tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 12 chuyên đề bất đẳng thức, cực trị

CHUYÊN ĐỀ 6 - BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT
1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
Các bất đẳng thức cơ bản
- Bất đẳng thức BECNULI
Nếu x  1 và   1 thì 1  x   1   x


Nếu x  1 và 0    1 thì 1  x   1   x


- Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân
Nếu a1 , a2 ,..., an  0 thì

1 n
 ai 
n i 1

n

n

a
i 1

i

Dấu bằng chỉ xảy ra khi và chỉ khi: a1  a2  ...  an
- Bất đẳng thức CAUCHY-SCHWARTZ
Với hai dãy số thực: a1 , a2 ,..., an ; b1, b2 ,..., bn
2

 n
  n
 n

thì   ai bi     ai2   bi2 
 i 1
  i 1  i 1 
Dấu bằng chỉ xảy ra khi và chỉ khi a1  kb1 ,..., an  kbn
- Bất đẳng thức sắp thứ tự
Cho hai dãy số tăng a1  a2  ...  an và b1  b2  ...  bn ( n  2 )
Nếu 1 , 2 ,..., n là một hoán vị của dãy 1, 2,..., n thì:
n

n

n

i 1

i 1

i 1

 aibn1i   aibi   aibi
- Bất đẳng thức trung bình lũy thừa
Nếu xi  0i  1, n và p  q  0 thì
1

1

 1 n q p  1 n p p
 n  xi    n  xi 
 i 1 
 i 1 
- Bất đẳng thức SHUR
Cho a, b, c  0, r  0 thì:
L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


a r  a  b  a  c   br  b  a b  c   c r  c  a  c  b   0
- Bất đẳng thức CHEBYCHEP
Nếu hai dãy: a1  a2  ...  an



; b1  b2  ...  bn

n
 n 
a
b

n
aibi
 i   i  
i 1
 i 1  i 1 
n

thì: 

- Bất đẳng thức MIN-COP-XKI
Với hai dãy: a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn
n

thì

  ai  bi 
i 1

2



n

 ai2 
i 1

n

b
i 1

2
i

Dùng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức:
- Nếu y  f  x  có y '  0 trên K thì f  x  đồng biến trên K:

x  a  f  x   f  a  ; x  b  f  x   f b 
Đối với y '  0 thì ta có bất đẳng thức ngược lại.
Việc xét dấu y ' đôi khi phải cần đến y '', y ''',... hoặc xét dấu bộ phận, chẳng hạn tử số của một phân số có
mẫu dương,… Nếu y ''  0 thì y ' đồng biến từ đó ta có đánh giá f '  x  rồi f  x  ,…
- Bất đẳng thức có biểu thức dạng

f b   f  a 
f b   f  a 
 f '  c  , sự tồn
là dùng định lý Lagrange
ba
ba

tại số c   a; b  hay giá trị f '  c  cũng có đánh giá bất đẳng thức.
- Bất đẳng thức JENSEN: x   a; b  và ai   a; b  i  1, n

1 n
1 n 
Nếu f ''  x   0, x   a; b  thì  f  ai   f   ai 
n i 1
 n i 1 
1 n  1 n
Nếu f ''  x   0, x   a; b  thì f   ai    f  ai 
 n i 1  n i 1
- Phương pháp tiếp tuyến: Cho n số ai thuộc K có tổng a1  a2  ...  an  nb không đổi.
Bất đẳng thức có dạng f  a1   f  a2   ...  f  an   nf  b  .
Lập phương trình tiếp tuyến tại x  b : y  Ax  B .
Nếu f  x   Ax  B trên K, dấu bằng xảy ra khi x  b .
L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu

ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


Khi đó f  a1   f  a2   ...  f  an   A  a1  a2  ...  an   nB

 Anb  nB  n  Ab  B   nf  b 
Dấu bằng xảy ra khi a1  a2  ...  an  b .
Còn nếu f  x   Ax  B trên K, dấu bằng xảy ra khi x  b thì có ngược lại

f  a1   f  a2   ...  f  an   nf b  .
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
Đối với hàm số y  f  x  trên D. Xét dấu đạo hàm y ' hoặc từ bảng biến thiên có kết luận về GTLN,
GTNN. Nếu cần thì đặt ẩn phụ t  g  x  với điều kiện đầy đủ của t.
Nếu y  f  x  đồng biến trên đoạn  a; b  thì: min f  x   f  a  và max f  x   f  b  . Ngược lại với
hàm nghịch biến.
Nếu y  f  x  liên tục trên đoạn  a; b  và f '  x   0 có nghiệm xi thì:

 f  a  ; f  x  ; f  x  ;...; f b 
max f  x   max  f  a  ; f  x  ; f  x  ;...; f  b 

min f  x   min

1

2

1

2

Nếu f lồi trên đoạn  a; b  thì GTLN  max

 f  a  ; f b  và

nếu f lõm trên đoạn  a; b  thì GTNN

 min  f  a  ; f  b  .
Đối với các đại lượng, chọn đặt biến x (hoặc t), kèm điều kiện tồn tại. Dựa vào giả thiết, các quan hệ cho để
xác lập hàm số cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

