Điểm 10

Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />
GIỚI THIỆU VÀ TUYỂN CHỌN
BẤT ĐẲNG THỨC TRỌNG TÂM

CÁC ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC CẦN CHÚ Ý
(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)= a2+b2+c2+a(b+c)+b(a+c)+c(a+b)
(a+b-c)2=a2+b2+c2+2ab-2bc-2ca
(a-b-c)2=a2+b2+c2-2ab+2bc-2ca
( x  y ) 2  ( y  z ) 2  ( z  x) 2  3 x 2  3 y 2  3 z 2  ( x  y  z ) 2
a2+b2+c2  ab+bc+ca
a  b  c2  a 2  b2  c2  a(b  c)  b(a  c)  c(a  b) (1)
với a= x  y ; b= y  z ; c= z  x
1.
2.
3.
4.
5.
6.

Áp dụng bất đẳng thức A  B  A  B

x  y + y  z  x  y  y  z = x  z = z  x  a+b  c
Tương tự a+c  b; a+c  b
2
(1) a  b  c   a 2  b2  c 2  a.a  b.b  c.c

 a  b  c  2(a 2  b2  c 2 )
2

 a  b  c  2(a 2  b 2  c 2 )

7. a4+b4+c4  a2b2+b2c2+c2a2  abc(a+b+c)
1
8. (a+b+c)2= [( a  b) 2  (b  c) 2  (c  a ) 2 ]  3(ab  bc  ca )
2
2
 (a+b+c)  3(ab  bc  ca )
 ab + bc + ca ≤

a  b  c 2

3
9. ( ab  bc  ca )  a b  b 2c2  c2a 2  2abc( a  b  c )
10. Nếu a, b   ;    (   a )(  b)  0  ab   (a  b)   2  0
Đặt S=a+b; P=a.b
 P  S   2  0
 P  S   2
Ta có a2+b2=S2-2P  S 2  2( S   2 )
 a2+b2  S 2  2S  2 2
2

Tổng đài tư vấn :

2

2

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

- Trang | 1 -

Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />1
S2
Mặt khác ab  (a  b) 2  P 
4
4
1
S2
Ta lại có: a3+b3= S 3  3PS  S 3  3 .S  a3+b3  S 3
4
4

(a   )(b   )(c   )  0
11. Nếu a, b, c   ;   
(   a)(  b)(  c)  0
2

 ab   (a  b)   (c   )  0
 
2

 ab   (a  b)   (   c)  0
2
3

(1)
abc   (ab  bc  ca )   (a  b  c)    0
 
2

3

(2)
 abc   (ab  bc  ca )   (a  b  c)    0
Lấy (1)+(2) ta được
    (ab  bc  ca )  ( 2   2 )(a  b  c)   3   3  0







Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki





(x1y1+x2y2+x3y3+…xnyn)2  x12  x22  x32  ...  xn2 . y12  y22  y32  ...  yn2
Dấu “=” xảy ra 
12. a  b
2

2



x
x1 x2 x3



 ...  n
y1 y2 y3
yn

2

a  b


2
2

a  b2 
4
4
13. a +b 
2
 2
a  b 2
2
a

b


a  b4

2

4
4
14. 

a
+b

2
8

a2  b2 
 4
4
a  b 
2
( a  b) 2
1
3
3
3
3
15. a +b =(a+b) -3ab(a+b)  (a+b) -3 .
.(a+b)= (a+b)3
4
4
2

Áp dụng bất đẳng thức côsi
a1+a2+a3+…+an  n n a1.a2 .a3 ...an
16. a+b  2 ab

ab
17. ab 
2
1
18. ab  (a  b) 2
4
Tổng đài tư vấn :

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

Với a1, a2, a3, …, an không âm
Với a,b không âm
Với a,b không âm

- Trang | 2 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />1 1
4
19.  
a b ab
20. 2ab  a 2  b 2
a 2  b2
21. ab 
2
22. a+b+c  3.3 abc
Với a,b,c không âm
3
23. (a  b  c)  27abc

Với a,b,c không âm
(a  b  c)3
27
3
3 3
25. a +b +c  3abc

24. abc 

26. a+b+c  2 a(b  c) 

