CD chung minh BDT on thi vao lop 10 rat hay

CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
ÔN THI VÀO LỚP 10
I. Một số ví dụ
Ví dụ 1: Cho a, b,c là các số không âm chứng minh rằng
(a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc
Giải:
Cách 1: Dùng bất đẳng thức phụ: ( x + y ) 2 ≥ 4 xy
Ta có ( a + b ) 2 ≥ 4ab ; ( b + c ) 2 ≥ 4bc ; ( c + a ) 2 ≥ 4ac
⇒ ( a + b ) 2 ( b + c ) 2 ( c + a ) 2 ≥ 64a 2 b 2 c 2 = ( 8abc ) 2
⇒ (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Ví dụ 2:
1 1 1
+ + ≥ 9 (403-1001)
a b c
2) Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1 CMR:x + 2y + z ≥ 4(1 − x)(1 − y )(1 − z )

1) Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 CMR:
3) Cho a > 0, b > 0, c > 0
CMR:

a
b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a+b 2

4) Cho x ≥ 0 ,y ≥ 0 thỏa mãn 2 x − y = 1 ;CMR: x+y ≥

1
5

Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1
a3
b3
c3
1
+
+
≥
Chứng minh rằng
b+c a+c a+b 2

Giải:

a2 ≥ b2 ≥ c2
Do a, b, c đối xứng,giả sử a ≥ b ≥ c ⇒  a ≥ b ≥ c
 b + c a + c a + b

Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có
a
b
c
a2 + b2 + c2  a
b
c  1 3 1
+ b2.

+ c2.
≥
.
+
+
= . =
b+c
a+c
a+b
3
b+c a+c a+b 3 2 2
1
a3
b3
c3
1
+
+
≥ Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=
Vậy
3
b+c a+c a+b 2
a2.

Ví dụ 4:
Cho a, b, c, d > 0 và abcd = 1.Chứng minh rằng :

a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10

Giải:

Ta có a + b ≥ 2ab
2

2

c 2 + d 2 ≥ 2cd

Do abcd =1 nên cd =

1
1 1
(dùng x + ≥ )
ab
x 2

Ta có a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2(ab + cd ) = 2(ab +
Mặt khác: a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a )
=(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)

1
) ≥ 4 (1)
ab





1  
1  
1 

 +  ac +  +  bc +  ≥ 2 + 2 + 2
ab  
ac  
bc 
2
2
2
2
Vậy a + b + c + d + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10

=  ab +

Ví dụ 5: Cho 4 số a, b, c, d bất kỳ chứng minh rằng:
( a + c) 2 + (b + d ) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2

Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
tacó ac+bd ≤ a 2 + b 2 . c 2 + d 2
mà ( a + c ) 2 + ( b + d ) 2 = a 2 + b 2 + 2( ac + bd ) + c 2 + d 2

(

)

≤ a 2 + b2 + 2 a2 + b2 . c2 + d 2 + c2 + d 2
⇒ (a + c) 2 + (b + d ) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2

II. Một số bài tập thường gặp trong các đề thi vào lớp 10
a+b+c
a2
b2

c2
≥
Bài 1: Cho các số thực dương a, b, c. CMR:
+
+
2
b+c a+c
b+a

Bài giải:

b+c
a
≥ a (áp dụng bất đẳng thức Cô si)
+
4
b+c
a+c
a+b
b2
c2
≥ b; và
≥ c
Tương tự ta có:
+
+
4
4
a+c
b+a

a+b+c
a2
b2
c2
≥ a+b+c
⇒
+
+
+
2
b+c a+c
b+a
a+b+c
a2
b2
c2
≥
⇒
+
+
(đpcm)
2
b+c a+c
b+a
a+b+c
a2
b2
c2
≥
Vậy

+
+
2
b+c a+c
b+a
1
1
Bài 2: Cho x, y > 0; thoả x + y = 1. Tìm Min A = 2 2 + xy .Bài giải:
x +y

Với a, b, c > 0 ta có:

2

a+ b
4
1 1
4
⇔ + ≥
≥
(a, b > 0)
ab
a+ b
a b
a+ b
1
(x + y)2
Mặt khác: x + y ≥ 2 xy => xy ≤
= (áp dụng bất đẳng thức Cô si)
4

4
1
1
1
1
4
1
4
1
A = 2 2 + 2xy + 2xy ≥ x 2 + y2 + 2xy + 2xy = (x + y)2 + 2xy ≥ 4 + 2. 1 = 4 + 2 = 6
x +y
4
1
Vậy MinA = 6 khi x = y =
2

Ap dụng bất đẳng thức (a + b)2 ≥ 4ab =>

Bài 3.

