Tuyển tập Bất Đẳng Thức trong kỳ thi Olympic Toán Học 10

30 BÀI TOÁN BĐT - Cực Trị
trong các Đề thi OLYMPIC Toán Học 10
Bài Toán 1.
(THPT Quốc Học Huế)
Cho các số thực a, b, x, y thỏa mãn điều kiện ax − b y = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
F = a 2 + b 2 + x 2 + y 2 + bx + a y.

Lời giải.
b
Ta có:F = x +
2

2

a
2

3
−b −a
+ (a 2 + b 2 ). Đặt:M = (x; y), A =
;
, (∆) : ax − b y =
4
2 2
b 2
a 2
3
Ta có: M A 2 = x +
+ y+
. Mà M ∈ (∆) nên M A 2 ≥ [d (A; ∆)]2 = 2

2
2
a + b2
Dấu ‘=’ xảy ra khi M là hình chiếu của A trên (∆).
3
3
3
3
Suy ra F ≥ 2
+ (a 2 + b 2 ) ≥ 2
. (a 2 + b 2 ) = 3
2
2
2
a +b
4
a +b 4
6 2
Vây Mi n F = 3 đạt được chẳng hạn khi (a; b; x; y) = 2; 0;
;
.
2 2
+ y+

2

3.

(THPT Chu Văn An - Ninh Thuận)

Bài Toán 2.
Cho x, y, z dương. Chứng minh rằng:

x
25y
4z
+
+
> 2.
y +z z +x x +y

Lời giải.


b +c −a


x=
a, b, c > 0







2




b +c > a
a = y +z

a +c −b
. Do x, y, z dương =⇒
Đặt: b = z + x =⇒ y =



a +c > b
2







c =x+y



a +b > c
z = a +b −c
2

(1)

Khi đó ta có:

x
25y
4z
b + c − a 25(a + c − b) 4(a + b − c)
+
+
=
+
+
y +z z +x x +y
2a
2b
2c
c
25c 2b
5
b
25a
2a
=
+
+
+
+
+
− 15 ≥ 2. + 2.1 + 2.5 − 15
2b
2a
c
2b

c
2
2a
b
25a


=




2a
2b


 c
 b = 5a
a b c a + 2c
2a
Đẳng thức xảy ra khi
⇐⇒ c = 2a ⇐⇒ = = =
=


1 5 2
5
2a
c





5c = 2b

25c
2b


=
b
c

1

(AM −G M )


=⇒ b = a + 2c > a + c mâu thuẫn với (1). =⇒ Dấu ‘=’ không xảy ra.
x
25y
4z
Vậy
+
+
> 2. (Dpcm)
y +z z +x x +y

(THPT Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang)

Bài Toán 3.
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn :
4 ≥ a ≥ b ≥ c > 0;

3abc ≤ min{6a + 8b + 12c; 72};

2ab ≤ mi n{3a + 4b; 24}.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P = a 2 + b 2 + c 2 + a + b + c.

Lời giải.
4+3+2 = c

4 3
4
4 3 2
+ + + (b − c)
+
+ (a − b)
a b c
a b
a

24
12
+ (b − c).2
+ (a − b)
abc
ab

≥ 3c + 2(b − c) + (a − b) = a + b + c
⇒ a +b +c ≤ 9
(1). Dấu ‘=’ xảy ra khi a = 4; b = 3; c = 2.
≥ c.3

3

Ta lại có:

2
2
32
42 32 22
2
2 4
2
2 4
+
+
+
(b
−
c
)
+
+
(a
−
b
)

a2 b2 c 2
a2 b2
a2
42 32 22 4 3 3 2 4 2 12c + 6a + 8b
≥3
+
+
≥ . + . + . =
a2 b2 c 2 a b b c a c
abc
42 32 1 4 3 2 1 4b + 3a 2
+
≥2
+
≥
=
a2 b2 2 a b
2
ab
Suy ra: 42 + 32 + 22 ≥ 3c 2 + 2(b 2 − c 2 ) + (a 2 − b 2 ) = a 2 + b 2 + c 2 (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra:P ≤ 38.Dấu ‘=’ xảy ra ⇐⇒ a = 4, b = 3, c = 2
Vậy M ax P = 38. Đạt khi a = 4, b = 3, c = 2.

42 + 32 + 22 = c 2

(THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa)

Bài Toán 4.

1 2 3

Cho x > 1; y > 2; z > 3; + + = 2. Chứng minh rằng:
x y z
x +y +z ≥

x −1+

y − 2 + z − 3.

Lời giải.
Ta có:

x −1+

y −2+ z −3 =

x.

x −1
+
x

y −2
+ z.
y

y.

Theo BĐT BCS suy ra:
x −1+

y −2+ z −3 ≤

x + y + z.

x −1 y −2 z −3
+
+
x
y
z
1 2 3
+ +
x y z

⇐⇒

x −1+

y −2+ z −3 ≤

x + y + z.