Với a,b,c không âm

a
2a

bc abc

Với a,b,c không âm

x y

27. ax+ay  2. a x .a y  2. a x  y  2.a 2
28. a t  t  1 , t  0 và a  3
Chứng minh
Đặt f(t)=at-t-1
f’(t)=at.lna-1>0 t  0 và a  3
 hàm số đồng biến
t  0  f(t)  f(0) at-t-1  0 a t  t  1
1

1
2


29.
Với a,b>0 và ab  1
1  a 1  b 1  ab
30. A  B  A  B
31. x  y + y  z  x  y  y  z = x  z = z  x

32. P=f(x); x  a; b
Nếu f’(x)>0 thì hàm số f(x) đồng biến f(a)  P  f(b)
Nếu f’(x)<0 thì hàm số f(x) nghịch biến f(a)  P  f(b)

Tổng đài tư vấn :

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

- Trang | 3 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group /> a
b

 t2

a
 b
 a2 b2

2
 2  2 t 2
a
b
 a 3 b3
3
 3  3  t  3t
a
b
4
a
b4
a b
33. Nếu đặt t =    4  4  t 4  4t 2  2
b a
a
b
5
a
b5
5
3
 5  5  t  5t  5t
a
b
6
a
b6

 t 6  6t 4  9t 2  2

 6
6
a
b
7
a
b7
7
5
3
 b 7  a 7  t  7t  14t  7t

34. Nếu đặt t=

Tổng đài tư vấn :

a
b
a b

  =t2-2
b a
b
a

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

- Trang | 4 -

Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />
II-VẬN DỤNG
1) Trung học phổ thông quốc gia_năm 2015
Cho các số thực a,b,c thuộc đoạn [1,3] và thỏa mãn điều kiện a  b  c  6
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
a 2 b 2  b 2 c2  c2 a 2  12abc  72 1
 abc
P=
ab  bc  ca
2
Giải:
Đặt t=ab+bc+ca
Tìm điều kiện của t
Cách 1
1
Tạ có: (a+b+c)2= [( a  b) 2  (b  c) 2  (c  a ) 2 ]  3t  3t
2

 62  3t  t  12

(*)

Cách 2
t= ab + bc + ca ≤

( a  b  c )2
 12
3

Mặt khác: (a-1)(b-1)(c-1)  0 (ab-a-b+1)(c-1)  0
abc-(ab+bc+ca) +(a+b+c) +1  0
 abc-t+6+1  0
 abc  t-5

(1)

Ta lại có: (3-a)(3-b)(3-c)  0
 (9-3a-3b+ab)(3-c)  0
 27-9(a+b+c)+3(ab+bc+ca)-abc  0
 27-9.6+3t-abc  0
 3t-27  abc

(2)

Từ (1) và (2) 3t-27  t-5 t  11

(**)

Từ (*) và (**) 11  t  12
Ta có : ( ab  bc  ca )2  a 2 b 2  b 2c2  c2a 2  2abc( a  b  c )
 t2= a 2 b 2  b 2c 2  c 2a 2  12abc
t 2  72 1
 abc
P=
t
2

 P

1
5t
(vì (1) -abc  t  5   abc 
)
2
2

t 2  72 5  t

t
2

Tổng đài tư vấn :

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

- Trang | 5 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />2t 2  144  t (5  t )
P 
2t
 P

t 2  5t  144
2t

t 2  5t  144
Xét hàm số f(t)=

, với t  11;12
2t

Học sinh tự làm: Max f(t)=

160
tại t=11
11

160
11
160
160
P=
khi a = 1, b = 2, c = 3. Vậy maxP =
11
11
2) Trung học phổ thông quốc gia_năm 2015_lần 2

 P

1 
Cho các số thực a,b thỏa mãn a,b   ;1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 
6
P=a5b+ab5+ 2
-3(a+b)
a  b2
Giải:
Đặt S=a+b; P=a.b

1 
Vì a,b   ;1  S  1;2
2 
Do a,b  1 nên ta có (1-a)(1-b)  0 1-(a+b)+ab  0
ab  a+b-1 P  S-1
Ta có: a2+b2=S2-2P  S 2  2( S  1) [vì P  S-1 -2P  -(2S-1)]
 a2+b2  S 2  2S  2
6
6
 2
 2
2
a b
S  2S  2
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki





(x1y1+x2y2+x3y3+…xnyn)2  x12  x22  x32  ...  xn2 . y12  y22  y32  ...  yn2
Dấu “=” xảy ra 



x
x1 x2 x3


 ...  n

y1 y2 y3
yn

(1.a2+1.b2)2  (12+12)[(a2)2+(b2)2]

a
 a +b 
4

4

2

 b2
2

Tổng đài tư vấn :



2

(1)

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

- Trang | 6 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam

Tài liệu học tập group />Tương tự: a 2  b2 
 a 2  b 2  
2

a


2

 b2
2



2

a  b2  a 2  b2  S 2
2

2

4

S
4
S4

8

(2)

S4
Từ (1) và (2) a +b 
8
4

4

Mặt khác: a5b+ab5=ab(a4+b4)=P(a4+b4)  (S-1) .

S4
8

(vì P  S-1 chứng minh trên)

S4
6
+ 2
-3S
S  2S  2
8
S5 S4
6
 P
-3S+ 2
S  2S  2
8 8
5
4
S S

6
Đặt f(S)=
-3S+ 2
với S  1;2
S  2S  2
8 8
1
12( S  1)
f’(S)= 5S 4  4S 3  24  2
 0 ,  S  1;2 nên đây là hàm số nghịch biến
8
( S  2S  2) 2
Do đó: S  2 f(S)  f(2)=-1
 P  -1
P=-1 khi a=b=1. Vậy min P=-1
3) Đại học khối A_năm 2014
Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
x2
yz
1  yz
P 2


x  yz  x  1 x  y  z  1
9
Giải:
Cách 1:

 P  (S-1) .





Áp dụng bất đẳng thức
2ab  a 2  b 2

Ta có : 2x(y +z)  x2 + (y + z)2 = x 2  y 2  z 2  2 yz
Thay x 2  y 2  z 2  2
2x(y +z) 2 + 2yz  yz + 1  x(y + z)
x2
x2
x2
x
 2
 2

Ta có: 2
x  yz  x  1 x  x  yz  1 x  x  x( y  z ) x  y  z  1
x
yz
1  yz


Do đó P 
x  y  z 1 x  y  z 1
9
x yz
1  yz


P
x  y  z 1
9
Tổng đài tư vấn :

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

- Trang | 7 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />
1
1  yz 
P  1 


9 
 x  y  z 1
Theo BĐT Bunhiacopxki ta có :

1.x  1.( y  z )  (12  12 )[ x 2  ( y  z ) 2 ]

 x  y  z  2( x 2  y 2  z 2  2 yz)

thay x 2  y 2  z 2  2

 x  y  z  2(2  2 yz)
 x  y  z  2 1  yz


1
1  yz 
 P  1 

 2 1  yz  1
9 

1
u2 4
1
1  yz
 ,u  1  yz  1


Do đó : T 
=
2u  1 9 9
9
1  2 1  yz
4 5
 P  1 
9 9
5
Khi x = y = 1 và z = 0 hay x = z = 1 và y = 0 thì P =
9
5
Vậy Max P = .
9

Cách 2:

P

x2
yz
1  yz


2
x  yz  x  1 x  y  z  1
9

Biết x 2  y 2  z 2  2 và x,y,z  0

Tìm PMax=?
Giải:
Ta có: 0  ( x  y  z ) 2  x 2  y 2  z 2  2 xy  2 xz  2 yz

Thay x 2  y 2  z 2  2

 0  ( x  y  z ) 2  2  2 xy  2 xz  2 yz
 0  ( x  y  z ) 2  2(1  xy  xz  yz)
 1  xy  xz  yz  0
Nên x2 + yz + x + 1 = x(x + y + z + 1) + (1 − xy − xz + yz)  x(x + y + z + 1)


1
1


x  yz  x  1 x( x  y  z  1)



x2
x

2
x  yz  x  1 x  y  z  1

2

(*)

Mặt khác: ( x  y  z ) 2  x 2  y 2  z 2  2 x( y  z )  2 yz  2  2 yz  2 x( y  z )
Ta có: 2 x( y  z )  x2+(y+z)2=x2+y2+z2+2yz=2+2yz
Tổng đài tư vấn :

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

- Trang | 8 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group /> ( x  y  z ) 2  2  2 yz  2  2 yz =4(1+yz)


