GT binh TD phuong phap giai tich chung minh bat dang thuc

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Trần Duy Bình
Trường THPT Chuyên Biên Hòa, tỉnh Hà Nam
Email: Hoặc
Số điện thoại: 0912699644
Có rất nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức. Ứng dụng , tính hiệu quả
của các bất đẳng thức cổ điển và bất đẳng hiện đại là không thể phủ nhận. Tuy
nhiên, dùng phương pháp giải tích để chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt là bất
đẳng thức đưa về một biến thì công cụ đạo hàm tương đối hiệu quả. Điểm mấu
chốt của phương pháp này là tìm cách để đưa về một biến hoặc hàm số có tính
đặc trưng để từ đó khảo sát hàm và dùng tính đơn điệu của hàm số để chứng
minh. Bài viết dưới đây đề cập đến hai vấn đề của giải tích để chứng minh bất
đẳng thức: Dùng tính đơn điệu của hàm số và chứng minh bất đẳng thức nhiều
biến bằng cách đưa về một biến.
I.Sử dụng tính chất đồng biến, nghịch biến của hàm số
I.1.Lý thuyết cơ bản
Hàm số f đồng biến trên [ a; b] với mọi x < y, x, y ∈ [ a; b] ⇒ f ( x) < f (y)
Hàm số f nghịch biến trên [ a; b] với mọi x < y, x, y ∈ [ a; b] ⇒ f ( x) > f (y)
Khi sử dụng tính đơn điệu của hàm số , đối với các bất đẳng thức hai biến hoặc
ba biến , ta thường tìm cách phân ly biến số và khảo sát một hàm đặc trưng và
hàm này có tính đơn điệu trên miền xác định.
I.2. Các ví dụ áp dụng
Ví dụ 1: Cho x ≥ y > 0. Chứng minh rằng
y

⎛ x 1 ⎞ ⎛ y 1 ⎞
⎜2 + x ⎟ ≤ ⎜2 + y ⎟
2 ⎠ ⎝
2 ⎠
⎝

Lời giải
Bất đẳng thức tương đương với

1

x


y

x

1 ⎞
1 ⎞
1
⎛
⎛
⎛
ln ⎜ 2 x + x ⎟ ≤ ln ⎜ 2 y + y ⎟ ⇔ y ln ⎜ 2 x + x
2 ⎠
2 ⎠
2
⎝
⎝
⎝

⎞
⎛ y 1 ⎞
⎟ ≤ x ln ⎜ 2 + y ⎟
2 ⎠

⎠
⎝

⎛ 4x + 1 ⎞
⎛ 4y +1 ⎞
⇔ y ln ⎜ x ⎟ ≤ x ln ⎜ y ⎟
⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠
x
⇔ y ⎡⎣ln(4 + 1) − x ln 2 ⎤⎦ ≤ x ⎡⎣ln(4 y + 1) − y ln 2 ⎤⎦
ln(4 x + 1) ln(4 y + 1)
⇔ y ln(4 + 1) ≤ x ln(4 + 1) ⇔
≤
(*)
x
y
x

y

Xét hàm số f (t ) =

t.4t ln 4 − (1 + 4t ) ln(1 + 4t )
ln(4t + 1)
, t > 0 ta có f '(t ) =
t 2 (1 + 4t )
t

Ta thấy 4t < 1 + 4t ⇒ ln 4t < ln(1 + 4t ) ⇒ f '(t ) > 0, ∀t > 0. Vậy f (t) nghịch biến trên
(0 ; + ∞) . Khi đó x ≥ y > 0 ⇒ f ( x) ≤ f ( y ) (*) được chứng minh.

Ví dụ 2 : Cho các số thực 0 ≤ x, y ≤

π
3

. Chứng minh rằng cos x + cos y ≤ 1 + cos(xy).

Lời giải
Ta có 0 ≤ xy ≤

x+ y π
x+ y
≤ ⇒ cos
≤ cos xy .
3
3
3

Mặt khác cos x + cos y = 2 cos
Ta

x+ y
x− y
x+ y
≤ 2 cos
≤ 2 cos xy .
cos
2
2
2

chứng

minh

2 cos xy ≤ 1 + cos( xy ) ⇔ 1 + cost 2 ≥ 2 cos t ⇔ 1 + cos t 2 − 2 cos t ≥ 0, t = xy , t ∈ [0;

π
3

].