⇐⇒

x −1+

y −2+ z −3 ≤

x + y + z (Dpcm)

3−

2

z −3
z


Bài Toán 5.
(THPT Chuyên Tiền Giang-Tiền Giang)
Cho các số thực a, b, c, d thỏa: a 2 + b 2 = 1; c + d = 3. Chứng minh rằng:
ac + bd + cd ≤

9+6 2
.
4

Lời giải.
Goi M (a; b), N (c, d ). Vì a 2 + b 2 = 1 nên điểm M nằm trên đường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 1.
Vì c + d = 3 nên N nằm trên đường thẳng ∆ : x + y − 3 = 0
Ta có:M N 2 = (c − a)2 + (d − b)2 = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 − 2ac − 2bd

= a 2 + b 2 + (c + d )2 − 2cd − 2ac − 2bd = 10 − 2(ac + bd + cd )
MN2
. Kẻ OH ⊥∆,OH ∩ (C ) = K .
Suy ra: ac + bd + cd = 5 −
2
HK 2
Ta thấy M N ≥ H K ⇒ ac + bd + cd ≤ 5 −
2

3 3
2 2
11
−
6
2
;
, H ; nên H K 2 =
Do K
2 2
2 2
2

Suy ra ac + bd + cd ≤ 5 −

11 − 6 2 9 + 6 2
=
. (Dpcm)
4
4

Bài Toán 6.
(THPT Chuyên Lê Hồng Phong - TP.HCM)
Cho a, b, c là dộ dài 3 cạnh của một tam giác thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 + 1 = 2(ab + bc + c a). Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = 9(a 2 + b 2 + c 2 ) − 2ab − 2bc − 14c a.

Lời giải.



x = b +c −a
z +x
x+y
y +z
Đặt: y = c + a − b =⇒ x, y, z > 0; a =
;b =
;c =
.

2
2
2

z = a +b −c

Ta có:

a 2 + b 2 + c 2 + 1 = 2(ab + bc + c a)

y +z 2
z +x 2
x+y 2
y +z z +x z +x x +y x +y y +z
+
+
+1 = 2
+
+
2

2
2
2
2
2
2
2
2
⇐⇒ x y + y z + zx = 1.
z +x 2
x+y 2
y +z z +x
y +z 2
z +x y +z
x +y y +z
P =9
+
+
−2
−2
− 14
= 4(x 2 + z 2 ) + y 2
2
2
2
2
2
2
2
2

2
Với mọi α > 0 ta có:
y2
y2
α
α
α 2
α
αx 2 +
≥2
x y; αz 2 + 2
z y và
(x + z 2 ) ≥ 2
xz
2
2
2
2
2
2
α
α
α
=⇒ α +
(x 2 + z 2 ) + y 2 ≥ 2
x y + y z + zx = 2
(1)
2
2
2

Ta
 đi tìm α thỏa mãn:



α > 0
α > 0
α
33 − 1
17 − 33
2
⇐⇒
⇐⇒
=
⇐⇒ α =
α
α
α


2
4
4
α+
2
=4
+
−4 = 0
2
2

2
⇐⇒

3


33 − 1
.
2



 x, y, z > 0

1




x=z=


x y + y z + zx = 1




2 2α + 1
⇐⇒
Dấu ‘=’ xảy ra khi 2αx 2 = y 2



2α




2
2


y=
2αz
=
y




2 2α + 1

x=z
33 − 1
.
Vậy Mi n P =
2

Suy ra (1) trở thành: P ≥

(THPT Chuyên Bến Tre - Bến Tre)

Bài Toán 7.
Cho x 2 + y 2 − x y = 1. Tìm Min và Max của biểu thức:
M = x 4 + y 4 − x 2 y 2.

Lời giải.
2

2

Ta có: x + y − x y = 1 =⇒

1 = x 2 + y 2 − x y ≥ 2x y − x y = x y
2

=⇒

−1
≤ xy ≤ 1
3

1 = (x + y) − 3x y ≥ −3x y
Mặt khác x + y − x y = 1 ⇐⇒ x 2 + y 2 = 1 + x y nên: M = (x 2 + y 2 ) − 3x 2 y 2 = −2x 2 y 2 + 2x y + 1
Đặt t = x y =⇒ M = −2t 2 + 2t + 1. Vậy cần tìm Min và Max của tam thức bậc hai:
−1
;1 .
f (t ) = −2t 2 + 2t + 1 trên đoạn
3



 2


3


2
x =
x = − 3
x + y −xy = 1



−1
1
3
3 .
= . Đạt được khi
Ta có: Mi n M = f
⇐⇒
hay
−1



3
9
3
3
xy =





y =−
y =
3
3
3

 2

3+ 5

2

x =
x + y −xy = 1
1
3
2
Ta có: M ax M = f
⇐⇒
= . Đạt được khi

 x y = −1
2
2



y = 3− 5
3
2
2

2

Bài Toán 8.
(THPT Lê Quý Đôn - Quảng Trị)
Cho hai số dương a và b .Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A=x

a + y + y a + x.

Với x, y là các số thực không âm và x + y = b.
Lời giải.
Áp dụng BĐT BCS ta có:
A2 = ( x
=⇒ A ≤

ax + x y +

y

2

a y + x y) ≤ (x + y)(ax + a y + 2x y) = b(ab + 2x y) ≤ ab 2 + 2b

b 4a + 2b
b

b 4a + 2b
. Dấu ‘=’ xảy ra khi x = y = . Vậy M ax A =
.
2
2
2

4

x+y
2

2

=

b2
(2a + b)
2


A = x a + y + y a + x − (x + y) a + b a = x( a + y − a) + y( a + x − a) + b a ≥ b a
(Do x, y là các số thực không âm).
x =0
x =b
Dấu ‘=’ xảy ra khi
hay
. Vậy Mi n A = b a .
y =b
y =0

Bài Toán 9.
(THPT Chuyên Lý Tự Trọng - Cần Thơ)
2
2
2
Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn : a + b + c = 0. Tìm Max của biểu thức:
P=

a +b +c
2a + b + c + a + 3b + c + a + b + 4c

.