( x  y  z)2
 1+yz
4



( x  y  z ) 2 1  yz

9
36



1 yz
( x  y  z)2

9
36



1  yz
( x  y  z)2

9
36

(**)

Cộng (*) và (**) vế theo vế ta được

x2
1  yz

x
( x  y  z)2



x 2  yz  x  1
9
x  y  z 1
36


x2
yz
1  yz
x
yz
( x  y  z)2





x 2  yz  x  1 x 2  yz  x  1
9
x  y  z  1 x 2  yz  x  1
36

 P

x yz

( x  y  z)2

x  y  z 1
36

Đặt t=x+y+z ( t  0)
Và t2=x2+y2+z2+2xy+2xz+2yz=2+2xy+2xz+2yz
Ta có 2xy  x2+y2
2xz  x2+z2
2yz  y2+z2
 2xy+2xz+2yz  2(x2+y2+z2)=2.2=4
 2+2xy+2xz+2yz  2+4=6
 t2  6
 - 6 t 6
Giao với đk t  0 0  t  6
 P

t
t2

t  1 36

Xét f(t)=

Với 0  t  6

t
t2

Với 0  t  6

t  1 36

HS tự giải f(t)Max=

5
tại t=2
9

Tổng đài tư vấn :

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

- Trang | 9 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />5
 P
9
5
5
Khi x=y=1 và z=0 thì P=  PMax=
9
9
4) Đại học khối B_năm 2014
Cho các số thực a, b, c không âm và thỏa mãn điều kiện (a+b)c >0. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức.
b
c
a


P=
+
a  c 2a  b
bc

Giải:
Cách 1
Từ điều kiện ta có c > 0 và a + b > 0
a
b
a/c
b/c
1
x
y
1
với x   0, y   0
P





b
a
a b
c
c
y 1

x  1 2(x  y)
1
 1 2   
c
c
c c
x
2x
Ta có
Dấu “=” xảy ra khi x = 0 hay x = y + 1

y 1 x  y 1

y
2y
Dấu “=” xảy ra khi y = 0 hay y = x + 1

x 1 x  y 1
2(x  y)
1
2t
1
P



với t  x  y  0
(x  y)  1 2(x  y) t  1 2t
2t
1

2
1
 , f (t) 
 2
Xét f (t) 
2
t  1 2t
(t  1) 2t
1

t


(loai)

3
2
2
f (t)  0  4t  (t  1)  
 t  1  f (1)  3

2
3
Từ bảng biến thiên ta có f (t)  f (1) 
2
 a  0

x  0 x  1
3
b  c

Vậy P có giá trị nhỏ nhất là
khi 


 b  0
2
y  1 y  0

 a  c
Cách 2:
a
2a

Ta có: a+b+c  2 a(b  c) 
bc abc
Ta có

Tương tự:

b
2b

ac abc

Tổng đài tư vấn :

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

- Trang | 10 -

Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />2(a  b)
c
2(a  b) a  b  c 1




 P
a  b  c 2(a  b) a  b  c 2(a  b) 2
1 3
 P 2  =
2 2
3
Khi a=0, b=c, b>0 thì P=
2
3
 Pmin=
2
5) Đại học khối D_năm 2014
Cho hai số thực x, y thỏa mãn các điều kiện 1  x  2; 1  y  2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức :
x  2y
y  2x
1
 2

P= 2
x  3y  5 y  3x  5 4(x  y  1)

Giải:
x  2y
y  2x
1
 2

P= 2
x  3y  5 y  3x  5 4(x  y  1)
2

1  x  2
(x  1)(x  2)  0
x  3x  2




 2

1  y  2
(y  1)(y  2)  0
 y  3y  2

x  2y
y  2x
1


3(x  y)  3 3(x  y)  3 4(x  y  1)
xy

1
t
1



=
x  y  1 4(x  y  1) t  1 4(t 1)
Đặt t = x + y, đk 2  t  4
t
1

f(t) =
, t  [2; 4]
t  1 4(t  1)
1
1

f’(t) =
2
(t  1) 4(t  1) 2
f’(t) = 0  2(t – 1) =  (t + 1)  2t – 2 = t + 1 hay 2t – 2 = -t – 1
7
 t = 3 hay t = 1/3 (loại) . Ta có f(3) =
8
x  1
x  1  x  2

x  1
x  2

7

y  2
Khi t = 3   y  1  y  2  
. Vậy Pmin =
tại 
hay 
x  2
8
y  2
y  1
x  y  3


  y  1
6) Đại học khối A_năm 2013
Cho các số dương a,b,c thỏa mãn điều kiện (a+c)(b+c)=4c2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