π

Xét hàm số f (t ) = 1 + cos t 2 − 2 cost, t ∈ [0; ]
3

f '(t ) = 2(sin t − t sin t 2 ); f '(1) = 0, f (1) = 1 − cos1

+) Nếu 0 < t < 1 ⇒ t 2 < t < 1 ⇒ t sin t 2 < sin t ⇒ f '(t ) > 0
+) Nếu 1 < t <

π
3

⇒ t < t2 <

π
2

⇒ t sin t 2 > sin t ⇒ f '(t ) < 0

Ta

có
π

π2

π2

π

f( )=
; f (0) = 0; f (1) = 1 − cos1;cos
> 0 ⇒ f (t ) ≥ 0, ∀ t ∈ [0; ] ⇔ 2 cos xy ≤ 1 + cos xy
3
9
9
3

Bài toán được chứng minh.
2


Ví dụ 3 : Cho x, y > 0, x + 2 y <

5π
. Chứng minh rằng
4

cos( x + y ) <

y.sin x
.
x.sin y

Lời giải
Xét hàm số f (t ) =

sin t
5π
cos t (t − tan t )
, ta có f '(t ) =
,0 < t <
.
t
4
t2

π

Nếu 0 < t < , tan t > t ⇒ f '(t ) < 0.
2

Nếu

π
2

≤ t ≤ π , cos t ≤ 0,sin t ≥ 0 ⇒ f '(t ) < 0.

Nếu π < t <

5π
, cos t < 0, tan t < t ⇒ f '(t) < 0.
4

5π
5π
⇒ f (t ) nghịch biến trên (0; ). Từ giả thiết ta có
4
4
5π
sin( x + 2 y ) sinx
0 < x < x + 2y <
⇒
<
.
4
x + 2y
x

Vậy f '(t) < 0, 0 < t <

Do x > 0, x + 2 y > 0 ⇒ x.sin( x + 2 y ) < x.sin x + 2 y sin x
⇔ 2 x.cos(2 + y ).sin y < 2 y sin x.

Ta có x > 0, x + 2 y <

y sin x
5π
5π
. (đpcm).
⇒ y<
⇒ sin y > 0 ⇒ cos( x + y ) <
4
8
x sin y

Ví dụ 4 :Cho n ∈ Z , n ≥ 2, x, y ≥ 0. Chứng minh rằng :
x n + y n ≥ n +1 x n +1 + y n +1 .

n

Dấu “=” xảy ra khi nào?
Lời giải
Với x = 0 hoặc y = 0 bất đẳng thức đúng và dấu “=” xảy ra.
Với xy > 0 bất đẳng thức tương đương với
n

⎛
1+ ⎜
⎝

n

⎛
x⎞
⎟ ≥ n +1 1 + ⎜

y⎠
⎝

x⎞
⎟
y⎠

n +1

3


n

Xét hàm số f (t ) = n +1

1+ tn
, t ∈ (0; +∞) ⇒ f'(t) =
1 + t n +1

t n −1 (1 − t )
n +1

(1 + t n +1 ) n + 2 . n (1 + t n ) n −1

Ta thấy
f '(t ) = 0 ⇔ t = 1, lim f (t ) = 1, limf(t ) = 1,
t →0+

t →+∞

f '(t ) > 0 ⇔ 0 < t < 1, f '(t ) < 0 ⇔ t > 1 ⇒ f (t ) ≥ 1, ∀ t ∈ (0; +∞ ).

Thay t =

x
x
⇒ f ( ) ≥ 1 tương đương bất đẳng thức được chứng minh.
y
y

Dấu “=” xảy ra khi x = y hoặc x = 0 hoặc y = 0.
x

1

2
e

Ví dụ 5: Cho 0 < x < 1. Chứng minh rằng x1− x + x1− x > .
Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
x

x

x1− x + x.x1− x >

Đặt f ( x) = (1 + x) e

x
ln x
1− x

Xét hàm số g ( x) = 2.

x
.ln x
2
2
⇔ (1 + x) e1− x >
e
e
x

(1 + x) x 1− x
1− x
, o < x < 1 ⇒ f '( x) =
(2.
+ ln x)
2
(1 − x)
1+ x

1− x
(1 − x) 2
+ ln x ⇒ g '( x) =
> 0 ⇒ g ( x) đồng biến trên (0; 1).
1+ x
x(1 + x) 2

Khi đó g ( x) < g (1) = 0 ⇒ f '( x) < 0, 0 < x < 1 ⇒ f(x) nghịch biến trên (0; 1).
1