Lời giải.
Không mất tính tổng quát,chuẩn hóa a + b + c = 1. Khi đó ta có: P =

1
a + 1 + 2b + 1 + 3c + 1

Đặt: m = a + 1 + 2b + 1 + 3c + 1, c = a + 1, y = 2b + 1, z = 3c + 1.
Suy ra:m 2 = 4 + 2(x y + y z + zx) + b + 2c ≥ 4 + 2(x y + y z + zx) => 2(x y + y z + zx) ≤ m 2 − 4
Ta có: 2 (x − 1)(y − 1) + (y − 1)(z − 1) + (z − 1)(x − 1) ≥ 0

.

(1)

⇐⇒ 2(x y + y z + zx) − 4m + 6 ≥ 0 ⇐⇒ 2(x y + y z + zx) ≥ 4m − 6 (2)
1

Từ (1) và (2) suy ra: m 2 − 4m + 2 ≥ 0 ⇒ m ≥ 2 + 2 ⇒ P ≤
.
2+ 2
1
.
Dấu ‘=’ xảy ra khi a = 1; b = c = 0. Vậy M ax P =
2+ 2

Bài Toán 10.
(THPT Chuyên Thăng Long - Đà Lạt Lâm Đồng)
Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z +x +z = y .Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:
P=

2

x2 + 1

−

2

y2 + 1

+

3

z2 + 1

.

Lời giải.
x z
Ta có: x y z + x + z = y ⇔ xz + + = 1. Vì x, y, z > 0 nên tồn tại các góc A, B,C ∈ (0; π)
y

y
A 1
B
C
sao cho A + B +C = π và x = tan , = tan , z = tan . Từ đó ta có:
2 y
2
2
2B
2tan 2
2
3
A
B
C
P=
−
+
= 2cos2 − 2sin2 + 3cos2
A
B
C
2

2
2
tan2 2 + 1 tan2 2 + 1 tan2 2 + 1

A −B
C
C 1
A −B 2 1
+ 3 = −3 sin − cos
+ cos2
+3
2
2 3
2
3
2
1
A −B
10
=⇒ P ≤ cos2
+3 ≤ .
3
2
3
A=B
10
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi
Vậy M ax P = .
C
1

 sin =
3
2 3
= cos A + cos B − 3sin2

5


Bài Toán 11.
(THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Dương)
Chứng minh rằng:
Nếu a, b, c ∈ N ∗ thỏa mãn phương trình: a n + b n = c n với n ∈ N ∗ thì min(a, b) ≥ n.
Lời giải.
Có thể giả sử a ≤ b nên mi n (a, b) = a . Suy ra c > b .
Vậy c ≥ b + 1 =⇒ c n ≥ (b + 1)n = b n + nb n−1 + ... + 1 =⇒ c n ≥ b n + nb n−1 =⇒ a ≥ n .
Bài toán được chứng minh.
Bài Toán 12.
(THPT Bạc Liêu - Bạc Liêu)
2
2
Cho hai số dương a, b thỏa a + b = 1. Tìm giá trị lớn nhất của
P = b(a + b).

Lời giải.
a = sin α
π
sao cho
.
2
b = cos α

1 1
π
1
2 sin 2α + .
Suy ra: P = cos α(sin α + cos α) = sin α. cos α + cos2 α = (sin 2α + cos 2α + 1) = +
2
2 2
4
π
π
π 5π
Vì α ∈ 0; nên 0 < 2α + ≤
suy ra 0 < sin 2α + ≤ 1.
2
4
4
4
1
2
π π
π
1
2
Do đó: P ≤ +
. Dấu ‘=’ xảy ra khi 2α + = ⇐⇒ α = . Vậy M ax P = +
.
2
2
4 2
8

2
2

Do a > 0, b > 0, a 2 + b 2 = 1 nên tồn tại α ∈ 0;

Bài Toán 13.
(THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Bình Định)
Cho hai số thực dương a, b có a ≥ 3 và 2a + 3b ≥ 12. Tìm Min của biểu thức:
A = a a + b b.

Lời giải.
a

Do a ≥ 3 =⇒
A=

a

3

≥ 2 2.2

+






3

b
1
2

3

2

a

≥ 1;2a + 3b ≥ 12 =⇒
=3 3
a
3

2

+

a

3

+2 2

3
b
2

2

3



3
b
2

2

2

b

+

≥2

2

3

a

=2 2

3

3

+

+ (3 3 − 2 2).1 ≥ 4 2

b
2

3

+ (3 3 − 2 2)

3

a
3

=

6

b
2

;

3

3

1 + (3 3 − 2 2) = 3 3 + 2 2.