2. CÁC BÀI TOÁN
Bài toán 6.1: Chứng minh các bất đẳng thức:

 

 2

a) 2sin x  tan x  3x với mọi x   0;
b) cos  x  y  

y sin x
5
với x  0, y  0 và x  2 y 
4
x sin y
Hướng dẫn giải

 
 và:
 2

a) Hàm số f  x   2sin x  tan x  3x liên tục trên nửa khoảng 0;

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


f '  x   2cos x 

1
1
 3  cos x  cos x 
3  0
2
cos x
cos 2 x

 
 nên f  x   f  0   0
 2

Do đó hàm số f đồng biến trên 0;
b) Xét hàm số: f  t  
Ta có f '  t  
Nếu 0  t 
Nếu


2

sin t
5
với 0  t 
t
4

t cos t  sin t cos t  t  tan t 

t2
t2


2

thì do tan t  t  f '  t   0 .

 t   thì cos t  0 và sin t  0  f '  t   0

5
5
thì do cos t  0;tan t  t  f '  t   0 . Do đó f '  t   0,0  t 
nên f là hàm số
4
4
 5 
nghịch biến trên khoảng  0;

 4 
Nếu   t 

Từ giả thiết có 0  x  x  2 y 

sin  x  2 y  sin x
5
.


4
x  2y
x

Do x  0 và x  2 y  0 nên từ đó có

x sin  x  2 y   x sin x  2 y sin x  x.2cos  x  y  sin y  2 y sin x
 đpcm (vì x  0 và x  2 y 

5
5
y
 sin y  0 )
4
8

Bài toán 6.2: Chứng minh các bất đẳng thức


 sin x 
 
a) 
  cos x, x   0;  với mọi   3 .

 x 
 2
b)  x  1 cos


x 1

 x cos


x

 1, x  3 .
Hướng dẫn giải

sin x
 
1
 thì có 0  sin x  x nên 0 
x
 2

a) Khi x   0;

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


 sin x 
 

Suy ra 
  cos x, x   0; 
 x 
 2
3

Xét hàm số F  x  
Ta có F '  x  

sin x
 

x
,
x

0; 2 
3
cos x

2cos 2 x  3cos x. 3 cos x  1
3cos x. 3 cos x





Xét G  t   2t 2  3t 3 t  1, t  0;1 thì G '  t   4 t  3 t  0, t  0;1
nên G  t  nghịch biến do đó G  t   G 1  0, t  0;1

 
 nên F  x  đồng biến
 2

Suy ra F '  x   0, x  0;

 

 2

Do đó F  x   F  0   0, x  0;
b) BĐT  2 x sin

 x sin

  2 x  1
2 x  x  1

  2 x  1
2 x  x  1

Vì x  3  0 



.sin

.sin



2  x  1



2 x  x  1



2 x  x  1


 1  cos

 sin 2

  2 x  1
2 x  x  1




x 1

 2sin 2



2  x  1



2  x  1


2

sin   2 x  1

 sin
0
2 x  x  1
2  x  1

Ta sẽ chứng minh: x sin
Đặt t 



2 x  x  1



2 x  x  1

 sin



2  x  1

, t  0 thì  2  x sin t  sin xt

Xét f  t   x sin t  sin xt , t  0, f '  t   x cos t  x cos xt  x  cos t  cos xt 
Vì 0  t  xt 


2

 f '  t   0 với t  0

 f  t  đồng biến trên 0;    f  t   f  0   0  đpcm.
L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


Bài toán 6.3: Chứng minh bất đẳng thức với n nguyên dương:
a)

n

x n  y n  n1 x n1  y n1 với n  2 và x, y  0 .

b) 1  x 

x 2 x3
xi
x2n
  ...   1  ... 
 0 với mọi x.

2! 3!
i!
 2 n !
Hướng dẫn giải

a) Với x  0 hoặc y  0 , bất đẳng thức đúng.
n

x
x
Với xy  0 , BĐT: n 1     n1 1   
 y
 y
Xét hàm số f  t  

n
n 1

1 tn
1  t n1

với t   0;  

t n1 1  t 

Ta có f '  t  
n 1

1  t 

n 1 n  2 n

n 1

1  t 

n n 1

; f '  t   0  t  1.

BBT

x

0

f 't 

0



1
+

0

−

f t 

1

1

Suy ra f  t   1 với mọi t   0;    đpcm.
i
x 2 x3
x2n
i x
b) Xét f  x   1  x 
 ...   1
 ... 
,x¡
2! 3!
i!
 2 n !

Với x  0 thì f  x   1  0 : đúng. Với x  2n thì:

 x2n
 x2
  x 4 x3 
x 2 n1 
f  x   1    x       ...  


 2!
  4! 3! 
  2n !  2n  1! 

 1

x
x3
x 2 n1
x

2

x

4

...





 x  2n   1  0 : đúng
2!
4!
 2n !