Cho a, b, c > 0 : abc = 1
1
1
1
1
CMR : 2
+ 2
+ 2
≤
2

2
2
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2
Hướng dẫn
2
2
2
2
2
Ta có: a + b ≥ 2ab; b + 1 ≥ 2b ⇒ a + 2b + 3 ≥ 2 ( ab + b + 1)


1
1
≤
a 2 + 2b 2 + 3 2 ( ab + b + 1)
Tương
tự
1
1
1
1
1
1
1

+ 2
+ 2
≤ 
+

+
÷
2
2
2
2
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2  ab + b + 1 bc + c + 1 ca + a + 1 
Mặt khác:
1
1
1
1
ab
b
+
+
=
+ 2
+
=1
ab + b + 1 bc + c + 1 ca + a + 1 ab + b + 1 ab c + abc + ab bca + ab + b
1
1
1
1
+
+
≤
⇔ a = b = c =1
=> 2

a + 2b 2 + 3 b 2 + 2c 2 + 3 c 2 + 2a 2 + 3 2
Bài 4: Cho ba số x,y,z dương và xyz = 1.
⇒

=>

CMR :
Bài giải
Ta có x3 + y 3 + 1 ≥ 3 3 x3 y 3 = 3xy
z 3 + y 3 + 1 ≥ 3 3 z 3 y 3 = 3zy
x 3 + z 3 + 1 ≥ 3 3 x 3 z 3 = 3 xz

Nên vế trái =

 1
3 xy
3 zy
3 xz
1
1 
+
+
= 3
+
+
÷≥ 3 3 3
 xy
xy
zy
xz

zy
xz ÷



Vì xyz = 1. Dấu “ = “ khi x = y = z
Bài 5: Cho 3 số dương a, b, c chứng minh rằng:

a3
+
b3

b3
c3
a b c
+
≥
+ +
c3
a3 b c a
Giải

Vận dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:

a3
b3
b3
c3
c3

+
+

a3
b3
b3
c3
c3

+1 ≥ 3

a
(1)
b

+1 ≥ 3

b
(2)
c

c
(3)
3
3
a
a
a
Cộng vế theo vế (1) (2) và (3) ta có:

a3
2( 3 +
b

Vậy:

+

+1 ≥ 3

b3
c3
a b c
a b c
+ )+ + +
3 +
3 ) + 3 ≥ 2( +
c
a
b c a
b c a
a b c
≥ 2( + + ) + 3
b c a
a3
b3
c3
a b c
+ +
3 +

3 +
3 ≥
b
c
a
b c a

1
=3 3
xy zy xz


Bài 6. (1đ) (Đắc Lắc 12 – 13)
Cho hai số dương x, y thõa mãn: x + 2y = 3. Chứng minh rằng:

1 2
+ ≥3
x y

HD: Áp dụng 1/x + 1/y + 1/z ≥ 9/(x + y + z)
Bài 7: (Hải Dương 12 – 13)
Cho 2 số dương a, b thỏa mãn
Q=

1 1
+ = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
a b

1
1

+ 4
.
2
2
a + b + 2ab b + a + 2ba 2
4

2

Hướng dẫn
Với a > 0; b > 0 ta có: (a 2 − b)2 ≥ 0 ⇔ a 4 − 2a 2b + b 2 ≥ 0 ⇒ a 4 + b 2 ≥ 2a 2b
1
1
⇔ a 4 + b 2 + 2ab 2 ≥ 2a 2b + 2ab 2 ⇔ a 4 + b 2 + 2ab 2 ≤ 2ab a + b (1)
(
)
1

1

Tương tự có b 4 + a 2 + 2a 2b ≤ 2ab ( a + b )

(2) . Từ (1) và (2) ⇒ Q ≤

1
ab ( a + b )

1
1
1 1

≤ .
+ = 2 ⇔ a + b = 2ab mà a + b ≥ 2 ab ⇔ ab ≥ 1 ⇒ Q ≤
2
2(ab)
2
a b
1
1
Khi a = b = 1 thì ⇒ Q = . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là
2
2

Vì

Bài 8: (Hà Nội 12 – 13) Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x ≥ 2y , tìm giá trị
x 2 + y2
nhỏ nhất của biểu thức: M =
xy

Hướng dẫn
x2 + y 2 x2 y 2 x y
x y 3x
=
+
= + = ( + )+
Ta có M =
xy
xy xy y x
4y x 4y
x y

x y
x y
+ ≥2
. =1,
Vì x, y > 0, áp dụng bdt Co si cho 2 số dương 4 y ; x ta có
4y x
4y x

dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2y
x

3 x

6

3

Vì x ≥ 2y ⇒ y ≥ 2 ⇒ 4 . y ≥ 4 = 2 , dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2y
3
2

