

a 2 + b2

2

+ b 2 ) − 2 ( a 2 + b2 ) + 2

=

a 4 + b 4 + 2 (1 − a 2 − b 2 + a 2b 2 )
a 2 + b2

2

a +b
2

2

= a 2 + b2 +

2
−2
a + b2

2

Đến đây, sai lầm rất dễ gặp phải đó là sử dụng bất đẳng thức AM – GM luôn cho hai số thực dương đó là:

P = a 2 + b2 +

2
−2≥2
a + b2
2

(a

2

+ b2 ) .

2
−2=2 2−2
a + b2
2

Và khẳng định rằng giá trị nhỏ nhất của P là 2 2 − 2 . Điều này sai hoàn toàn vì dấu đẳng thức không hề
xảy ra. Vậy nên để tìm giá trị nhỏ nhất của P thì ta phải cần tìm điều kiện chặn của a 2 + b 2 thông qua giả
thiết đã cho.
Với giả thiết này, chúng ta có 2a 3b = ( a 2 + b 2 ) ( ab + 1) ⇔ 2a 3b = a 3b + a 2 + ab3 + b 2
⇔ a 2 + b 2 = a 3b − ab3 ⇔ a 2 + b 2 = ab ( a 2 − b 2 )

( ∗)

Bên VT(∗) đã chứa a 2 + b 2 , nên ta cần đánh giá VP(∗) theo đại lượng a 2 + b 2 , và cụ thể hơn là đánh giá qua
k ( a 2 + b 2 ) vì VP(∗) chứa hàm đa thức bậc bốn. Với biểu thức k ( a 2 + b 2 ) , ta có:
2

2

2
2
2
k ( a 2 + b 2 ) = k ( a 4 + 2a 2 b 2 + b 4 ) = k ( a 4 − 2a 2b 2 + b 4 + 4a 2 b 2 ) = k ( a 2 − b 2 ) + ( 2ab ) 


2
2
Đến đây, tương quan giữa hai biểu thức ab ( a 2 − b 2 ) và k ( a 2 − b 2 ) + ( 2ab )  đã xuất hiện rõ ràng, vì:



(a

2

− b 2 − 2ab ) ≥ 0 ⇔ ( a 2 − b 2 ) + ( 2ab ) ≥ 4ab ( a 2 − b 2 ) ⇒ k =
2

2

2

1

4

⇒ ( a 2 − b2 ) + ( 2ab ) ≥ 4 ( a 2 + b2 ) ⇔ ( a 2 + b2 ) ≥ 4 ( a 2 + b2 ) ⇔ a 2 + b 2 ≥ 4
2

2

2

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC

Cuối cùng, chỉ cần xét hàm số P = f ( t ) = t +

2
− 2 với t = a 2 + b 2 ≥ 4 để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
t

P . Tuy nhiên, ta có thể chỉ cần biến đổi tương đương nếu điểm rơi xảy ra tại t = a 2 + b 2 = 4 . Thật vậy:

( t − 4 )( 2t − 1) ≥ 0; ∀t ≥ 4
2
5
t2 + 2 9
2t 2 − 9t + 4
t+ −2≥ ⇔
− ≥0⇔
≥0⇔

t
2
t
2
2t
2t
2
2
a + b = 4
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2
. Từ đó dẫn đến lời giải chi tiết như sau:
2
a − b = 2ab

Lời giải: Biểu thức P được viết lại thành:
P=

a 4 + b 4 + 2 (1 − a 2 )(1 − b 2 )

(a
=

a 2 + b2

2

+ b 2 ) − 2 ( a 2 + b2 ) + 2

=

a 4 + b 4 + 2 (1 − a 2 − b 2 + a 2b 2 )
a 2 + b2

2

a +b
2

2

= a 2 + b2 +

2
−2
a + b2
2

Giả thiết của bài toán tương đương với: 2a 3b = a 3b + a 2 + ab3 + b 2 ⇔ a 2 + b 2 = ab ( a 2 − b 2 )

(1)

Mặt khác: ( a 2 − b 2 − 2ab ) ≥ 0 ⇔ ( a 2 − b 2 ) + ( 2ab ) ≥ 4ab ( a 2 − b 2 ) ⇔ ( a 2 + b 2 ) ≥ 4ab ( a 2 − b 2 )