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


Với 0  x  2n thì f liên tục trên đoạn  0;2n nên tồn tại giá trị bé nhất tại x0 . Nếu x0  0 hay

x0  2n thì f  x   f  x0   1  0 .
Nếu x0   0;2n  thì f đạt cực tiểu tại đó.

f '  x   1  x 

x2
x 2 n1
x2n
 ... 

 f  x
2!
 2n  1!  2n !

x02 n
Vì f '  x0   0  f  x0  
 0  f  x   f  x0   0 : đúng
 2n  !
Bài toán 6.4: Chứng minh các bất đẳng thức sau:





a) a 4  b4  c 4  d 4  2abcd  a 2b2  a 2c 2  a 2 d 2  b2c 2  b2 d 2  c 2d 2  0 với 4 số a, b, c, d dương.
b) 27c  2a3  9ab  2

a

2

 3b  với a, b, c là 3 số mà phương trình:
3

x3  ax2  bx  c  0 có 3 nghiệm phân biệt.
Hướng dẫn giải
a) Không mất tính tổng quát, giả sử a  b  c  d  0
Xem vế trái là hàm số f  a  , a  0

f '  a   4a3  2bcd  2a  b2  c 2  d 2 
f ''  a   12a 2  2  b2  c 2  d 2   0 nên f ' đồng biến trên  0;  :

a  b  f '  a   f '  b  . Vì f '  b   2b  b2  c 2   2bd  c  d   0 nên f  a  đồng biến trên 0;  :
a  0  f  a   f  0   0 : đpcm.
b) Đặt f  x   x3  ax2  bx  c, D  ¡ , f '  x   3x2  2ax  b .
Vì f  x   0 có 3 nghiệm phân biệt nên f '  x   0 có 2 nghiệm phân biệt:

a  a 2  3b
a  a 2  3b
x1 
, x2 
với a 2  3b  0
3
3
Và vì hệ số cao nhất của f dương nên yC Ð  f  x1   0 và f  x2   yCT  0 .

1
3

1 

9 

Ta có f  x    x  a  f '  x  

1
ab
3b  a 2  x  c 

9
9

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


 f  xi  

2
ab
3b  a 2  xi  c 

9
9

a

Từ f  x1   0  2

2

 3b   2a3  27c  9ab
3

f  x2   0  2a3  27c  9ab  2
Do vậy: 2a3  27c  9ab  2

a

2

a

2

 3b 

3

 3b 

3

Bài toán 6.5: Chứng minh bất đẳng thức:
a) 1 
b)

1
x2
1
x   1  x  1  x , với x  0 .

2
8
2
1

1 x

2



1
1 y

2

2
với x, y  0;1 .
1  xy



Hướng dẫn giải
a) Xét hàm số f  x   1 

f ' x  

1
x  1  x trên 0;  . Ta có:
2

1
1

 0 với x  0 nên f  x  đồng biến trên nửa khoảng 0; 
2 2 1 x

Do đó f  x   f  0   0 với mọi x  0 .
Xét hàm số g  x   1  x  1 
Ta có: g '  x  

1 x2

trên  0;  .
2 8

1
1 x
1
1
  , g ''  x   
 0 nên g ' đồng biến trên 0;  , do đó
4 4 1  x  1  x
2 1 x 2 4

g '  x   g '  0   0 . Suy ra g đồng biến trên 0;  nên g  x   g  0   0 với mọi x  0;    đpcm.
b) Giữ y cố định, xét hàm số f  x  
Ta có f '  x  

x

1  x 

2 3/2



2
1
1


trên đoạn  0;1 .
1  xy
1  x2
1  y2

y

1  xy 

3/2

Như vậy dấu của f '  x  là dấu của

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


x 2 1  xy   y 2 1  x 2    x  y   x  y  3x 2 y  x5 y 2 

3

3

Do x, y thuộc  0;1 nên thừa số thứ hai luôn dương, như thế f '  x  đổi dấu từ âm sang dương tại y, suy ra y
là điểm cực đại, suy ra f  x   f  y   0 : đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y .
Bài toán 6.6: Cho x, y, z  0 và x  y  z  1. Chứng minh:
a) 0  xy  yz  zx  2 xyz 

7
27

  1 1
1 1 1 1  7
   y     z     1 
 z x   x y   27
  y z

b) xyz  x 

Hướng dẫn giải
a) Giả sử z là số bé nhất thì 0  z 

1
. Ta có
3

1
T  xy  yz  zx  2 xyz  xy 1  2 z    x  y  z  xy  x  y  z  0

3

 x y
Và có T  
 1  2 z    x  y  z
 2 
2



1
1
2
1  z  1  2 z   1  z  z   2 z 3  z 2  1
4
4

Xét f  z   2 z 3  z 2  1,0  z 

1
thì
3

 1
f '  z   6 z 2  2 z  2 z 1  3z   0 trên f  z  đồng biến trên 0;  , do đó:
 3
1 7
.
T  f z  f   
 3  27