Vậy Mi n A = 3 3 + 2 2 đạt được khi a = 3;

a

2a + 3b = 12 ⇐⇒

a =3
b=2


(THPT TX Sa Đéc-Đồng Tháp)

Bài Toán 14.
Cho x > 0; y > 0; z > 0. Chứng minh
9y
16z
x
+
+
> 6.
y +z z +x x +y

Lời giải.
Có thể giải tương tựnhư Bài 2.


b +c −a

x =
a, b, c > 0







2
a
=
y
+
z



b +c > a


a +c −b
Đặt: b = z + x =⇒ y =
. Do x, y, z dương =⇒

a +c > b


2







c =x+y


a
+
b
−
c

a +b > c
z =
2

(1)

Khi đó ta có:

x
9y
16z
b + c − a 9(a + c − b) 16(a + b − c)
+

+
=
+
+
y +z z +x x +y
2a
2b
2c
b
9a
c
8a
9c 8b
3
=
+
+
+
+
+
− 13 ≥ 2. + 2.2 + 2.6 − 13 = 6
2a
c
2b
c
2
2a 2b
9a
b



=




 b = 3a
 2a 2b


a b c a + 2c
c
8a
⇐⇒ c = 2a ⇐⇒ = = =
Đẳng thức xảy ra khi
=


1 3 2
3
2a
c




3c = 2b

9c
8b



=
2b
c
=⇒ b = a + 2c > a + c mâu thuẫn với (1). =⇒ Dấu ‘=’ không xảy ra.
x
9y
16z
Vậy
+
+
> 6. (Dpcm)
y +z z +x x +y

(AM −G M )

Bài Toán 15.
Cho a, b, c > 0, a + b + c = 1. Chứng minh:
a b c
+ + +
c a b

3

abc ≥

10
9(a 2 + b 2 + c 2 )

Lời giải.
2
a a c
3a
3 a
+ + ≥3
= 3
(1)‘
c c b
bc
abc
c c b
3c
b b a
3b
Tương tự: + + ≥ 3
(2),
(3)
+ + ≥ 3
b b a
a a c
abc
abc
a b c
1
Cộng vế theo vế (1),(2) và (3) ta có: + + ≥ 3
c a b
abc
a b c 3
1

8
1
8
2 10
3
3
Suy ra: + + + abc ≥ 3
+ abc = 3
+ 3
+ abc ≥
+ =
c a b
3(a + b + c) 3
3
abc
9 abc 9 abc
10
10
10
Mặt khác: =
≥
(**)
3
3(a + b + c)2 9(a 2 + b 2 + c 2 )
1
Từ (*) và (**) ta suy ra điều phải chứng minh. Dấu ‘=’ xảy ra khi a = b = c = .
3

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

7

(*)


(THPT Quốc Học Huế - Thừa Thiên Huế)

Bài Toán 16.
Xét a, b, c > 0 tùy ý. Tìm giá trị lớn nhất của:
T=

abc
(1 + a)(1 + a + b)(1 + a + b + c)

Lời giải.
a
b
c
1
;v =
;w =
;s =
.
1+a
(1 + a)(1 + a + b)
(1 + a + b)(1 + a + b + c)
1+a +b +c
Khi đó ta có: u + v + w + s = 1 và T 2 = uv w s .
1
1

u +v +w+s 4
=⇒ T ≤ .
Áp dụng BĐT AM-GM,ta có : T 2 ≤
=
4
256
16

Đặt: u =

Dấu ‘=’ xảy ra khi :

1


a=


3

a
b
c
1
1
=
=
=
= ⇐⇒ b = 2 .


1 + a (1 + a)(1 + a + b) (1 + a + b)(1 + a + b + c) 1 + a + b + c 4

3



c =2
1
Vậy M ax T = .
16

(THPT Chuyên Bến Tre - Bến Tre)

Bài Toán 17.

3 2 1
Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn + + = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a b c
T = a + b + c.

Lời giải.
Vì

3 2 1
+ + = 1 nên :
a b c

T = a + b + c = (a + b + c)

3 2 1

3b 2a 3c a b 2c
+ +
=
+
+
+ + +
+6
a b c
a
b
a
c c
b
2

≥ 2 6 + 2 3 + 2 2 + 6 = 3 + 2( 2 + 1) + ( 2 + 1) =

Dấu
 ‘=’ xảy ra khi :

3+ 2+1

3b 2a


=



a

b





a =c 3


3c a



a = 3+ 3+ 6



=



a
c
⇐⇒ b = c 2
⇐⇒ b = 2 + 2 + 6



b
2c




3
2
1
 =




+
+
=
1
c = 1+ 2+ 3



c
b

c
c
3
c
2




 3 + 2 +1 =1
a b c
2
Vậy M ax T = 3 + 2 + 1

8

2


(THPT Phan Châu Trinh-Đà Nẵng)

Bài Toán 18.
Cho a, b, c > 0 : abc = 1.Tìm GTLN của:
P=

1
2a 3 + b 3 + c 3 + 2

+

1
a 3 + 2b 3 + c 3 + 2

+

1
a 3 + b 3 + 2c 3 + 2

.