( 2)

2

2

2

2

Từ (1) , ( 2 ) suy ra ( a 2 + b 2 ) ≥ 4 ( a 2 + b 2 ) ⇒ a 2 + b 2 ≥ 4 .
2

( a 2 + b2 − 4 ) 2 ( a 2 + b2 ) − 1 5 5 2 2
2
Do đó, ta có: P = a + b + 2
−2=
+ ≥ ; ∀a + b ≥ 4
a + b2
2 2
2 ( a 2 + b2 )
2

2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

a 2 + b 2 = 4
5
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2
2
2
a − b = 2ab

Ví dụ 10. [Tham khảo]: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = x + 2 y .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

x+3
x2 + z 2

+

yz x − 1 + 4 x 6 − 4 z
.
z +1

Lời giải:
 x 2 + z 2 ≤ x + 1
2
Từ giả thiết, chúng ta có: ( y − 1) = x + 1 − x 2 − z 2 ≥ 0 ⇔ x + 1 ≥ x 2 + z 2 ⇔ 
.
 x + 1 ≥ 2 xz
x+3
Do đó, biểu thức P trở thành: P ≥
+
x +1

2x + 2
2
x = x + 3 + 8x 4x − 2 x .
x +1
3x + 1
x +1
+1
2x

4x 6 −

Mặt khác, theo bất đẳng thức AM – GM ta có: x + 1 + 2 ≥ 2 2 ( x + 1) ⇔

x+3
≥2 2
x +1

x ≥ 1 ⇒ 16 x 2 ( 2 x 2 − x ) ≥ ( 3 x + 1) ⇔ 4 x 2 x 2 − x ≥ 3x + 1 ⇔
2

8x 4 x2 − 2 x
≥2 2
3x + 1

Vậy nên, suy ra P ≥ 3 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 .
Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC

Ví dụ 11. [Tham khảo]: Cho a , b , c là số thực dương thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 5 (a + b + c ) − 2ab .

3
1 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = a + b + c + 48 
+3
b + c 
 a + 10

Lời giải:
Đây là một bài toán đã cũ nhưng vẫn có cái hay để khai thác. Cái hay ở đây chính là ĐIỂM RƠI của bài
toán, chúng ta hãy cùng tìm hiểu ngay bây giờ nhé. Trước hết, quan sát biểu thức P thấy a + b + c đồng thời
đại lượng này cũng xuất hiện ở giả thiết, vì thế ta sẽ đánh giá P về biến t = a + b + c + k nhưng để làm được
3

điều này, tất nhiên cần phải đánh giá được biểu thức
3
a + 10

+

1
3

b+c

a + 10

+

1
3

b+c

≥ f (a + b + c) . Nhận thấy biểu thức

chứa hai phân thức sẽ làm ta nghĩ đến đánh giá quen thuộc

1 1
4
+ ≥
, vì thế ta cần
x y x+y

xác định điểm rơi của bài toán để dùng bất đẳng thức AM – GM, đánh giá được như sau:

 a + 10 ≤ f a
()
3
1
1
1
4

⇒
+
≥
+
≥
3

 3
f (a) f (b + c) f (a) + f (b + c)
a + 10 3 b + c
 b + c ≤ f (b + c)

Dừng lại ở đó, bây giờ ta sẽ đi khai thác giả thiết của bài toán, không khó để nhận thấy hằng đẳng thức
2

2

a 2 + b2 + 2 ab = (a + b) , khi đó giả thiết được viết lại thành:

(a + b)

+ c 2 = 5(a + b + c) và nếu đặt

x = a + b; y = c ta có: x 2 + y 2 = 5( x + y) . Và ta sẽ có hai cách sau, dựa vào giả thiết, đoán định điểm rơi của

bài toán.
Cách 1. Sử dụng máy tính CASIO với Table ( Mode 7 ).