  1 1
1 1 1 1 
   y     z     1
z x x y 
  y z

b) Ta có: xyz  x 

 x2 y  x2 z  y 2 x  z 2 x  z 2 y  yz 2  xyz

  x  y  z  xy  yz  zx   2 xyz  xy  yz  zx  2xyz
L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


Vì x  y  z  1   ít nhất 1 trong 3 số x, y, z 

1
1
. Giả sử z 
3
3

 S  x, y, z   xy  yz  zx  2 xyz  xy 1  2 z    x  y  z
2 z 3  z 2  1
 x y
1 z 

1


2
z

x

y
z

1

2
z

1

z
z













4
 2 
 2 
2

Xét f  z  

2

2 z 3  z 2  1
3z 2  z
 1
 1
trong  0;  thì f '  z  
 0 trên  0;  nên f đồng biến, do đó
2
4
 3
 3

1 7
max f  z   f   
 3  27
Vậy S  x, y, z  

7
1
dấu đẳng thức xảy ra khi x  y  z  .
27
3

Bài toán 6.7: Chứng minh bất đẳng thức:
a) cos b  cos a  b  a với a, b tùy ý.
b)

1
1   x  1

2

 arctan

1
1
với mọi x  0 .

x  x  1 1  x2
2

Hướng dẫn giải
a) Nếu a  b thì bất đẳng thức đúng.
Nếu a  b thì bất đẳng thức tương đương:

cos b  cos a
 1 . Không mất tính tổng quát, giả sử b  a .
ba

Hàm số f  x   cos x liên tục trên  a; b  và có đạo hàm f '  x    sin x .
Theo định lý Lagrange, tồn tại c   a; b  sao cho:

f b  f  a 
cos b  cos a
 f 'c 
  sin c
ba
ba


cos b  cos a
  sin c  1: đpcm.
ba

b) BĐT:

1
1   x  1

2



arctan  x  1  arctan x
1

1  x2
 x  1  x

Hàm số f  x   arctan x liên tục trên  x; x  1 và có f '  x  

1

1  x2

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


Theo định lý Lagrange, tồn tại c   x; x  1 sao cho:

f b  f  a 
arctan  x  1  arctan x
1
 f 'c 

ba
1  c2
 x  1  x
Vì c   x; x  1 nên

1
1   x  1

2



1
1

 đpcm.
2

1  c 1  x2

Bài toán 6.8: Cho các số thực dương. Chứng minh.
a)

a2
b2
c2
abc



bc ca ab
2

b)

1 1 1 1
63
với tổng a  b  c  d  1
    a 2  b2  c 2  d 2 
a b c d
4
Hướng dẫn giải

a) Bất đẳng thức thuần nhất nên ta chuẩn hóa: a  b  c  3 . Do đó

x2
a2
b2

c2
3


 . Xét hàm số f  x  
với 0  x  3 .
3 x
3 a 3b 3c 2
Ta có f '  x  

6 x  x2

3  x 

2

; f ''  x  

18

3  x 

3

Vì f ''  x   0 trên  0;3 nên f lõm, theo bất đẳng thức Jensen thì có

 abc 3
 .
3


 2

VT  f  a   f  b   f  c   3 f 
b) Ta có



1 1 1 1
63
    a 2  b2  c 2  d 2 
a b c d
4

1
1
1
1
63
 a 2   b2   c 2   d 2 
a
b
c
d
4

Xét hàm số f  x  
Ta có f '  x  

1
 x 2 với 0  x  1 .

x

1
2
 2 x; f ''  x   3  2
2
x
x

Vì f ''  x   0 trên  0;1 nên f lõm, theo bất đẳng thức Jensen thì có

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


 a  b  c  d  63

4

 4

VT = f  a   f  b   f  c   f  d   4 f 
Dấu = xảy ra khi a  b  c  d 

1
.
4

Bài toán 6.9: Chứng minh:



a) a abbc c

 a 
2

 bc 

 ab
b) a b  

 2 

b

 c  a 

c

 a  b 



3

 27 với a, b, c  0

a b

với a, b  0

b a

Hướng dẫn giải
a) Với a, b, c  0 , trước hết ta chứng minh rằng

a b c 

a b c 2

 abc .bc a .c a b

 2 a ln a  b ln b  c ln c   b  c  ln a   c  a  ln b   a  b  ln c

 ln a  2a  b  c   ln b  2b  c  a   ln c  2c  a  b   0
  a  b  ln a  ln b    b  c  ln b  ln c    c  a  ln c  ln a   0 : đúng
Ta cần chứng minh rằng



abc .bc a .c ab a

 b  c 

b

 c  a 

c

 a  b 



3

 27

Đặt x  abc , y  bc a , z  c ab , x, y, z  0
3

1 1 1
1 1 1
BĐT  xyz      27    
x y z
x y z

3

3
: đúng
xyz

 ab

 2 

b) BĐT: b ln a  a ln b   a  b  ln 



 2a 


 b 
a
2
 2b 
 2a 
 a ln 

b
ln

0

ln

ln


a
0



b  a 1
 ab
 ab

 1
b

b

Giả sử a  b , đặt t 

a
thì 0  t  1 .
b

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


 2 
 2t 
  ln 
  0,0  t  1.
 t 1
 t 1

Bất đẳng thức tương đương: t ln 

 2 
 2t 
  ln 
 ,0  t  1 .
 t 1
 t 1

Xét hàm số f  t   t ln 

2
t
1
 2 
 2  1 t
f '  t   ln 

 ln 


 t  1  t  1 t  t  1
 t  1  t  t  1

 2  1 t
 ln 
 0 nên f là hàm đồng biến.