Ta có lim f ( x) = lim(1 + x) x −1 x1− x = 2 lim(1 +
x →1−

x →1−

x →1−

1 1−1x 2
2
) = ⇒ f ( x) > , 0 < x < 1
1
e
e
1− x

Ví dụ 6: Cho x, y, z ∈ R, x + y + z = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 3 x− y + 3 y− z + 3 z− x − 6 x2 + 6 y 2 + 6 z 2

Lời giải
Trước hết ta chứng minh ∀t ≥ 0 ⇒ 3t ≥ t + 1

4

(*)

Xét hàm số f (t ) = 3t − t − 1, t ≥ 0 ⇒ f '(t ) = 3t ln 3 − 1 > 0 ⇒ f (t ) đồng biến trên [0 ;
+ ∞) . Suy ra f (t ) ≥ f (0) = 0 ⇒ (*) được chứng minh.
Vậy P ≥ 3 + x − y + y − z + z − x − 6( x 2 + y 2 + z 2 )
Mặt

khác

( x− y + y−z + z−x)

2

(

ta

lại

có

= ( x − y ) 2 + ( y − z ) 2 + ( z − x) 2 + 2( ( x − y )( y − z ) + (y− z)(x − y) + ( z − x)( x − y )

)

= 3 x 2 + y 2 + z 2 − ( x + y + z ) 2 + 3( x 2 + y 2 + z 2 ) − ( x + y + z ) 2 = 6( x 2 + y 2 + z 2 )
⇒ x − y + y − z + z − x − 6( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ 0 ⇒ P ≥ 3." = " ⇔ x = y = z = 0
Pmin = 3 ⇔ x = y = z = 0

Ví dụ 7 : Chứng minh rằng với 0 < x <

π

ta có 2016sin x + 2016 tan x ≥ 2.2016 x
2

Lời giải
Ta có 2016sin x + 2016tan x ≥ 2. 2016sin x.2016tan x = 2 2016sin x+ tan x
π
2

Cần chứng minh 2016sin x + tan x ≥ 20162 x ⇔ sin x + tan x ≥ 2 x, 0 < x < .
Thật vậy : Đặt f ( x) = sin x + tan x − 2 x, 0 < x <
=

π
1
⇒ f '( x) = cos x +
−2
2
cos 2 x

(cos x − 1)(cos 2 x − cos x − 1)
π
> 0, 0 < x <
2
cos x
2

Khi đó f ( x) > f (0) = 0 . Bài toán được chứng minh.
Ví dụ 8 :Tìm số thực k lớn nhất sao cho với mọi số thực dương x, y , z , xyz = 1 ta
có

1
1
1
+ 2 + 2 + 3k ≥ (k + 1)(x + y+ z)
2
x
y
z

Lời giải
Cho y = z = t ≠ 0 ⇒ x =

1
bất đẳng thức đã cho trở thành
t2

5


t4 +

2
⎛1
⎞
+ 3k ≥ (k + 1) ⎜ 2 + 2t ) ⎟ ⇔ 2t 3 − 3t 2 + 1 k ≤ t 6 − 2t 3 + 1
2
t
t
⎝
⎠

(

)

⇔ (t − 1) 2 (2t + 1)k ≤ (t − 1) 2 (t 4 + 2t 3 + 3t 2 + 2t + 1)
⇔k≤

t 4 + 2t 3 + 3t 2 + 2t + 1
2t + 1

Xét hàm số
g (t ) =

t 4 + 2t 3 + 3t 2 + 2t + 1
6t (t 3 + 2t 2 − 2t + 1)
⇒ g '(t ) =
> 0, ∀t > 0, lim+ g (t ) = 1 ⇒ k ≤ 1.
t →0
2t + 1
(2t + 1) 2

Ta sẽ chứng minh k =1 là giá trị cần tìm.
Thật vậy : Với k = 1 x, y , z , xyz = 1 ta chứng minh

1
1
1
+ 2 + 2 + 3 ≥ 2(x + y+ z) (*)
2

x
y
z

Do xyz = 1 nên tồn tại hai số trong chúng chẳng hạn x, y cùng lớn hơn hoặc cùng
nhỏ hơn 1.
⎛1

