30 Bài Toán Bất Đẳng ThứcK2PI

30 BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRÊN K2PI.NET
ĐỀ BÀI
Bài 1. Cho x, y, z > 0 thỏa mãn 2 x y + xz = 1. Tìm Min của :
P=

3y z 4zx 5x y
+
+
x
y
z

Bài 2. Cho a, b, c là các số thực dương có tích là 1. Tìm GTNN của biểu thức
P = a2b + b2c + c 2 a +

1
6

a3 + b3 + c 3

Bài 3. Cho a, b, c > 0 t/m: 9(a 4 + b 4 + c 4 ) − 25(a 2 + b 2 + c 2 ) + 48 = 0 tìm GTNN
b2
c2
a2
+
+
F=
b + 2c c + 2a a + 2b

Bài 4. Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 3] và x + y +2z = 6.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
của biểu thức :

P = x 3 + y 3 + 5z 3

Bài 5. Cho x, y ≥ 1 thoả 3(x + y) = 4x y . Tìm min, max của P :
P = x3 + y 3 + 3

1
1
+ 2
2
x
y

Bài 6. Cho các số thực x, y thuộc đoạn [1; 2] . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức :
T=

x2
x2 + x y + y 2

Bài 7. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: 3 x 2 + y 2 = 2 x + y . Tìm GTNN của
biểu thức:
P = x+

2

1
y

+ y+

1

x

2

3
2

Bài 8. Cho x, y, z ∈ [0; 1] thỏa mãn x + y + z = . Tìm giá trị lớn nhất của:
x2 + y 2 + z2

Bài 9. Cho

x, y, z ≥ 0
x +y +z =1

Tìm max:
S = x2 y + y 2z + z2x

Bài 10. Cho x, y thỏa mãn: x 1 − y 2 + y 1 − x 2 = 1.Chứng minh rằng:
x2 + y 2 = 1

Bài 11. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
P = a+

Bài 12. Cho x, y, z > 0 thoả mãn

1
a

2

xy +
T=

+ b+

1
b

2

+ c+

1
c

2

≥ 33 +

1
3

y z + zx = 1 Tìm GTNN của
x2
y2
z2
+
+
x +y y +z z +x

1


Bài 13. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: 4a + 9b + 16c = 49. Chứng minh rằng:
1 25 64
+
+
≥ 49
a b
c

Bài 14. Với mọi x, y, z > 0. Chứng minh:
x2 + x y + y 2 +

y 2 + y z + z2 +

z 2 + zx + x 2 ≥

3(x + y + z)

Bài 15. Cho a, b, c > 0.Chứng minh:
a3 b3 c 3
+
+ ≥ ab + bc + c a
b
c
a

Bài 16. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

1
1
1
1 1 1
+ + ≥5
+
+
a b c
2a + 3b 2b + 3c 2c + 3a
1
1
1
1
1
1
+ 2 + 2 = 10
+
+
+ 2011 Tìm giá trị lớn nhất
2
a
b
c
ab bc c a

Bài 17. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn 15
của
P=

1

5a 2 + 2ab + 2b 2

+

1
5b 2 + 2bc + 2c 2

+

1
5c 2 + 2ac + 2a 2

Bài 18. Cho các số thực x, y, z thoả mãn: x 2 + 2y 2 + 3z 2 = 6. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức:
P = 3x + 2y + z

Bài 19. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
1+

1
a

1+

1
b

1+

1
≥ 64

c

Bài 20. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện: ab + bc + c a = 3. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
P=

a6 + b6 + 1 +

b6 + c 6 + 1 +

c 6 + a6 + 1

Bài 21. Cho các số thực x, y lớn hơn 1. Chứng minh rằng:
4a 2
5b 2
+
≥ 36
a −1 b −1

Bài 22. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
a5
b5
c5
3
+
+
≥
2
2
2