32a 3
32b3
a 2  b2
P=


(b  3c) 3 (a  3c) 3
c
Tổng đài tư vấn :

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

- Trang | 11 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />Giải:
a
b
Đặt x  ; y  (x>0, y>0); đk trở thành (x+1)(y+1)=4  xy+x+y=3
c
c
Đặt S=x+y; T=xy
(S>0, T>0)
Đk trở thành: T+S=3  T=3-S
1
1
1
Ta có: xy  ( x  y ) 2  T  S 2  3-S  S 2  S2+4S-12  0
4
4
4
S  6
giao với đk S>0  S  2
 (S-2)(S+6)  0  
S  2

32x 3
32 y 3


 x2  y2
( y  3) 3 ( x  3) 3
y
x
Đặt u=
; v=
x3
y3

 P=

Ta có: u3+v3=(u+v)3-3uv(u+v)  (u+v)3-3

1
(u  v) 2
(u+v)= (u+v)3
4
4

x3
y3
1 x
y 



 

3
3

( y  3)
( x  3)
4  y  3 x  3 
 x
32x 3
32 y 3
y 



 8

3
3
( y  3)
( x  3)
 y  3 x  3

3

3

3

 x 2  y 2  3( x  y ) 
 S 2  2T  3S 
32x 3
32 y 3
  8



 8

( y  3) 3 ( x  3) 3
 xy  3( x  y )  9 
 T  3S  9 
Thay T=3-S
 S 2  2(3  S )  3S 
32x 3
32 y 3


8



( y  3) 3 ( x  3) 3
 3  S  3S  9 

3

3

3

 S 2  5S  6 
32x 3
32 y 3
2
2


  x 2  y 2
8


x

y


2
S

12
( y  3) 3 ( x  3) 3


3

 ( S  1)(S  6) 
  S 2  2T
 P  8
 2( S  6) 

(Với T=3-S)

 ( S  1) 
2
 P  8
  S  2(3  S )

 2 
3

 P  ( S  1) 3  S 2  2S  6
Đặt f(S)= ( S  1) 3  S 2  2S  6
S 1
f’(S)=3(S-1)2 
2
S  2S  6
Với mọi S  2 ta có 3(S-1)2  3
Tổng đài tư vấn :

với (S  2)

(1)

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

- Trang | 12 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />S 1
S 2  2S  6

S 2  2S  1
7
7
 1 2
 1

2
S  2S  6
S  2S  6
( S  1) 2  7



S 1



S  2S  6
2

S 1

 1

7
3 2
=
2
(2  1)  7
2

3 2
(2)
2
S  2S  6
Lấy (1)+(2) vế theo vế, ta được

S 1
3 2
3(S-1) 
 3
2
S 2  2S  6
3 2
>0 f(S) đồng biến trên [2;+∞)
 f’(S)  3 
2
S  2 f(S)  f(2)=1- 2  P  1- 2
Khi a=b=c thì P=1- 2 . Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 1- 2
7) Đại học khối B_năm 2013
Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:



P



2

4
a b c 4
2

2

2



9
(a  b) (a  2c)(b  2c)

Giải:
Cách 1:

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki





(x1y1+x2y2+x3y3+…xnyn)2  x12  x22  x32  ...  xn2 . y12  y22  y32  ...  yn2

x
x
x
x
Dấu “=” xảy ra  1  2  3  ...  n
2
2
y2  y3 1  1 yn12  12 . a 2  b 2  c 2  22
Ta có: a + b + c + 2 = 1.a +1. b +1.y1c + 1.2









 a + b + c + 2  4(a 2  b2  c2  4)
 a + b + c + 2  2 a 2  b2  c2  4
4
8


a 2  b2  c2  4 a  b  c  2
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho 2 số dương x,y

xy 

x y
2

Mặt khác: 3(a  b). (a  2c)(b  2c)  (3a  3b).