5
2

Từ đó ta có M ≥ 1 + = , dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2y
Vậy GTNN của M là
Bài 9:

Hướng dẫn:

5
, đạt được khi x = 2y
2


Bài 10 (Hà Nam: 12 – 13)
Cho ba số thực a, b, c thoả mãn a ≥ 1; b ≥ 4;c ≥ 9
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =

bc a − 1 + ca b − 4 + ab c − 9
abc

Hướng dẫn:

Bài 11: (Hưng Yên 12 – 13)
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 4.
1

1

Chứng minh rằng xy + xz ≥ 1
1

1

11

1

4

4

HD xy + xz = x  y + z ÷ ≥ x y + z = x 4 − x
(
) (
)


Bài 12: (Thanh Hóa 12 – 13)
Cho hai số thực a; b thay đổi, thoả mãn điều kiện a + b ≥ 1 và a > 0
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
Hướng dẫn

8a 2 + b
+ b2
4a


a = b = 0,5
Bài 13: (Quảng Ngãi 12 – 13)

−2 xy

Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 1 + xy .
Hướng dẫn: Với x > 0, y > 0 ta có
x2 + y 2
1
3
1

2
2
4
≥ xy ⇔ xy ≤ ⇔ 1 + xy ≤ ⇔
≥ ⇔
≥
2
2
2
1 + xy 3
1 + xy 3
−2 xy
2
4
2
Do đó A = 1 + xy = −2 + 1 + xy ≥ −2 + 3 = − 3 .
Dấu “=” xảy ra khi x = y .
 x > 0, y > 0

2
⇒x= y=
Từ  x = y
2
 2
2
x
+
y
=
1


2
2
Vậy min A = − khi x = y =
.
3
2

Bài 14: (Quảng nam 12 – 13)
Cho a, b ≥ 0 và a + b ≤ 2. Chứng minh :
Hướng dẫn:

2 + a 1 − 2b 8
+
≥
1 + a 1 + 2b 7

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

1
2
8
+
≥
1 + a 1 + 2b 7

1
1
1
+

≥2
1
2
+
1 (1) (bđt Côsi)
Ta có:
= a +1 b + 1
(a + 1)(b + )
a + 1 2b + 1
2
2


a +1+ b +

1
2 ≤ 7 (bđt Cô si)
4

1
( a + 1)(b + ) ≤
2
2
2
8
≥
⇒ (a + 1)(b + 1 ) 7 (2)
2
1
2

8
+
≥
Từ (1) và (2) suy ra:
1 + a 1 + 2b 7

Dấu “=” xảy ra chỉ khi : a + 1 = b +

1
3
5
và a + b = 2 ⇔ a = và b =
2
4
4

Bài 15: Chuyên lam Sơn Thanh Hóa 11 – 12 (Vòng 01)
Cho a, b, c là ba số thực dương t/m a + b + c = 2 Tìm Max P
biết P =

ab
ab + 2c

+

bc
bc + 2a

+

ca
ac + 2b

Hướng dẫn
* Vì a + b+ c = 2 2c+ab = c(a+b+c)+ab= ca+cb+c2+ ab = (ca+ c2)+(bc + ab)
= c(a+c) + b(a+c)=(c+a)(c+b) ⇒ 2c+ab = (c+a)(c+b)
⇒

1
1
1
1
> 0 và
> 0 áp dụng cosi ta có
+
≥ 2.
a+c
b+c
a+c b+c
1
1
1
⇒ a + c = b + c ⇒a = b
=
dấu (=) ⇔
(a + c)(b + c)
a+c b+c
1
1 1
1

hay (c + a)(c + b) ≤ 2 ( c + a + c + b )

vì a ; b ; c > 0 nên

⇒

ab
=
2c + ab

ab
1  ab
ab  (1) dấu bằng ⇔ a = b
≤ 
+

( c + a ) ( c + b) 2  c + a c + b 

bc
1  cb
bc 
≤ 
+
 (2) dấu bằng ⇔ b = c
bc + 2a 2  a + b a + c 
ac
1  ca
ca 
≤ 
+