2
2
2
b +c
c +a
a +b
2

Bài 23. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a +b +c = 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
P=

a 2 + 2b 2 +

b 2 + 2c 2 +

c 2 + 2a 2

Bài 24. Cho a, b, c > 0.Chứng minh:
1
1
1
1
1
1
+
+
≥
+
+

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

Bài 25. Cho a; b; c > 0. Chứng minh
a
b
c
+
+
<
a +b b +c c +a

a
+
b +c

2

b
+
c +a

c
a +b


Bài 26. Cho x; y; z > 1 và x + y + z = x y z . Tìm GTNN của
P=

y −2 z −2 x −2
+ 2 + 2

x2
y
z

Bài 27. Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng:
a2 b2 c 2 d 2
1
1
1
1
+ 5+ 5+ 5≥ 3+ 3+ 3+ 3
5
b
c
d
a
a
b
c
d

Bài 28. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
1
1
1
9
+
+
≥
2

3 − a 3 − b 3 − c 2 a + b2 + c 2

Bài 29. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: a + b + c = 1. Tìm GTNN của biểu
thức:
P=

1
1
1
+
+
a 2 (c + a) b 2 (a + b) c 2 (b + c)

Bài 30. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm GTNN của:
P=

a4
3

a3 + 7

+

b4
3

b3 + 7

3

+

c4
3

c3 + 7


LỜI GIẢI
Bài 1
Cho x, y, z > 0 thỏa mãn 2 x y + xz = 1. Tìm Min của :
P=

3y z 4zx 5x y
+
+
x
y
z

Lời giải
x y y z zx zx
x y x y y z zx
Ta có : P =
+
+
+
+2
+
+

+
≥4
z
x
y
y
z
z
x
y

xz + 2 x y = 4

Bài 2
Cho a, b, c là các số thực dương có tích là 1. Tìm GTNN của biểu thức
P = a2b + b2c + c 2 a +

1
6

a3 + b3 + c 3

Lời giải
a
b
c
Đặt x = ; y = ; z =
c
a
b

Lúc đó :

P = x +y +z +

1
6

x2 y + y 2z + z2x

Tiếp đến sẽ CM bất đẳng thức phụ :
x2 y + y 2z + z2x ≤

4
(x + y + z)3 − x y z
27

Đặt x + y + z = t , t ≥ 3 và KSHS
Bài 3
Cho a, b, c > 0 t/m: 9(a 4 + b 4 + c 4 ) − 25(a 2 + b 2 + c 2 ) + 48 = 0 tìm GTNN
F=

b2
c2
a2
+
+
b + 2c c + 2a a + 2b

Lời giải

Ta có:

1
a 4 + b 4 + c 4 ≥ (a 2 + b 2 + c 2 )
3

Kết hợp với giả thiết ta suy ra được
3(a 2 + b 2 + c 2 )2 − 25(a 2 + b 2 + c 2 ) + 48 ≤ 0

Suy ra
3 ≤ a2 + b2 + c 2 ≤

16
3

Sử dụng BĐT C auch y − Schw ar z ta có
F=

Ta lại có

a2
b2
c2
(a 2 + b 2 + c 2 )2
+
+
≥ 2
b + 2c c + 2a a + 2b (a b + b 2 c + c 2 a) + 2(ab 2 + bc 2 + c a 2 )

1

(a 2 b + b 2 c + c 2 a)2 ≤ (a 2 + b 2 + c 2 )(a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) ≤ (a 2 + b 2 + c 2 )3
3


Do đó
a2b + b2c + c 2 a ≤

1

ab 2 + bc 2 + c a 2 ≤

1

3

(a 2 + b 2 + c 2 )

a2 + b2 + c 2

(a 2 + b 2 + c 2 )

a2 + b2 + c 2

Tương tự ta cũng có
3

Từ đây ta suy ra
F≥

(a 2 + b 2 + c 2 )2

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

=

1
3

a2 + b2 + c 2 ≥ 1

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Vậy Mi nF = 1 khi a = b = c = 1.
Bài 4
Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 3] và x + y + 2z = 6.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
biểu thức :
P = x 3 + y 3 + 5z 3

Lời giải
Ta có :
1 ≤ xy ≤

(x + y)2
= (3 − z)2
4

Đặt x y = t ⇒ 1 ≤ t ≤ (3 − z)2 Lại có :
P = x 3 + y 3 +5z 3 = (x + y)3 −3x y(x + y)+5z 3 = (6−2z)3 −3x y(6−2z)+5z 3 = −6t (3− z)+(6−2z)3 +5z 3