t
 t 1
Ta có f  t   f 1  0  đpcm.
Bài toán 6.10: Chứng minh rằng
a)

4 x 4 y 4 z


 5 với x, y, z  0 khác 4.

4 x
4 y
4 z

b) ln

x y
2y
với x, y  0

x
2x  y
Hướng dẫn giải

a) Xét hàm f  x  

y

4 x
13
trên  0;3 . Ta có f ' 1 
nên tiếp tuyến tại x  1 là:
4 x
18

13
13
17
5
 x  1  hay y  x 

18
18
18
3

Bằng biến đổi tương đương hoặc sử dụng đạo hàm ta chứng minh được:

4  x 13
17
 x  , với mọi x   0;3
4  x 18
18
Tương tự:

4  y 13
4  z 13
17
17
 z
và
 y
4  z 18
18
4  y 18
18

Cộng 3 bất đẳng thức trên và x  y  z  3 ta được đpcm.
b) Đặt

x y

2y
t 1
 t  1  y  x  t  1 
2
x
2x  y
t 1

Ta cần chứng minh ln t  2

t 1
t 1
, t  1  ln t  2
 0, t  1
t 1
t 1

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


Xét hàm số f  t   ln t  2

t 1
, t  1;   . Ta có:
t 1

 t  1  0, t  1 nên f là hàm đồng biến.
1
4

f 't   

t  t  12 t  t  12
2

Suy ra f  t   f 1  0  đpcm.
Bài toán 6.11: Cho 0  a1  a2  ...  an và an a n1  1
 2 



n

n

Chứng minh rằng:

n

1  n  ai

1
i 1 1  ai



i 1

Hướng dẫn giải
Với a1 , a2  0 và a1 , a2  1 . Ta chứng minh:




a1  a2


2



1  a1a2
2
1
1



 0 (đúng)
1  a1a2 1  a1 1  a2
1  a1a2 1  a1 1  a2 



Dấu bằng xảy ra khi a1  a2 hoặc a1a2  1
n

Áp dụng ta có:

1

1 a
i 1



 n 1 
 2 



 1
i 1

i

2
a1an1i

Dấu bằng xảy ra khi n chẵn và: a1  a2  ...  an hoặc a1an1i  1

e x  e x  1
1
e x
, x  0, f '  x  
; f ''  x  
0
Xét f  x  
2
3

1  ex
1  e x 
1  e x 
Áp dụng bất đẳng thức Jensen vào hàm lõm với các xi  0 và:
n

1

i 1 1  ai

e xi  ai an1i  1: 

 n 1
 2 



 1
i 1

2

ai an1i

n
n

1  n  ai
i 1

Bài toán 6.12: Chứng minh với mọi số nguyên dương n:
a) 2





n 1  n 

1
2
n



n  n 1



L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


b) f n  x   sin x 

1
1
sin 2 x  ...  sin x  0, x  0;  
2
n

Hướng dẫn giải

a) Hàm số f  x  

x liên tục trên 0;  và có f '  x  

1
2 x

trên  0;  .

Theo định lý Lagrange, với mọi n  1 tồn tại x1   n  1; n  và x2   n; n  1 sao cho:

f '  x1  
Hay

f  n   f  n  1
f  n  1  f  n 
, f '  x2  
n   n  1
 n  1  n

1
1
 n  n  1,
 n 1  n
2 x1
2 x2

Vì 0  x1  n  x2 nên

Do đó

n 1  n 

1
1
1


2 x1 2 n 2 x2
1

2 n

 n  n  1  đpcm.

b) Xét x  0, x   thì f n  x   0 : đúng.
Xét 0  x   . Ta chứng minh qui nạp f n  x   0
Khi n  1: f1  x   sin x  0, x   0;   : đúng
Giả sử công thức đúng đến n: f n  x   0, x   0; 
Ta chứng minh: f n1  x   0, x   0;  . Giả sử có số x0   0;   mà f n1  x0   0 . Vì f n1  x  liên tục
và có đạo hàm nên tồn tại điểm cực tiểu x1 để: f n1  x1   0,0  x1   . Ta có