 3(a  b). (a  2c)(b  2c) 

Tổng đài tư vấn :

a  2c  b  2c
2

1
(3a  3b).(a  b  4c)

2

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

- Trang | 13 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />1
(*)
 3(a  b). (a  2c)(b  2c)  (3a  3b).(a  b  4c)
2
Áp dụng bất đẳng thức
xy 

( x  y) 2
4

1 3a  3b  a  b  4c 
(*)  3(a  b). (a  2c)(b  2c) 
2
4
2
1 4a  4b  4c 
 3(a  b). (a  2c)(b  2c) 
2
4
2
 3(a  b). (a  2c)(b  2c)  2a  b  c 
8

27
8
27
 2  g (t )

Vậy P 
. Đặt t = a + b + c, t > 0; P 
2
t  2 2t
a  b  c  2 2(a  b  c)
8
27
 3
g’(t) = 
2
(t  2)
t
g’(t) = 0  27(t + 2)2 – 8t3 = 0  t = 6
t
0
6
+
g’(t)
+ 0 5
g(t)
8
5
5
P  g(t)  ; maxP = xảy ra khi a = b = c = 2.
8

8
2

Tổng đài tư vấn :

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

- Trang | 14 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />Cách 2: Tìm giá trị lớn nhất

P

4
a 2  b2  c 2  4



9
(a  b) (a  2c)(b  2c)

Áp dụng bất đẳng thức:

xy 

x y
2

(a  b). (a  2c)(b  2c)  a  b .

a  2c  b  2c
2

 (a  b). (a  2c)(b  2c)  a  b .

a  b  4c
2

 (a  b). (a  2c)(b  2c) 

a 2  b 2  2ab  4ac  4bc
2

Áp dụng bất đẳng thức: xy 

x2  y2
2

2ab  a2+b2

(1)

4ac  2(a2+c2)

(2)

4bc  2(b2+c2)

(3)

(*)

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được
2ab+4ac+4bc  3a2+3b2+4c2

 a2+b2+c2+ 2ab+4ac+4bc  4a2+4b2+4c2
a 2  b 2  2ab  4ac  4bc

 2(a2+b2+c2)
2

(**)

Từ (*) và (**)  (a  b). (a  2c)(b  2c)  2(a 2  b 2  c 2 )



1
1

2
2
2
(a  b). (a  2c)(b  2c) 2(a  b  c )



9

9

2
2
2
(a  b). (a  2c)(b  2c) 2(a  b  c )



9
9

2
2
2
(a  b). (a  2c)(b  2c) 2(a  b  c )

Ta có: P 

4
a 2  b2  c 2  4

Tổng đài tư vấn :



9
(a  b) (a  2c)(b  2c)

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

- Trang | 15 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />4
9
 P

2
2
2
2
2
2
a  b  c  4 2(a  b  c )
Đặt t= a 2  b 2  c 2  4 (t>2)
 t2 = a 2  b 2  c 2  4

 a2  b2  c2  t 2  4
 P

4
9
 2
t 2(t  4)

Xét f(t)=

4

9
 2
t 2(t  4)

(t>2)

5
5
tại t=4 PMax= khi a=b=c=2
8
8
8) Đại học khối D_năm 2013

HS tự làm được Max f(t)=

Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy  y  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
x y
x  2y
P

2
2
6 x  y
x  xy  3 y
Giải:
2

1 1 1 1
x 1 1
xy  y  1    2       

y y y
 y 2 4 4
Ta có:
x
x
1
2
x y
x  2y
y
y
P



2
x 
x 2  xy  3 y 2 6( x  y )
x x
6
 y  1
 y   y 3


 
1
x
Đặt t  , điều kiện 0  t 
4
y

t 1
t 2
P

2
t  t  3 6(t  1)
1
t 1
t 2
Xét f  t  
với 0  t 

4
t 2  t  3 6(t  1)
3t  7
1
f (t ) 

2
3
2  t 2  t  3 2  t  1
Với 0
1
ta có t2-t+3=t(t-1)+3<3; -3t+7>6; t+1>1
4

Do đó

Tổng đài tư vấn :

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

- Trang | 16 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />
 3t  7
2 (t 2  t  3) 3



6
2 33



1
1
3

và 
2
2(t  1)
2
2

3 1
 >0

2
2
 1
 1
 1  7  10 5
 f '(t )  0 t   0;   f đồng biến trên  0;   f (t )  f   
30
 4
 4
4
1
7  10 5
Vậy Pmax 
khi x  , y  2
2
30
9) Đại học khối A_năm 2012
Cho các số thực x,y,z thỏa mãn điều kiện x+y+z=0.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
 f’(t)>