Xét hàm số : f (t ) = −6t (3 − z) + (6 − 2z)3 + 5z 3 , có :
f (t ) = −6(3 − z) ≤ 0, ∀z ∈ [1; 3]

Vậy nên : f ((3 − z)2 ) ≤ f (t ) ≤ f (1)
Bài 5
Cho x, y ≥ 1 thoả 3(x + y) = 4x y . Tìm min, max của P :
P = x3 + y 3 + 3

1
1
+ 2
2
x
y

Lời giải
3
Dự đoán dấu bằng x = y = . Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có:
2
P+

27 9
6
≥ xy +
8
2
xy

Đặt t = x y . Từ giả thiết 4x y = 3 x + y ≥ 6 x y ⇒ x y ≥ 94
9
2

6

t

9
4

Xét hàm số: f (t ) = t + , với t ≥ .
Suy ra, GTNN của P bằng

93
3
. Đạt được khi x = y =
12
2

Bài 6
Cho các số thực x, y thuộc đoạn [1; 2] . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức :
T=

x2
x2 + x y + y 2

5


y
Ta có: x, y ∈ [1; 2] ⇒ ∈
x

Lời giải
1

2;2

Biến đổi

1

T=
1+

y
y
+
x
x

2

y
x

Đến đây, xét hàm số: f (t ) = t 2 + t + 1, với t = .
1
1
≤T ≤
f (2)
f 12

Từ đó,
Bài 7

Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: 3 x 2 + y 2 = 2 x + y . Tìm GTNN của biểu
thức:
P = x+

1
y

2

+ y+

1
x

2

Lời giải
4
2(x + y)
Từ giả thiết ta suy ra x + y ≤ , biến đổi vế trái ( tức là thay x 2 + y 2 =
) ta được:
3
3
1
x+
y

2

1

+ y+
x

2

=

2(x + y) 4(x + y) 2(x + y)
+
+
3
3x y
3x 2 y 2

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có ngay:
16
32
2(x + y) 4(x + y) 2(x + y) 2(x + y)
+
+
+
+
≥
2
2
3
3x y
3x y
3
3(x + y) 3(x + y)3

2n 4 + 16n 2 + 32
4
), ta quay về xét hàm: f (x) =
3
3n 3
2(n 2 − 12)(n 2 + 4)
Hàm này có f (n) =
<0
3n 4
2
169
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y =
do đó f (n) ≥
18
3

Đặt n = x + y ( chú ý rằng n ≤

Bài 8
3
2

Cho x, y, z ∈ [0; 1] thỏa mãn x + y + z = . Tìm giá trị lớn nhất của:
x2 + y 2 + z2

Lời giải
Không mất tính tổng quát giả sử x ≥ y ≥ z. Viết lại điều kiện

1≥x





1 3
1+ = ≥ x + y
2 2



 x +y +z = 3
2

Xét hàm số: f (x) = x 2 (x ≥ 0) ta có f (x) = 2 > 0; ∀x ≥ 0)
Áp dụng bất đẳng thức Karamata ta có
x2 + y 2 + z2 ≤ 1 +
1
2

Dấu "=" xảy ra khi x = 1; y = ; z = 0
6

1
5
+0 =
4
4


Bài 9
Cho x, y, z ≥ 0,

x + y + z = 1 Tìm max:
S = x2 y + y 2z + z2x

Lời giải
Thay z = 1 − x − y vào ta được:
S = x 2 y + y 2 (1 − x − y) + x(1 − z − y)2

Coi y là biến, x là tham số ta có
S (y) = −3y 2 + 2y + 3x 2 − 2x;

S (y) = 0 ⇔⇔

y =x
y = 2−3x
3

Có
S(x) = 3x 3 − 3x 2 + x,

S(

x
4
2 − 3x
) = −x 3 + x 2 − + ,
3
3 27

S(1) = x 3 + x 2 − x,

S(0) = x 3 + 2x 2 − x

Sử dụng bảng biến thiên khảo sát hàm số ta xét 2 trường hợp.
TH1: x <

2 − 3x
1
⇐⇒ x <
3
3

Qua bảng biến thiên ta thấy max S = S(0) hoặc max S = S( 2−3x
)
3
1
Khảo sát hàm S(0) và S 2−3x
với
0
<
x
<
3
3