Lời giải.
1
1 1 1
≤
+
,ta có :
a +b 4 a b
1
1
1
1
1
= 3
≤
+ 3
3
3
3
3
3
3
3
3
2a + b + c + 2 a + b + 1 + a + c + 1 4 a + b + 1 a + c 3 + 1
1
1
1
1
≤

+ 3
(1)
3
3
3
3
3
2a + b + c + 2 4 a + b + 1 a + c 3 + 1
1
1
1
1
Tương tự: 3
≤
+ 3
(2)
3
3
3
3
a + 2b + c + 2 4 a + b + 1 b + c 3 + 1
1
1
1
1
≤
+ 3
(3)
3
3

3
3
3
a + b + 2c + 2 4 a + b + 1 a + c 3 + 1
1
1
1
1
Cộng vế theo vế (1),(2) và (3) ta suy ra: P ≤
+
+
2 a3 + b3 + 1 b3 + c 3 + 1 a3 + c 3 + 1

Áp dụng BĐT quen thuộc sau :

(*)

Mặt khác: Ta có:

a 3 + b 3 ≥ ab(a + b) =⇒ a 3 + b 3 + 1 ≥ ab(a + b) + abc =⇒ a 3 + b 3 + 1 ≥ ab(a + b + c)
1
1
1
c
=⇒ 3
≤
=⇒ 3
≤
3
3

a + b + 1 ab(a + b + c)
a +b +1 a +b +c
a
1
b
1
≤
;
≤
Tương tự: 3 3
b + c + 1 a + b + c c 3 + a3 + 1 a + b + c
1
1
1
Suy ra: 3
+ 3
+ 3
≤ 1. (**)
3
3
a + b + 1 b + c + 1 a + c3 + 1
1
Từ (*) và (**) ta suy ra: P ≤ . Dấu ‘=’ xảy ra khi a = b = c = 1.
2
1
Vậy M ax P = .
2

(THPT Chuyên Lý Tự Trọng-Cần Thơ)

Bài Toán 19.

1
2007
c +1
Cho 3số thực dương a, b, c thỏa:
+
≤
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
a + 2 2008 + b
2007 + c

thức:

P = (a + 1)(b + 1)(c + 1).

Lời giải.
Đăt: x = a + 1; y = b + 1; z = c + 1 .Khi đó:

1
2007
c +1
1
2007
z
1
2007
2006
+
≤

=⇒
+
≤
⇐⇒
+
+
≤ 1 (1)
a + 2 2008 + b 2007 + c
x + 1 2007 + y 2006 + z
x + 1 2007 + y 2006 + z

Từ (1) và áp đụng BĐT AM-GM ta có:
x
1
2007
2006
= 1−
≥
+
≥2
x +1
x + 1 2007 + y 2006 + z

Tương tự:

y
≥2
2007 + y

1

2006
.
(3)
x + 1 2006 + z

2007
2006
x
.
=⇒
≥2
2007 + y 2006 + z
x +1
z
≥2
2006 + z

9

2007
2006
.
(2)
2007 + y 2006 + z

2007
1
.
(4)
2007 + y x + 1

Nhân vế theo vế (1),(2) và (3) ta có: x y z ≥ 8.2006.2007 =32208336


x =2


a = 1

1
2007
2006
1
Dấu ‘=’ xảy ra khi:
=
=
= ⇐⇒ y = 4014 =⇒ b = 4013


x + 1 2007 + y 2006 + z 3


c = 4011
z = 4012
Vây Mi n P = 32208336

Bài Toán 20.
(THPT Chuyên Lê Khiết-Quảng Ngãi)
Chứng minh rằng:∀a, b thỏa mãn a + b > 0, a = b ta có:

22007 (a 2008 + b 2008 ) > (a + b)2008 .

(1)

Lời giải.
Ta có: (1) ⇔

a 2008 + b 2008
a +b
>
2
2

2008

. Xét BĐT tổng quát sau:

a +b
an + bn
≥
2
2

n

(*) ∀n ≥ 2 .

Ta chứng minh (*) bằng quy nạp.
Thật vậy: Với n = 2 ,(*) luôn đúng.Dấu ‘=’ không xảy ra do a + b > 0, a = b .
a + b k ak + bk

<
Ta đi chứng minh BĐT đúng với n = k + 1 .
2
2
a + b k+1 a k+1 + b k+1
a + b k+1
a + b k a + b ak + bk a + b
Tức là chứng minh:
<
. Thật vậy:
=
<
.
2
2
2
2
2
2
2
a k + b k a + b a k+1 + b k+1
Ta chỉ cần chứng minh:
<
2
2
2
⇐⇒ a k + b k (a + b) < 2a k+1 + 2b k+1 ⇐⇒ a k+1 − a k b + b k+1 − b k a > 0 ⇐⇒ (a − b)(a k − b k ) > 0 (2)

Giả sử BĐT đúng với n = k tức là

(2) đúng do a = b , a − b và a k − b k cùng dấu. Bài toán được chứng minh.
Bài Toán 21.
(THPT Chuyên Trà Vinh-Trà Vinh)
Cho 3 số thực dương thay đổi x, y, z thỏa mãn điều kiện:
24

1
1
1
1 1 1
+ 2 + 2 ≤ 1+2
+ +
2
x
y
z
x y z
P=

(∗). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

1
1
1
+
+
30x + 4y + 2008z 30y + 4z + 2008x 30z + 4x + 2008y

Lời giải.
1 1 2

1
1
1
≥0⇔ 2 ≥
−
−
(1). Dấu ‘=’ xảy ra khi x = 6 .
x 6
x
3x 36
1
1
1
Tương tự: 2 ≥
−
(2). Dấu ‘=’ xảy ra khi y = 6 .
y
3y 36
1
1
1
≥
−
(3). Dấu ‘=’ xảy ra khi z = 6 .
2
z
6z 36

Ta có:

Cộng vế theo vế (1),(2) và (3) ta được:
1
1 1 1
1
1
1
1 1 1 1
1
1
1
+ 2+ 2≥
+ + −
⇒ 24 2 + 2 + 2 ≥ 8
+ + − 2 (4)
2
x
y
z
3 x y z
12
x
y
z
x y z
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1
Từ (*) và (4) ta suy ra: 8 + + − 2 ≤ 1 + 2 + + ⇔ + + ≤ .
x y z
x y z

x y z 2

10


Áp dụng BĐT AM-GM cho 2042 số dương ta có:
30x + 4y + 2008z ≥ 2042

2042

x 30 y 4 z 2008

30 4 2008
1
+ +
≥ 2042 2042 30 4 2008
x
y
z
x y z

(5),

(6)

Nhân vế theo vế (5) và (6) ta được:
30 4 2008
1
1
30 4 2008

+ +
≥ 20422 ⇔
≤
+ +
2
x
y
z
30x + 4y + 2008z 2042 x
y
z
1
30 4 2008
1
Tương tự:
≤
+ +
(8)
30y + 4z + 2008x 20422 y
z
x
30 4 2008
1
1
≤
+ +
(9)
2
30z + 4x + 2008y 2042 z
x

y
1 1 1
1
1
+ +
≤
Cộng vế theo vế (7),(8) và (9) ta suy ra: P ≤
2042 x y z
4084
1
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 6. Vậy M ax P =
.
4084
30x + 4y + 2008z

(7)

Bài Toán 22.
(THPT Chuyên Nguyễn Du-ĐăkLăk)
Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
a3

b3

+
a 3 + (b + c)3

b 3 + (c + a)

c3

+
3

c 3 + (a + b)3

≥ 1.

Lời giải.
Theo AM-GM với x ≥ 0ta có:
Áp dụng:

a3
a 3 + (b + c)3

1

=

b3

Tương tự:

b 3 + (c + a)3

1 + x3 =

1+
≥

b+c
a

3

(1 + x)(1 − x + x 2 ) ≤ 1 +

≥

b2
a2 + b2 + c 2

1
1 + 21

b+c
a

2

≥

1
2

1 + b a+c
2

2

c3

(2),

c 3 + (a + b)3

x2
.
2

=

a2
a2 + b2 + c 2

(1)

≥

c2
a2 + b2 + c 2

(3)

Cộng vế theo vế (1),(2) và (3) ta suy ra:
a3

b3

+

3

b 3 + (c + a)
Dấu ‘=’ xảy ra khi a = b = c.
a 3 + (b + c)

+
3

c3
c 3 + (a + b)3

(THPT Chuyên Thăng Long Đà Lạt-Lâm Đồng)

Bài Toán 23.
Cho số thực a = 0. Chứng minh:
a2 +

a 2 + ... +

a2 <

≥ 1. (Dpcm)

1 1
+
2 8

1 + 16a 2 +

9 + 16a 2

Lời giải.
Đăt:x 1 =

a 2 , x2 =

a2 +

a 2 , ...., x n =

a2 +

a 2 + ... +

11

a2

(n dấu căn).


a2 +

(với x i =

a 2 + ... +

a 2 thì i là số dấu căn)

(1). Do a > 0nên ta có:x n > x n−1 .

Từ (1) suy ra:x n2 = a 2 + x n−1 ⇒ x n2 < a 2 + x n ⇒ x n2 − x n − a 2 < 0 ⇒ x n <
Áp dụng BĐT
1 3
+
4 4

(a 1 + a 2 )2 + (b 1 + b 2 )2 ≤

2

1
+ a2 +
16

+ (a + a)2 ≤

Từ (1) và (2) ta suy ra: x n <
Hay

a2 +

a 2 + ... +

1 + 41

a2 <

a 12 + b 12 +

1
9
+ a2 =
16
4

1 + 1 + 4a 2
2

(1)

a 22 + b 22 với a 1 , a 2 , b 1 , b 2 ∈ R,ta có:

1 + 16a 2 +

9 + 16a 2 .

1 + 4a 2 =

(2),

1 + 16a 2 + 9 + 16a 2
2

1 1
+
2 8

1 + 16a 2 +

9 + 16a 2 (Dpcm)

(THPT Chuyên Quang Trung-Bình Phước)

Bài Toán 24.

3
2

Cho các số x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x + y + z = . Chứng minh rằng:
x2 + x y + y 2
+
4y z + 1

y 2 + y z + z2
+
4xz + 1

z 2 + zx + x 2 3 3
≥
.
4x y + 1
4

Lời giải.
∗)Với a, b dương ta có:

a 2 + ab + b 2 =

1
3
3
(a − b)2 + (a + b)2 ≥
(a + b).Dấu ‘=’ xảy ra khi a = b .
4
4
3

∗) Ta có BĐT quen thuộc:4ab ≤ (a + b)2 . Áp dụng:
x2 + x y + y 2
y 2 + y z + z2
z 2 + zx + x 2
3 x+y
y +z
z +x
+
+
≥
+
+
4y z + 1
4xz + 1
4x y + 1
2 4y z + 1 4xz + 1 4x y + 1

3
x+y
y +z
z +x

+
+
2
2
2
2 (y + z) + 1 (z + x) + 1
x + y +1
y 2 + y z + z2
z 2 + zx + x 2
3
x+y
y +z
z +x
+
≥
+
+
2
2
2
4xz + 1
4x y + 1
2 (y + z) + 1 (z + x) + 1
x + y +1
≥

=⇒

x2 + x y + y 2
+

4y z + 1

(1)