3

Với phép đặt như trên, ta có P = x + y + 48 

+

 a + 10


.
3
b + c 
1

x = a + b

Và tiếp tục đặt z = b + c , khi đó 
⇔ x+ y=a+b+c=a+z⇔ a=x+ y−z.
 y = c



3
1 

+
 .
3
 x + y + 10 − z

z


Nên suy ra P = x + y + 48 

2

Mặt khác, từ giả thiết áp dụng đánh giá 5( x + y) = x + y ≥
2

2

( x + y)

⇔ x + y ≤ 10 ⇔ a + z ≤ 10
2

⇒ z < 10 , vào coi P là biểu thức chứa ẩn X = x + y với z là tham số và ta sẽ đi khảo sát hàm số

3
1 
+
F (X ) = X + 48 
 bằng Table nhưng lại gán z = const < 10 , và ta sẽ đi gán một vài giá trị
3
z 
 X + 10 − z

như z = {8;7;...} .

•



Với z = 7 , ta nhập F (X ) = X + 48 

3

 X + 3

+

1 
.
3
7 

Start = 0 , End = 10 , Step = 0.5 .
Tại X = 9 ta được F (X) đạt giá
trị nhỏ nhất bằng 58.092 .

•



1 
+  .
 X + 2 2 

Với z = 8 , ta nhập F (X ) = X + 48 

3

Start = 0 , End = 10 , Step = 0.5 .
Tại X = 10 ta được F (X) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 58 .
Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC

Mình chỉ đưa hai các bảng giá trị cho F (X) nhỏ nhất nên các bạn tự thao tác máy tính nhé. Với hai giá trị ở
trên ta thấy rằng với z = 7 thì X = 9 và với z = 8 thì X = 10 , dễ dàng thấy chúng nó mối liên hệ với nhau đó
chính là X = z + 2 ⇔ x + y = z + 2 ⇔ a + b + c = b + c + 2 ⇔ a = 2 . Vậy là ta đã tìm được trực tiếp điểm rơi
a = 2
a = 2 , đồng thời tại z = 8 sẽ cho F ( X ) nhỏ nhất bằng 58 nên ta sẽ có điểm rơi 
với


b + c = 8
2

(a + b)

+ c 2 = 5(a + b + c) suy ra được (a; b; c) = (2; 3; 5) .

Cách 2. Cân bằng hệ số theo bất đẳng thức AM – GM.
Giả sử tồn tại hai số α , β > 0 sao cho
3
a + 10

+

1
3

b+c

=

2 3α
2 α (a + 10)

+

33 β2
3 3 β .β .(b + c)

Khi đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho từng mẫu số, ta có:


2 α (a + 10) ≤ a + 10 + α

3 3 β .β .(b + c) ≤ b + c + 2β


Do đó, suy ra:

2 3α
2 α (a + 10)

+

33 β2
3 3 β .β .(b + c)

≥

33 β2
2 3α
+
≥ f ( a + b + c)
a + 10 + α b + c + 2β

(∗)

Bây giờ, quan sát tới bất đẳng thức (∗) , mục đích của ta là dồn về biến chứa a + b + c nếu cộng hai mẫu số ở

(∗) ta được:

a + b + c + α + 2β + 10 , tức là nếu sử dụng bất đẳng thức cộng mẫu nào đó thì ta đã dồn được

về biến chứa a + b + c . Chính vì thế, ta liên tưởng tới bất đẳng thức quen thuộc

1 1
4
+ ≥
. Do đó, bằng
x y x+y

2 3α = 3 3 β 2

2 3α = 3 3 β 2
α = 12
⇔ 
phương pháp đồng nhất hệ số, suy ra: a + 10 + α = b + c + 2β ⇔ 
a + 10 = α ; b + c = β
2α = 3β
β = 8


Do đó, ta có đánh giá được như sau:



12
12

P = a + b + c + 48 
+

 2 12 (a + 10) 3 3 8.8.(b + c) 


 1

1

≥ a + b + c + 576 
+
 a + 22 b + c + 16 
≥a+b+c+

2304
2304
= f (t) = t +
− 38
a + b + c + 38
t

Với t = a + b + c + 38 ≤ 10 + 38 = 48 . Đến đây coi như bài toán đã được hoàn tất chỉ là việc khảo sát hàm số
f (t ) với điều kiện 0 < t ≤ 48 để tìm giá trị nhỏ nhất của P .

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016