4
xảy ra cả với S(0) và S 2−3x
3
27
1

1
Dấu bằngxảy ra khi và chỉ khi x = ; y = 0; z = và các hoán vị
3
3
2 − 3x
1
TH2: x >
⇐⇒ x >
3
3

ta được max S =

Tương tự ta cũng được kết quả như trên.
Bài 10
Cho x, y thỏa mãn: x 1 − y 2 + y 1 − x 2 = 1.Chứng minh rằng:
x2 + y 2 = 1

Lời giải
Áp dụng BĐT Bunhia cho giả thiết:
2

1 − y2 + y

1= x
⇒ x2 + y 2

2

1 − x2

≤ x2 + y 2 2 − x2 + y 2

− 2 x2 + y 2 + 1 ≤ 0 ⇒ x2 + y 2 − 1

2

≤ 0 ⇒ x2 + y 2 = 1

Thế này thì sao: Xét x = y . Theo bunhia:
2

1 − y2 + y

x

1 − x2

⇒x

≤ x2 + 1 − x2 y 2 + 1 − y 2 = 1

1 − y2 + y

1 − x2 ≤ 1

Dấu " = ” xảy ra khi và chỉ khi
x
1 − y2

=

y
1 − x2

⇒ x 2 − x 4 = y 2 − y 4 ⇔ x 2 − y 2 x 2 + y 2 − 1 = 0 ⇒ fflpcm

Tất nhiên, xét x = y ta cũng có x 2 + y 2 = 1
7


Bài 11
Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
P = a+

1
a

2

+ b+

1
b

2

+ c+

1

c

2

≥ 33 +

1
3

Lời giải
Dùng BĐT Bunhia:
1
1
1
+b + +c +
a
b
c
3

a+
VT ≥

2

1+
=

1 1 1
+ +

a b c
3

2

Do đó, ta cần chứng minh:
1 1 1
+ + ≥9
a b c

Lại dùng Bunhia:
9=

a

1

Bài 12
Cho x, y, z > 0 thoả mãn

a

+ b

xy +

1
b

+ c

2

1

≤ (a + b + c)

c

1 1 1
+ +
a b c

y z + zx = 1 Tìm GTNN của
T=

y2
z2
x2
+
+
x +y y +z z +x

Lời giải1
Áp dụng bất đẳng thức Bunhia-côpxki ta có:
x+y

x
+
x+y

y +z

y
+ z +x
y +z

2

z
z +x

≤ (x + y + y + z + z + x)

y2
z2
x2
+
+
x +y y +z z +x

Suy ra:
T=

x2
y2
z2
x +y +z
+
+

≥
x +y y +z z +x
2

Mặt khác từ giả thiết ta có:
x +y +z ≥

xy +

y z + zx = 1

1
3
1
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức T bằng x = y = z =
2
3
1
2

Do đó: T ≥ . Dấu "=" xảy ra khi x = y = z =

Lời giải2
Sử dụng bất đẳng thức C − S dạng phân thức ta được:
T≥

Mà x + y + z ≥ x y + y z + zx = 1 nên P ≥

(x + y + z)

2

1
2

Bài 13
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: 4a + 9b + 16c = 49. Chứng minh rằng:
1 25 64
+
+
≥ 49
a b
c

8


Lời giải
Sử dụng bất đẳng thức C − S ta có :
(4a + 9b + 16c)

1 25 64
+
+
≥ (2 + 3.5 + 4.8)2 = 492
a b
c

Suy ra điều phải chứng minh. Do 4a + 9b + 16c = 49
Bài 14

Với mọi x, y, z > 0. Chứng minh:
x2 + x y + y 2 +

y 2 + y z + z2 +

z 2 + zx + x 2 ≥

3(x + y + z)

Lời giải
Sử dụng bất đẳng thức
(x + y)2
2

x2 + y 2 ≥

Ta có
x2 + x y + y 2 =

2

2(x + y)2 + 2(x 2 + y 2 ) ≥

Bài 15
Cho a, b, c > 0.Chứng minh:

2(x + y)2 + (x + y)2 =

3(x + y)

a3 b3 c 3
+
+ ≥ ab + bc + c a
b
c
a

Lời giải1
2

VT ≥

2

a +b +c

2 2

2

≥

ab + bc + c a

(ab + bc + c a)
= ab + bc + c a
ab + bc + c a

Lời giải2

Ta có:

a3 b3 c 3 a4 b4 c 4
+
+ =
+
+
b
c
a
ab bc ac

Mặt khác ta được:
a 4 b 4 c 4 (a 2 + b 2 + c 2 )2 (ab + bc + c a)2
+
+
≥
≥
= ab + bc + c a
ab bc ac
ab + bc + ac
ab + bc + c a

Vậy bài toán được chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
Bài 16
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
1 1 1
1
1
1

+ + ≥5
+
+
a b c
2a + 3b 2b + 3c 2c + 3a

Lời giải
Ta có
1
1
1
1
25
25
25
+
+
=
+
+
2a + 3b 2b + 3c 2c + 3a 25 2a + 3b 2b + 3c 2c + 3a
1 2 3 2 3 2 3
≤
+ + + + +
25 a b b c c a
1 1 1 1
=
+ +
5 a b c

9


Bài 17
1
1
1
1
1
1
+ 2 + 2 = 10
+
+
+ 2011 Tìm giá trị lớn nhất của
2
a
b
c
ab bc c a

Cho a, b, c > 0 thỏa mãn 15

1

P=

5a 2 + 2ab + 2b 2

1

+

1

+

5b 2 + 2bc + 2c 2

5c 2 + 2ac + 2a 2

Lời giải
1
1
1
Đặt x = ; y = ; z =
a
b
c
⇒ 15 x 2 + y 2 + z 2 = 10 x y + y z + zx + 2011 ≤ 10 x 2 + y 2 + z 2 + 2011 ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≤

Mặt khác
x +y +z

Ta có

1
5a 2 + 2ab + b 2

≤

Tương tự ta có

2

2

≤ 3 x2 + y 2 + z2 ⇒ x + y + z
1

4a 2 + 2ab + b 2 + 2ab
P≤

=

1
1
x +y +z ≤
3
3

≤ 3.

2011
5

2011
5

1
1 2 1

1
≤
+
= 2x + y
2a + b 9 a b
9

3.

2011
5

Bài 18
Cho các số thực x, y, z thoả mãn: x 2 + 2y 2 + 3z 2 = 6. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức:
P = 3x + 2y + z

Lời giải
P 2 ≤ x 2 + 2y 2 + 3z 2 9 + 2 +

Ta có

1
⇒ |P | ≤ 68
3

Bài 19
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
1+

1

a

1+

1
b

1+

1
≥ 64
c

Lời giải1
Ta chứng minh bất đẳng thức sau như một bổ đề:
(1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ (1 +

3

abc)3

Chứng minh
Khai triển ra ta được:
1 + abc + ab + bc + c a + a + b + c ≥ 1 + 3
⇐⇒ ab + bc + c a + a + b + c ≥ 3

3

3

3

(abc)2 + 3 abc + abc

3

(abc)2 + 3 abc

Đúng theo AM −G M .

Áp dụng bổ đề trên ta có :
1+

Với abc ≤

1
a

1+

1
b

3

1+

1
(1 + a)(1 + b)(1 + c) (1 + abc)3
=

≥
≥ 64
c
abc
abc

1
ta được :
27
(1 +

3

abc)3
=
abc

1
3

10

abc

3

+1

≥ 64

1
3

Vậy a = b = c = .
Lời giải2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: Ta có
1 1
1 4
= (a + b + c + a) ≥ 4 a 2 bc
a a
a
4
1 4 4 a bc
4 bc
=⇒ 1 + ≥
=4
2
a a
a
a2

1+

Tương tự ta cũng có:
1+

=⇒ 1 +

1
a

1
ca
1
4 ab
≥ 4 4 2 ;1+ ≥ 4
b
b
c
c2

1+

1
b

1+

1
c a 4 ab
4 bc
≥4
44 24
= 64
2
c
a
b

c2

Dấu ’=’ xảy ra ⇐⇒ a = b = c = 13
Bài 20
Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện: ab + bc + c a = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
P=

a6 + b6 + 1 +

b6 + c 6 + 1 +

c 6 + a6 + 1

Lời giải
Ta có :
a6 + b6 + 1 ≥
VT ≥

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

≥

(a 3 + b 3 + 1)2
3

3ab + 3bc + 3c a
3

=3 3

Bài 21
Cho các số thực x, y lớn hơn 1. Chứng minh rằng:
5b 2
4a 2
+
≥ 36
a −1 b −1