Đặt a = x + y, b = y + z, c = z + x ta có: a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Khi đó (1) trở thành:
x2 + x y + y 2
+
4y z + 1

y 2 + y z + z2
+
4xz + 1

z 2 + zx + x 2
3
b
c
a
≥
+ 2
+ 2
2
4x y + 1
2 b +1 c +1 a +1

(2)

Ta có:

a

b
c
ab 2
bc 2
c a2
1
(a + b + c)2 3
≥
3−
+
+
=
a
+b
+c
−
+
+
(ab
+bc
+c
a)
≥
3−
= (3)
b2 + 1 c 2 + 1 a2 + 1
b2 + 1 c 2 + 1 a2 + 1
2
6
2

x2 + x y + y 2
y 2 + y z + z2
z 2 + zx + x 2 3 3
Từ (2) và (3) ta suy ra:
+
+
≥
. (Dpcm)
4y z + 1
4xz + 1
4x y + 1
4

(THPT Chuyên Bạc Liêu-Bạc Liêu)

Bài Toán 25.
30

30

30

30

x
y
z
t
+ 4 + 4 + 4.
4

y
z
t
x
Trong đó x, y, z, t là các số thực dương thỏa mãn: x + y + z + t = 2008.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

12


Lời giải.
Áp dụng BĐT AM-GM cho 30 số dương ta có:
x 30
y 4 .502

y 30

+ 4y + 25.502 ≥ 30x
25

z 30
t 4 .50225

z 4 .50225
t 30

+ 4t + 25.502 ≥ 30z

x 4 .50225

+ 4z + 25.502 ≥ 30y

+ 4x + 25.502 ≥ 30t

Cộng vế theo vế các BĐT trên ta có:
x 30 y 30 z 30 t 30
x 30 y 30 z 30 t 30
25
+
+
+
≥
2008.502
⇐⇒
+ 4 + 4 + 4 ≥ 4.50226
y4
z4
t4
x4
y4
z
t
x
Dấu ‘=’ xảy ra khi x = y = x = t = 502. Vậy giá trị M ax cần tìm là 4.50226 .

Bài Toán 26.
(THPT Chuyên Huỳnh Thúc Kháng-Quảng Nam)
Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác còn x, y, z là 3 số thực thỏa mãn ax + b y + c z = 0.
Chứng minh rằng:

x y + y z + zx ≤ 0.

Lời giải.
Từ ax + b y + cz = 0 ⇐⇒ z = −

ax + b y
c

(1)

ax + b y
(x + y) ≤ 0 ⇐⇒ c x y − (ax + b y)(x + y) ≤ 0 ⇐⇒ ax 2 + x y(a + b − c) + b y 2 ≥ 0.
c
∗.Xét y = 0 thì (2) ⇐⇒ ax 2 ≥ 0 suy ra (2) luôn đúng. Dấu ‘=’ xảy ra khi:x = y = z = 0.
x 2
x
∗.Xét y = 0 thì (2) ⇐⇒ a
+ (a + b − c) + b ≥ 0 (3)
y
y
x
x 2
x
Xét tam thức bậc hai: f
=a
+ (a + b − c) + b (a > 0) .
y
y
y
2

2
2
2
Có: ∆ = (a + b − c) − 4ab = a + b + c − (2ab + 2bc + 2c a). (4)
Do a, b, c là 3 cạnh của
 một tam giác:


a 2 − 2ab + b 2 < c 2


 |a − b| < c

=⇒ |b − c| < a =⇒ b 2 − 2bc + c 2 < a 2 =⇒ a 2 + b 2 + c 2 < 2ab + 2bc + 2c a. (5)




 c 2 − 2c a + a 2 < b 2
|c − a| < b
⇐⇒ x y −

(2)

x
> 0 (do (a > 0) ) =⇒ (3) đúng
y
Vậy bài toán được chứng minh. Dấu ‘=’ xảy ra khi x = y = z = 0.

Từ (4) và (5) suy ra:∆ < 0 =⇒ f

Bài Toán 27.
(THPT Chuyên Lương Văn Chánh-Phú Yên)
Cho x, y, z là các số thực không âm bất kì. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
y2
z2
x2
P= 3
+
+
.
4x + 3y z + 2 4y 3 + 3zx + 2 4z 3 + 3x y + 2

Lời giải.
3
Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 4x 3 + 2 = 2(x 3 + x 3 + 1) ≥ 2.3 x 3 .x 3 .1 = 6x 2 . Dấu ‘=’ xảy ra khi x = 1 .
Tương tự: 4y 3 + 2 ≥ 6y 2 . Dấu ‘=’ xảy ra khi y = 1 . 4z 3 + 2 ≥ 6z 2 . Dấu ‘=’ xảy ra khi z = 1 .