 (3) dấu bằng ⇔ a = c
2b + ca 2  c + b b + a 

Tương tự:

cộng vế với vế của (1) ; (2) ; (3) ta có
ab
bc
ca
1 ab
ab
cb
cb
ac
ac
+
+
≤ (
+
+
+
+
+
)
ab + 2c
bc + 2a
ca + 2b 2 c + a c + b b + a c + a b + a c + b
cb
ab
ac

cb
ac 
1  ab
⇒ P ≤ (
+
)+(
+
)+(
+
b+c c+b
a + b a + b 
2  c+a c+a
1  (a + c ).b a.(b + c) c.(b + a )  1
1
+
+
= ( a + b + c ) = .2 = 1
= 

b+c
a+b  2
2  c+a
2
ab
bc
ca
2
+
+
⇒ P=

≤ 1 dấu bằng ⇔ a = b = c =
ab + 2c
bc + 2a
ca + 2b
3
2
Vậy min P = 1 khi a = b = c =
3
⇒ : P=

Bài 16: (Vĩnh Phúc 11 – 12)
Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức: P =

ab
bc
ca
+
+
.
c + ab
a + bc
b + ca

Hướng dẫn: Từ a + b + c = 1 => ac + bc + c2 = c (Do c > 0)


Vì vậy: c + ab = ac + ab + bc + c2 = (b+c)(c+a)
a
b

+
ab
ab
Do đó
=
≤ a + c b + c (Cô – si)
c + ab
(b + c)(c + a)
2
c
a
b
c
+
+
ca
bc
Tương tự:
≤ c+a a +b
≤ b+c c+a ;
b
+
ca
2
a + bc
2
a +c b+c a+b
+
+
Vậy P ≤ a + c b + c a + b = 3

2
2
Do đó: MinP = 3/2, xảy ra khi a = b= c = 1/2
Bài 17: (Hà Nội 11 – 12)
Với x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = 4x 2 − 3x +
Hướng dẫn

1
+ 2011 .
4x

1
1
+ 2011 = 4 x 2 − 4 x + 1 + x +
+ 2010
4x
4x
1
= (2 x − 1) 2 + ( x + ) + 2010
4x
1
1
Vì (2 x − 1) 2 ≥ 0 và x > 0 ⇒ > 0 , Áp dụng bdt Cosi cho 2 số dương ta có: x +
4x
4x
1
1
≥ 2 x.
= 2. = 1
4x

2
1
 M = (2 x − 1) 2 + ( x + ) + 2010 ≥ 0 + 1 + 2010 = 2011
4x
1

x=

2
1


x
=

2 x − 1 = 0
2



1
1

 2 1
 
1
 M ≥ 2011 ; Dấu “=” xảy ra   x = 4 x ⇔  x = 4 ⇔   x = ⇔ x =
2
2




 x > 0
x > 0

1

  x = − 2


 x > 0
1
Vậy Mmin = 2011 đạt được khi x =
2
M = 4 x 2 − 3x +

Bài 18. (Hải Dương 11 – 12)
Cho x, y, z là ba số dương thoả mãn x + y + z =3. Chứng minh rằng:
x
y
z
+
+
≤ 1.
x + 3 x + yz y + 3 y + zx z + 3z + xy

Hướng dẫn

Từ ( x − yz ) ≥ 0 ⇔ x 2 + yz ≥ 2x yz (*) Dấu “=” khi x2 = yz
2

Ta có: 3x + yz = (x + y + z)x + yz = x2 + yz + x(y + z) ≥ x(y + z) + 2x yz
Suy ra 3x + yz ≥ x(y + z) + 2x yz = x ( y + z ) (Áp dụng (*))


x + 3x + yz ≥ x ( x + y + z ) ⇒

x
≤
x + 3x + yz

x
(1)
x+ y+ z

y
y
z
z
≤
≤
(2),
(3)
y + 3y + zx
x+ y+ z
z + 3z + xy
x+ y+ z
x
y
z

Từ (1), (2), (3) ta có x + 3x + yz + y + 3y + zx + z + 3z + xy ≤ 1

Tương tự ta có:

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1
Bài 19: Cho các số a, b, c đều lớn hơn

25
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4

a
b
c
+
+
.
2 b−5 2 c−5 2 a−5
25
Do a, b, c >
(*) nên suy ra: 2 a − 5 > 0 , 2 b − 5 > 0 , 2 c − 5 > 0
4
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương, ta có:
Q=

a
+ 2 b − 5 ≥ 2 a (1)
2 b −5
b
+ 2 c − 5 ≥ 2 b (2)

2 c −5
c
+ 2 a − 5 ≥ 2 c (3)
2 a −5

Cộng vế theo vế của (1),(2) và (3), ta có: Q ≥ 5.3 = 15 .
Dấu “=” xẩy ra ⇔ a = b = c = 25 (thỏa mãn điều kiện (*))
Vậy Min Q = 15 ⇔ a = b = c = 25