f n/1  x   cos x  cos 2 x  ...  cos  n  1 x 

Mà f n/1  x1   0  sin
Do đó: cos

sin

2n  3
x
x  sin
2
2
x
2sin
2

2n  3
x
x1  sin 1  0
2
2

2n  3
x
x
x1  cos 1  cos 1  0
2
2
2

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


Vì f n1  x   f n  x  

sin  n  1 x

nên
n 1
2n  3
x 
x1  1 
2
 2

 n  1 . f n1  x1   f n  x1    sin  n  1 x1  sin 
 sin

2n  3
x
2n  3
x
x1.cos 1  cos
x1.sin 1
2
2
2
2

 sin

2n  3
x
2n  3
x
x1.cos 1  cos
x1 .sin 1

2
2
2
2

 sin

x1
x
x
x
.cos 1  cos 1 .sin 1  0
2
2
2
2

Do đó: f n1  x1   f n  x1   f n  x1   0 : vô lý  đpcm.
Bài toán 6.13: Cho a, b, c là những số thực dương sao cho abc  1 .

a3
b3
c3
3
Chứng minh:



1  b 1  c  1  c 1  a  1  a 1  b  4
Hướng dẫn giải

BĐT  a 4  b3  b 4  b3  c 4  c3 

3
 a  1b  1 c  1
4

Ta chứng minh bất đẳng thức sau:

a 4  a 3  b 4  b3  c 4  c 3 
Xét hàm: f  t   t 4  t 3 

1
3
3
3
 a  1   b  1   c  1 

4

1
3
 t  1
4

g  t    t  1  4t 2  3t  1 thì f  t  

1
 t  1 .g  t 
4

Vì g  t  là hàm số tăng trong khoảng  0;  và g  t   0, t  0 .
Do đó a 4  a3  b4  b3  c 4  c3 

 f  a   f b  f c  

1
3
3
3
a  1   b  1   c  1 


4

1
1
1
 a  1 g  a   b  1 g b    c  1 g  c 
4
4
4

Giả sử a  b  c thì g  a   g  b   g  c   0
L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


Vì abc  1 nên ta có: a  1, c  1
Từ đó:  a  1 g  a    a  1 g  b  và  c  1 g  b    c  1 g  c 

1
1
1
 a  1 g  a    b  1 g  b    c  1 g  c 
4
4
4

Nên:



1
1
 a  1   b  1   c  1 g  b    a  b  c  3 g  b 
4
4



1 3
3 abc  3 g  b   0 . Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  1
4





Từ đó  đpcm.
Bài toán 6.14: Chứng minh bất đẳng thức sau:

x a  y b  z b   y a  z b  xb   z a  xb  y b   0 với x  y  z  0; a  b  0 .
Hướng dẫn giải
a

Đặt f  x   x b với

a
1
b

a ba 1
a  a  ba 2
 f '  x   x  f ''  x     1 x  0
b
bb 





Do đó f '  x  tăng trên z b ; y b

 

 



Theo định lý Lagrange: f y b  f z b  f '  c1   y b  z b  , c1  z b , y b



y a  z a  f '  c1   y b  z b 



Tương tự: x a  y a  f '  c2   xb  y b  , c2  y b , xb





 y  z   f '  c   x  y   y  z 
 y  z  x  y   f '  c   x  y   y  z 
Và c  c nên f '  c   f '  c    x  y  y  z    y
 x  y  z   y  z  x   z  x  y   0 (đpcm)
nên: x a  y a
a

b

b

b

b

b

b

2

a

b

b

b

b

b

b

1

a

2

a

1

b

2

b

a

a

1

b

b

a

b

b

b

a

 z a  xb  y b 

b

Bài toán 6.15: Cho 4 số không âm a, b, c, d thỏa a  b  c  d  1 . Chứng minh:

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


abc  bcd  cda  dab 

1 176

abcd .
27 27
Hướng dẫn giải

Đặt F  a, b, c, d   abc  bcd  cda  dab 

176
abcd
27

Không mất tổng quát ta giả sử a là số lớn nhất, d là số bé nhất trong 4 số a, b, c, d. Ta có:

176 

F  a, b, c, d   bc  a  d   ad  b  c 
bc 
27 

Nếu b  c 

176
bc  0 thì:

27

1
bcad 
F  a, b, c, d   bc  a  d   
 
3

 27
3

Nếu b  c 

176
bc  0 thì:
27

ad 
F  a, b, c, d   bc  a  d   

 2 

2

176 

bc 
b  c 
27 


ad 
ad
 F
, b, c,

2 
 2
Đặt a0  a, b0  b, c0  c, d0  d và gọi a1 , b1 , c1 , d1 là 4 số
Nếu b1  c1 

ad
ad
, b, c,
theo thứ tự giảm dần.
2
2

176
b1c1  0 thì tương tự lí luận trên:
27

F  a1 , b1 , c1 , d1   F  a2 , b2 , c2 , d2  với a2 , b2 , c2 , d 2 là 4 số

a1  d1
a d
, b1 , c1 , 1 1 theo thứ tự giảm dần.
2
2

Tiếp tục quá trình này ta lập được dãy  an , bn , cn , d n  vô hạn (vì nếu hữu hạn thì ta có F  a, b, c, d  