13


Nếu cả ba số x, y, z đều bằng 0 thì P = 0.
Nếu hai trong ba số x, y, z bằng 0 ,chẳng hạn y = z = 0 thì P =
Dấu ‘=’ xảy ra khi x = 1; y = z = 0
Nếu một trong ba số bằng 0,chẳng hạn z = 0, thì P =

1
x2
≤ .
3

4x + 1 6

x2
y2
1
+
≤ .
3
3
4x + 2 4y + 2 3

Dấu ‘=’ xảy ra khi x = y = 1; z = 0 .
Nếu cả ba số đều dương ta có:
x2
y2
z2
1
1
1
1
+
+
=
+
+
y
z
zx
6x 2 + 3y z 6y 2 + 3zx 6z 2 + 3x y 3 2 + 2 2 + y 2 2 + x 2y
x

z
yz
zx
xy
Đặt: a = 2 , b = 2 , c = 2 thì a, b, c > 0 và abc = 1 .Khi đó:
x
y
z
1
1
1
1
1 12 + 4(a + b + c) + ab + bc + c a
P≤
+
+
=
(2)
3 2+a 2+b 2+c
3 9 + 4(a + b + c) + 2(ab + bc + c a)
3
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:ab + bc + c a ≥ 3 ab.bc.c a = 3 (Do abc = 1 )
Suy ra: 9 + 4(a + b + c) + 2(ab + bc + c a) ≥ 12 + 4(a + b + c) + ab + bc + c a (3)
1
Từ (2) và (3) suy ra:P ≤ .Dấu ‘=’ xảy ra khi a = b = c = 1 ⇒ x = y = z = 1.
3
1
Vậy M ax P = .
3
Đạt khi trong 3 số x, y, z có hai số bằng 1 và số còn lại bằng 0,hoặc cả ba số đều bằng 1.

P≤

Bài Toán 28.
(THPT Chuyên Lê Hồng Phong-TP Hồ Chí Minh)
Cho x, y, z là ba số thực không âm thỏa mãn điều kiện:x + y + z = 1. Tìm Min và Max của
biểu thức:
P = x y + y z + zx − 2x y z

.
Lời giải.
Ta có:P = x y(1 − z) + xz(1 − y) + y z ≥ 0.Do

x, y, z ≥ 0
x +y +z =1

nên

1−z ≥ 0
1− y ≥ 0

.

Dấu ‘=’ xảy ra khi trong 3 số x, y, z có hai số bằng 0 và một số bằng 1. Vậy Mi n P = 0.
Áp dụng BĐT quen thuộc sau:
(x + y − z)(y + z − x)(x + z − y) ≤ x y z ⇐⇒ (1 − 2x)(1 − 2y)(1 − 2z) ≤ x y z
⇐⇒ 1 − 2(x + y + z) + 4(x y + y z + zx) − 8x y z ≤ x y z ⇐⇒ 4(x y + y z + zx) ≤ 9x y z + 1
9x y z 1
9x y z 1
xyz 1
⇐⇒ x y + y z + zx ≤

+ . =⇒ P ≤
+ − 2x y z =
+
(1)
4
4
4
4
4
4
1
1
Ta có: x + y + z ≥ 3 3 x y z ⇐⇒ 3 x y z ≤ ⇐⇒ x y z ≤
(2)
3
27
7
Từ (1) và (2) suy ra:P ≤ .
27
x =y =z ≥0
1
7
Dấu ‘=’ xảy ra khi
⇐⇒ x = y = z = . Vậy M ax P =
3
27
x +y +z =1

14

Bài Toán 29.
(THPT Chuyên Lê Hồng Phong-TP Hồ Chí Minh)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n và với mọi số thực x ∈ (0; 1) ta đều có:
n

x 2. 1 − x ≤

2n 2
.
2n + 1

1
n

2n + 1

.

Lời giải.
2n 2n
1
Ta có:(1) ⇐⇒ x (1 − x) ≤
.
2n + 1
2n + 1
x x
x
Áp dụng BĐT AM-GM cho 2n + 1số dương
,

, ...,
, 1 − x ta được:
2n 2n
2n
x
2n. 2n + 1 − x
x 2n
1
x 2n
1
2n+1
(1 − x) ≤
=
=⇒
(1 − x) ≤
2n
2n + 1
2n + 1
2n
(2n + 1)2n+1
2n
2n
2n
1
2n 2n
1
(2n)
2n
.
.

=
=⇒
x
(1
−
x)
≤
⇐⇒ x 2n (1 − x) ≤
2n+1
2n + 1
2n + 1
2n + 1
2n + 1
(2n + 1)
2
1
2n
n
=⇒ x 2 . 1 − x ≤
.n
(Dpcm)
2n + 1
2n + 1
2n

Bài Toán 30.
Cho a, b, c là ba số thực dương.Chứng minh rằng:

(THPT Lưu Văn Việt-Vĩnh Long)

a 3 + abc b 3 + abc c 3 + abc
+
+
≥ a3 + b3 + c 3
b +c
c +a
a +b

(1)

Lời giải.
Giả sử a ≥ b ≥ c ,ta có: (1) ⇐⇒

b
c
a
(a − b)(a − c) +
(b − a)(b − c) +
(c − a)(c − b) ≥ 0
b +c
c +a
a +b

(2)

a
b
≥
và (a − b)(a − c) ≥ 0,nên:
b +c c +a

a
b
b
b
b
(a − b)(a − c) +
(b − a)(b − c) ≥
(a − b)(a − c) +
(b − a)(b − c) ≥
(a − b)2 ≥ 0
b +c
c +a
c +a
c +a
c +a
c
a
b
c
Mà:
(c − a)(c − b) ≥ 0. Vậy:
(a − b)(a − c) +
(b − a)(b − c) +
(c − a)(c − b) ≥ 0
a +b
b +c
c +a
a +b
Dấu ‘=’ xảy ra khi a = b = c .

Mặt khác,do

Suy ra (2) được chứng minh. Bài toán được chứng minh

15