P= 3

x y

3

y z

3

zx

 6x2  6 y 2  6z 2

Hướng dẫn

Cách 1
Đặt a= x  y ; b= y  z ; c= z  x
 P= 3a  3b  3c  6 x 2  6 y 2  6 z 2
Chứng minh bất đẳng thức phụ: 3t  t  1 , t  0
 3a  3b  3c  3  a  b  c
(*)
2
2
2
2
chứng minh: a  b  c  a  b  c  a(b  c)  b(a  c)  c(a  b)
với a= x  y ; b= y  z ; c= z  x

(1)

Áp dụng bất đẳng thức A  B  A  B

x  y + y  z  x  y  y  z = x  z = z  x  a+b  c
Tương tự a+c  b; a+c  b
2
(1) a  b  c   a 2  b2  c 2  a.a  b.b  c.c

 a  b  c  2(a 2  b2  c 2 )
2

 a  b  c  2(a 2  b 2  c 2 )

(2)

Ta có: a  b  c = ( x  y )  ( y  z ) 2  ( z  x) 2  3x 2  3 y 2  3z 2  ( x  y  z ) 2
 a 2  b 2  c 2 = 3x 2  3 y 2  3z 2 -02 (vì x+y+z=0)
 a 2  b 2  c 2 = 3x 2  3 y 2  3z 2
2

2

2

2

Từ (2) a  b  c  6 x 2  6 y 2  6 z 2

(**)

Từ (*) và (**) 3a  3b  3c  3  6 x 2  6 y 2  6 z 2

 3a  3b  3c  6 x 2  6 y 2  6 z 2  3
 P3
ĐS: giá trị nhỏ nhất của P=3. Dấu “=” xảy ra khi x=y=z=0

Cách 2:
x + y + z = 0  z = -(x + y) và có 2 số không âm hoặc không dương. Do tính chất đối xứng ta
có thể giả sử xy  0
Tổng đài tư vấn :

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

- Trang | 17 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />Ta có P  3 x  y  3 2 y  x  3 2 x  y  12( x 2  y 2  xy)
2 y  x  2 x y

P 3

x y

3

 3 x  y  2.3

2 yx

3

2 x y

 12[( x  y)  xy]  3
2

x y

 2.3

2

 12[( x  y) 2  xy]

3 x y
2

 2 3 x  y . Đặt t = x  y  0 , xét f(t) = 2.( 3)3t  2 3t

f’(t) = 2.3( 3)3t .ln 3  2 3  2 3( 3.( 3)3t ln 3 1)  0
 f đồng biến trên [0; +)  f(t)  f(0) = 2
Mà 3 x  y  30 = 1. Vậy P  30 + 2 = 3, dấu “=” xảy ra  x = y = z = 0. Vậy min P = 3.

Tổng đài tư vấn :

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

- Trang | 18 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />10) Đại học khối B_năm 2012
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x+y+z=0 và x 2  y 2  z 2  1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x5  y 5  z 5 .
Giải:
Đặt S=x+y; P=x.y

S   z
x  y  z  0

S   z
S  z  0


 2

 2
2z 2  1
2
2
2
2
2
x
(
S


z
)

y

2
2
P

P

z


z
z



1
1
1
P





2

Tìm điều kiện của z
Ta có: xy 

S 2  2P
x2  y2
 P
 S2  4P
2
2

 2z 2  1
6
6

  3z2  2  
 (-z)2  4 
z
3
3
 2 
x 2  y 2  S 2  2P

Ta có: x  y  S  5.S .P+5S.P
5

5

5

3

2

x 3  y 3  S 3  3P.S

 2z 2  1 
 2z 2  1 


 x  y  ( z )  5( z ) .
  5.(  z ). 2 
2





5

5

5

3

 2z  1
 4z  4z  1 
  5.z.

 x 5  y 5   z 5  5 z 3 .
2
4




2

4

2

2

x 4  y 4  S 4  4.S2.P+2P2

x 5  y 5  S 5  5.S3.P+5S.P2
x 6  y 6  S 6  6.S4.P+9S2.P2-2P3
x 7  y 7  S 7  7.S5.P+14S3.P2-7SP3