1
)
27

thỏa 2 tính chất sau đây:

1 an1, bn2 , cn1, dn1 là 4 số theo thứ tự giảm dần của 4 số
an  d n
a  dn
, bn , cn , n
2
2
L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


 2 F  an , bn , cn , dn   F  an1, bn1, cn1, dn1 
an  d n
,n  0
2

Từ tính chất (1) ta suy ra: 0  an 2  d n 2 
Và vì thế an , bn , cn , dn cùng có giới hạn là

1
.
4

Do tính liên tục của hàm F  a, b, c, d  ta có:

1 1 1 1 1
F  a, b, c, d   lim F  an , bn , cn , d n   F  , , ,  
n
 4 4 4 4  27
Đẳng thức xảy ra khi: bốn số bằng

1
1
khi dãy vô hạn, hay một số bằng 0 và ba số còn lại bằng khi dãy
3
4

hữu hạn.
Bài toán 6.16: Cho a, b, c  1, a  b  c  1 .
Chứng minh bất đẳng thức:

a
b
c
9


 .
2
2
2
1  a 1  b 1  c 10
Hướng dẫn giải

Bổ đề: Xét hàm số f  x  

x
1  x2
 x y

 2 

Nếu  x  y  xy  3  0 thì f  x   f  y   2 f 

 x y

 2 

Chứng minh: Ta có: f  x   f  y   2 f 





2
  x 1  y 2   y 1  x 2   4   x  y    4  x  y  1  x 2 1  y 2 



  x  y  4 1  x 2 1  y 2   1  xy   4  x 2  y 2  2 xy   0
  x  y   2 x 2 y 2  3  x 2  y 2   6 xy   x 2  y 2 xy   0

  x  y  3  xy  x  y   0 . Từ đó suy ra đpcm

2

Trở lại bài toán. Ta xét hai trường hợp
- Tồn tại 1 trong 3 số, chẳng hạn c, sao cho 

1
 c  1 . Khi đó:
3

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


 a  b
a  b  0, ab 
4

2

1  c 

4

2

1
c
 3; c   0,  3
3
3


1
1 
1

c 
c

a

b

c






 a  b    3   0,   a  b     3    
4
3
 3


2
2
4
9

 2  2 


2

Áp dụng bổ đề ta có:

1

c

 ab
1

3
c 




1
 ab
3 4f  2
2 
f  a   f b   f c   f    2 f 

2f 
2
 3
 2 



 2 








 1  12
 4 f    . Từ đó suy ra đpcm.
 3  10

 1 
 3 
và 1 số dương (Nếu ngược lại, giả sử b, c  0 thì ta có a  b  c  1  1  1  1 , vô lý). Giả sử, chẳng hạn

- Cả ba số a, b, c đều không nằm trong đoạn   ;1 . Khi đó do điều kiện a, b, c  1, ta phải có hai số âm

a, b  0 .
Khi đó f  a   f  b   f  c   f  c  

1 9
 .
2 10

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c 

1
.
3

Bài toán 6.17: Cho các số dương a, b, c, d. Chứng minh rằng:

a
b
c
d
2




b  2c  3d c  2d  3a d  2a  3b a  2b  3c 3
Hướng dẫn giải
Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki:

a
b
c
d





 b  2c  3d c  2d  3a d  2a  3b a  2b  3c 

a  b  2c  3d   b  c  2d  3a   c  d  2a  3b   d  a  2b  3c    a  b  c  d 

2

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


Do đó:



a
b
c
d



b  2c  3d c  2d  3a d  2a  3b a  2b  3c

a  b  c  d 

2

4  ab  ac  ad  bc  bd  cd 

Ta chứng minh:

a  b  c  d 

2

4  ab  ac  ad  bc  bd  cd 



2
3

 3 a  b  c  d   8  ab  ac  ad  bc  bd  cd 
2

  a  b    a  c    a  d    b  c    b  d    c  d   0 : Đúng
2

2

2

2

2

2

Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  d .
Bài toán 6.18: Cho 3 số không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

1
1
1


4  2ln 1  x   y 4  2ln 1  y   z 4  2ln 1  z   x
Hướng dẫn giải

Từ giả thiết suy ra 0  x, y, z  3 nên 4  2ln  x  1  y  0
và 4  2ln  y  1  z  0 và 4  2ln  z  1  x  0
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

P

9
12  2ln  x  1  x  2ln  y  1  y  2ln  z  1  z

Xét f  t   2ln 1  t   t với 0  t  3 với f '  t  

1 t
1 t

f '  t   0 có một nghiệm t  1 .
Lập bảng biến thiên thì được:

1  f  t   1  ln 4 , suy ra: 3  f  x   f  y   f  z   3  3ln 4
Do đó: P 

3

3
.min P 
đạt được khi x  y  z  1 .
3  ln 4
3  ln 4

Bài toán 6.19: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  x  1 

2
.
x 1

Hướng dẫn giải
L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


Ta có y  x  1 

2
x 1
. Điều kiện x  1 .
 x
x 1
x 1

x2  1
Khi 1  x  0 thì hàm số y 
.
1 x

Ta có y ' 

 x2  2 x  1

 x  1

2

, y '  0  x  1 2 .