Lời giải
Áp dụng AM −G M ta có:
1+x −1
x − 1 = 1.(x − 1) ≤
2

Nên

2

=

x2
x2
=⇒
≥4
4
x −1

4a 2

5b 2
+
≥ 4 ∗ 4 + 4 ∗ 5 = 36
a −1 b −1

Dấu = xảy ra khi a = b = 2
Bài 22
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
a5
b5
c5
3
+
+
≥
2
2
2
2
2
2
b +c
c +a
a +b
2

Lời giải
11

Trước hết, nhận thấy đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. Do đó,

a5
1
= .
2
2
b +c
2

Đánh giá từng số hạng ở VT để hạ bậc chúng. Theo AM −G M , ta có:
a5
b 2 + c 2 a 3a 2
+
+ ≥
b2 + c 2
4
2
2

Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng lại, suy ra:
V T ≥ a2 + b2 + c 2 −

3
2

Vấn đề còn lại là chứng minh: a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3.
Ở đây, ta tiếp tục dùng AM −G M như sau: a 2 + 1 ≥ 2a . Do đó,
a 2 + b 2 + c 2 + 3 ≥ 2 (a + b + c)

Từ đó, ta thu được điều phải chứng minh.
Bài 23
Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a 2 + 2b 2 +

P=

b 2 + 2c 2 +

c 2 + 2a 2

Lời giải1
Ta có
a 2 + 2b 2 ≥

1
3

a+

1

3−

3

b ⇔ (a − b)2 ≥ 0

Tương tự
b 2 + 2c 2 ≥

c 2 + 2a 2 ≥

1
3
1
3

b+

3−

c+

3−

1
3
1
3

c
a

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được
a 2 + 2b 2 +

b 2 + 2c 2 +

Vậy min P = 5 3 khi a = b = c =

Ta có :

a 2 + 2b 2 ≥

a + 2b
3

5
3

c 2 + 2b 2 ≥

1
3

(a + b + c) +

3−

1
3

(a + b + c) = 5 3

Lời giải2

Do

(a + 2b)2
3

a2 + b2 + b2 ≥

Tương tự cho các bất đẳng thức còn lại cộng vế theo vế suy ra Mi nP = 5 3
5
3

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = .
Bài 24
Cho a, b, c > 0.Chứng minh:
1
1
1
1
1
1
+
+
≥
+
+
4a 4b 4c 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b

Lời giải
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
a +a +b +c ≥ 4

12

4

a 2 bc > 0


1 1 1 1
1
4
+ + + ≥4
>0
2
a a b c
a bc

Nhân vế theo vế:
(2a + b + c)

2 1 1
+ +
≥ 16
a b c

Suy ra:
16
2 1 1
+ + ≥
a b c 2a + b + c

Tương tự:
1 2 1
16

+ + ≥
a b c a + 2b + c
16
1 1 2
+ + ≥
a b c a + b + 2c

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được:
4 4 4
16
16
16
+ + ≥
+
+
a b c 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c
⇔

1
1
1
1
1
1
+
+
≥
+
+
4a 4b 4c 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c
Bài 25
Cho a; b; c > 0. Chứng minh
b
c
a
+
+
<
a +b b +c c +a

a
+
b +c

b
+
c +a

c
a +b

Lời giải
Theo bất đẳng thức Cauchy:
a
=
b +c

a

a(b + c)

≥

2a
a +b +c

Tương tự ta cũng có được những bất đẳng thức tương tự
⇒

Mà

a
+
b +c

b
+
c +a

c
≥2
a +b

a +c
a
<
a +b a +b +c

(I )

(1)

a
a +c
<
⇔ (a + c)(a + b) > a(a + b + c)
a +b a +b +c
⇔ a(a + b) + c(a + b) > a(a + b) + ac ⇔ c(a + b) > ac ⇔ a + b > a (luôn đúng)