 2z 2  1
 4z 4  4z 2  1 



 x  y   z  5 z .
  5.z.
2
4




5

5

5

3

 x5  y5   z 5 

5 3 5
z  z
2

4

 P= x 5  y 5  y 5   z 5 
 P= x 5  y 5  y 5 
Xét hàm: P= f(z)=

5 3 5
z  z  z5
2
4

5 3 5
z  z
2
4


5 3 5
6 6
z  z trên 
;

2
4
 3 3 

HS tự làm
 PMax=

5 6

36

Tổng đài tư vấn :

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

- Trang | 19 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />11) Đại học khối D_năm 2012
Cho các số thực x, y thỏa mãn (x – 4)2 + (y – 4)2 + 2xy  32. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = x3 + y3 + 3(xy – 1)(x + y – 2).
Giải:
Đặt S=x+y; P=x.y
Ta có: ( x  4) 2  ( y  4) 2  2 xy  32

 x2+y2-8(x+y)+32+2xy  32
 S 2  2 P  8S  32  2 P  32
 S 2  8S  0  0  S  8

A = x3  y 3  3( xy  1)( x  y  2)
= S 3  3PS  3( P  1)(S  2)
=S3-6P-3S+6
Mặt khác: 4 xy  ( x  y ) 2  4 P  S 2  P 

3
S2
 6 P   S 2
4

2

3
 A  S 3  S 2  3S  6
2
3
xét f(S) =  S 3  S 2  3S  6  f’(t) = 3S 2  3S  3
2

f’(S) = 0 khi S=

17  5 5
1 5
1 5
; f(0) = 6, f(8) = 398, f(
)=
4
2
2

Vậy giá trị nhỏ nhất của f(S) là

17  5 5
1 5
xảy ra khi S=
4
2

17  5 5
1 5

1 5
. Dấu bằng xảy ra khi x = y và x + y =
hay x = y =
4
2
4
12) Đại học khối A_năm 2011
Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x  y, x  z.
x
y
z


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
.
2x  3y y  z z  x
Hướng dẫn:
1
1
2


Áp dụng
Với a,b>0 và ab  1
1  a 1  b 1  ab
A  f(S) 

Tổng đài tư vấn :

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

- Trang | 20 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />x
1
1
y
P=


x
z
x
2  3 1
1
y
y
z
x
x
z
Áp dụng a= ; b= ; a.b=  1
z
y
y
x
2
x

y

 P
đặt t=
với t  1;2
x
y
x
2  3 1
y
y
t2
2

 P 2
2t  3 1  t
t2
2

Đặt f(t)= 2
2t  3 1  t

HS tự làm được min f(t)=
P 

với t  1;2
Với t  1;2
34
33

34
33

34
khi x=4; y=1; z=2
33
13) Đại học khối B_năm 2011

 Min P=

Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2). Tìm giá trị nhỏ nhất
 a 3 b3   a 2 b 2 
của biểu thức P = 4  3  3   9  2  2  .
a 
b a  b
Giải:

Theo giả thiết ta có 2  a 2  b2   ab   a  b  ab  2  . Từ đây suy ra :

2
2
a b
a b
1 1
2     1      ab  2   2     1  a   b 
b
a
b a
b a
a b

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có :
a

2
2
a
 2 a.  2 2.
b
b
b

(1)

b

2
2
b
 2 b.  2 2 .
a
a
a

(2)

 a
2
2
b
Cộng (1) và (2) ta được a   b   2 2 



b
a
a 
 b
a b
5
Đặt t =  , ta suy ra : 2t + 1  2 2 t  2  4t2 – 4t – 15  0  t 
b a
2
Tổng đài tư vấn :

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

- Trang | 21 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group /> a 3 b3   a 2 b 2 
Mặt khác: P = 4  3  3   9  2  2  = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18
a 
b a  b
3
2
Đặt f(t) = 4t – 9t – 12t + 18
1
f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = 0  t =  hay t = 2
2
5

23
 Min f(t) = 
khi t =
2
4
23
Vậy min P = 
khi a = 1 và b = 2 hay a = 2 và b = 1.
4

Tổng đài tư vấn :

+84 (4) 3519-0591 -CTV : Lê Đức Thọ

- Trang | 22 -