y  1  1, y  0   1, f 1  2  2 2  2
So sánh thì min y  2 2  2 tại x  1  2
1 x 0

Khi x  1 hoặc x  1 thì y  1  2 2  2
Khi 0  x  1 thì y  1  2 2  2
Vậy min y  2 2  2 tại x  1  2 .
Bài toán 6.20: Cho các số nguyên dương p, q, n.
a) Tìm giá trị lớn nhất của y  cos p x.sin qx với 0  x 


2

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của y  tan n x  cot n x  n 2 cos 2 2 x,0  x 



2

.

Hướng dẫn giải



a) Với 0  x 

2



thì sin x  0,cos x  0 nên y  0 .

Ta có y 2  cos 2 x

 .sin x 
p

2

p

. Đặt t  cos2 x,0  t  1 thif

y 2  f  t   t p .1  t  , f '  t   t p1.1  t 
q

nên f '  t   0  t  0 hoặc t 

q 1

.  p   p  q  t 

p
hoặc t  1 .
pq

 p 
p p .q q
 0 nên suy ra max y 
Ta có f  0   f 1  0, f 

pq
 p  q   p  q
b) Xét 0  x 


4

p p .q q

 p  q

pq

thì cot x  tan x  0,sin 4 x  0

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...








Ta có y '  n tan n1 x 1  tan 2 x  n.cot n1 x 1  cot 2 x



 n  tan n1 x  cot n1 x   n  tan n1 x  cot n1 x   2n2 sin 4 x  0
 
 hàm số nghịch biến trên  0;  nên min
 
 4
x 0; 
4




 
f    2.
4

Vậy min y  2 .

Bài toán 6.21: Cho các số thực x, y thỏa mãn

 x  y

3

 4 xy  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

A  3 x 4  y 4  x 2 y 2   2  x 2  y 2   1 .
Hướng dẫn giải
Kết hợp  x  y   4 xy  2 với  x  y   4 xy suy ra:
3

2

 x  y   x  y
3

2

 2  x  y  1.

A  3 x4  y 4  x2 y 2   2  x2  y 2   1
2
3 2
3
x  y 2    x4  y 4   2  x2  y 2   1

2
2

2
2
3
3
  x2  y 2    x2  y 2   2  x2  y 2   1
2
4



 A

2
9 2
x  y 2   2  x 2  y 2   1 . Đặt t  x 2  y 2 , ta có

4

x y
2

2

Xét f  t  

 x  y

2

2



1
1
9
 t  , do đó A  t 2  2t  1
4
2
2

9 2
9
1
t  2t  1; f '  t   t  2  0 với mọi t 
4
2
2

1
9
1 9
 min f  t   f    . Do đó A 
dấu = xảy ra khi x  y  .
1

2
16
 2  16
t ; 

2




Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng

9
.
16

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


Bài toán 6.22: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 4  a  b  c   9  0 . Tìm GTNN của



S  a  a2  1


a

b  b2  1


b



c

c  c2  1 .
Hướng dẫn giải






x  1 , x  ¡





Ta có ln S  a ln a  a 2  1  b ln b  b 2  1  c ln c  c 2  1



Xét hàm số f  x   x ln x 





f '  x   ln x  x 2  1 



2

x
x2  1

x2  2

; f ''  x  

x

2

 1

3

 0, x .

Suy ra f  x  là hàm lõm trên ¡ nên có tiếp tuyến tại mọi điểm luôn nằm dưới đồ thị. Tiếp tuyến của





f  x   x ln x  x2  1 tại x 

3
là

4

3
9

y   ln 2   x  .
5
20









3
5

Do đó x ln x  x 2  1   ln 2   x 

3
9
, x  ¡ và đẳng thức xảy ra khi x  . Từ đó, ta được
4
20

3
27


M  f  a   f  b   f  c    ln 2    a  b  c  
5
20

9
9ln 2
3  9 27 9ln 2

 S  24  4 4 2
nên ln S 
  ln 2   

4
5
4
20
4



Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 4 4 2 , đạt được khi a  b  c 

3
.
4

Bài toán 6.23: Cho x  0 và y tùy ý. Tìm GTLN, GTNN của

M

x

2



xy 2

 3 y 2  x  x 2  12 y 2



Hướng dẫn giải
Xét y  0 thì M  0 . Xét y  0 thì:

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu
ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...






12 y 2
1  2 1
xy
x  12 y  x
x
M


2
2
2

12 y 2 
 x  3 y .12 y
3 4  2 
x 

2

2

2

12 y 2
1  t 1
Đặt t  2 , t  0 thì M  f  t  
x
3t  4
Ta có f '  t  

2  t  2 1 t
6 t  4 . 1  t
2

, f 't   0  t  8 .

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu

ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...