Vì

Tương tự ta cũng có:
a +b
b
>
(2)
a +b +c b +c
c
c +a
>
(3)
a + b + c +C

Ta có
(1) + (2) + (3) ⇒

Từ (I ) và (I I )

⇒

a
b
c
+
+
<2
a +b b +a a +c

a
b
c
+
+
<
a +b b +c c +a

a
+
b +c

13

b
+
a +c

(I I )

c

b+a


Bài 26
Cho x; y; z > 1 và x + y + z = x y z . Tìm GTNN của
P=

y −2 z −2 x −2
+ 2 + 2
x2
y
z

Lời giải
Từ giả thiết:
x + y + z = xyz ⇒
1
y

1
x

1
1
1
+
+
=1
x y y z zx

1
z

Do đó, đặt a = ; b = ; c = . Ta thu được: 0 < a, b, c < 1 và ab + bc + c a = 1. Khi đó:
1
1
1
− 2 + b2 − 2 + c 2
−2
b
c
a

P = a2

P = a2

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

c

Áp dụng AM −G M :
1
1
− 1 a2 + b2 ≥
− 1 2ab = 2a − 2ab
b
b

a 2 + b 2 ≥ 2ab ⇒

Làm tương tự:
V T ≥ (a + b + c) − 2 (ab + bc + c a) = (a + b + c) − 2

Cái công việc còn lại nhẹ nhàng rồi: Tìm GT N N của a + b + c với 0 < a < 1 và ab + bc + c a = 1
Lại dùng AM −G M : a 2 + b 2 ≥ 2ab . Tương tự thì thu được:
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + c a ⇒ (a + b + c)2 ≥ 3 (ab + bc + c a) = 3

Tóm lại: Mi nP = 3 − 2 khi x = y = z = 3
Bài 27
Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng:
a2 b2 c 2 d 2
1
1
1
1
+ 5+ 5+ 5≥ 3+ 3+ 3+ 3
5
b

c
d
a
a
b
c
d

Lời giải
Ta có
3

a2
2
1
5
5
+ 3 ≥5
= 3
5
15
b
a
b
b

3

b2
2

1
5
5
+
≥
5
=
c 5 b3
c 15 c 3

3

c2
2
1
5
5
+ 3 ≥5
= 3
5
15
d
c
d
d

3

d2
2

1
5
5
+ 3 ≥5
= 3
5
15
a
d
a
a

Cộng theo vế các bất đẳng thức, được điều cần chứng minh.

14


Bài 28
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
1
1
9
1
+
+
≥
2
3 − a 3 − b 3 − c 2 a + b2 + c 2

Lời giải

9
1
1
1
9
27
≥
VT =
+
+
≥
=
b + c a + c a + b 2(a + b + c) 2(a + b + c)2 2(a 2 + b 2 + c 2 )

Bài 29
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: a + b + c = 1. Tìm GTNN của biểu thức:
P=

1
a 2 (c + a)

+

1
b 2 (a + b)

+

1
c 2 (b + c)

Lời giải
Ta có

1

3

1 = a + b + c ≥ 3 abc ⇒

3

abc

≥3

2

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

abc
Do đó P = a + b + c ≥
≥
a +c b +a b +c
2(a + b + c)
2

≥

81
2

Bài 30
Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm GTNN của:
a4

P=

3

a3 + 7

+

b4
3

b3 + 7

+

c4
3

c3 + 7

Lời giải
Ta có

a4
3

Hơn nữa,

a3 + 7

4a 4

=

3

8.8.(a 3 + 7)

≥

4a 4
a 3 + 23
3

=

12a 4
a 3 + 23

31
23
12a 4
(a − 1)2 (161a 2 + 345a + 529)
−
a
−
=
≥0
a 3 + 23
16
16
16(a 3 + 23)

Suy ra
a4
3

a3 + 7

≥

31
12a 4
23

≥ a−
3
a + 23 16
16

Tương tự
b4
3

b3 + 7

và

c4
3

c3 + 7

≥

23
31
b−
16
16

≥

31
23

c−
16
16

Cộng theo vế các bất đẳng thức,
a4
3

Vậy min P =

a3 + 7

+

b4
3

b3 + 7

+

c4
3

c3 + 7

3
khi a = b = c = 1.
2

15

≥

31
23 3
(a + b + c) − 3. =
16
16 2