1⎞

2

(*) ⇔ ⎜ − ⎟ + 2( x − 1)( y − 1) + (xy− 1)2 ≥ 3
x y
⎝

⎠

⎧
1
⎧
⎪ z =1
⎪⎪ xy = z
⎧ z =1
⎪
2
1
2 2
Dấu « = » xảy ra khi
= 2 z; x y = 2 ⇔ ⎨

⇔⎨
⇔ ⎨y = 2
xy
z
⎩ xy = 1 ⎪
⎪ x2 y 2 = 1
1
2
⎪x =
z
⎩⎪
2
⎩

II.Chứng minh bất đẳng thức nhiều biến bằng cách chuyển về một biến số
Có thể thực hiện theo các phương pháp: khảo sát theo từng biến hoặc đổi biến
số.
II.1 Khảo sát theo từng biến
Đối với các bất đẳng thức hai hoặc ba biến, ta biến đổi đưa về bất đẳng thức một
biến để từ đó dùng tính chất giải tích để chứng minh bất đẳng thức tiếp theo.
Đôi khi ta có thể chọn một biến là tham số biến thiên và cố định các biến còn lại
để bài toán trở thành bất đẳng thức một biến.

6


Ta thường xét các bất đẳng nhiều biến có dạng: f ( x1 , x2 ,..., xn ) ≥ m
f ( x1 , x2 ,..., xn ) ≤ m. Để

chứng

minh

bất

đẳng

thức

trên

ta

đánh

hoặc
giá

f ( x1 , x2 ,..., xn ) ≥ g (t ), t ∈ D ⇒ chứng minh g (t ) ≥ m, ∀t ∈ D.
1
3

Ví dụ 1: Cho x, y, z ∈ [ ;3] . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=

x
y
z
.
+

+
x+ y y+ z z+ x

Lời giải
Đặt f ( x) =

x
y
z
( y − z )( x 2 − yz )
+
+
⇒ f '( x) =
x+ y y+z z+x
( x + y)2 ( x + z )2

Nếu y = z ⇒ P =

3
2
1
3

Nếu x ≥ y > z ⇒ f '( x) = 0 ⇔ x = yz ⇒ ≤ yz ≤ 3
Khi đó f '( x) ≥ 0 ⇒ f(x) ≤ f(3) =

3
y
z
+

+
= g ( z)
y+3 y+ z z+3

g '( z ) =

( y − 3)(3 y − z ) 2
1
3
3y
1
< 0 ⇒ g (z) ≤ g( ) =
+
+ = h( y )
2
2
( y + z ) ( z + 3)
3 3 + y 3 y + 1 10

h '( y ) =

(1 − y )(1 + y )
8
⇒ h( y ) ≤ h(1) = .
(3 y + 1)( y + 3)
5
8
5

Vậy f ( x) ≤ ⇒ P ≤

8
5

Nếu x ≤ y < z làm tương tự ta được f ( x) ≤ f ( yz ) ≤

8
5

1
3

Vậy P đạt GTLN bằng 8/5 khi ( x, y, z ) ∈ (3,1, ) và các hoán vị của nó.
Ví dụ 2:Cho 1 ≤ x, y, z ≤ 9, x ≥ y , x ≥ z .Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
P=

x
y
z
.
+
+
x + 2y y + z z + x

Lời giải
7


Đặt P( x, y, z ) =

x
y
z
.
+
+
x + 2y y + z z + x

⇒ P( x, y, xy ) =

2 y
x
+
.
x + 2y
x+ y

Xét
P ( x, y, z ) − P(x, y, xy ) =
−

x
y
z
+
+
x + 2y y + z z + x

2 y
( x − y )( xy − z ) 2

x
+
=
≥0
x + 2y
x + y ( y + z )( z + x)( x + y )

⇒ P ≥ P ( x, y, xy ) =

Trong đó t =

x
+
x + 2y

2 y
x+ y

=

t2
2
+
2
t + 2 t +1

x
,1 ≤ t ≤ 3, x = max{x, y, z} . Xét hàm số
y

−2(t 3 − 2)(t − 2)
t2
2
+
≤
≤
⇒
=
t
f
t
,1
3
'(
)
, f '(t ) = 0 ⇔ t = 2
t2 + 2 t +1
(t 2 + 2) 2 (t + 1) 2
7
4
⇒ min P = , max P =
6
3
f (t ) =

Ví dụ 3 : Cho a, b là các số thực sao cho phương trình ax 3 − x 2 + bx − 1 = 0 có ba
nghiệm thực dương (các nghiệm có thể trùng nhau). Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P =

5a 2 − 3ab + 2

.
a 2 (b − a)

Lời giải
Gọi x1 , x 2 , x3 là ba nghiệm dương của phương trình. Theo viet ta có
1
⎧
⎪ x1 + x2 + x3 = a
⎪
b
⎪
⎨ x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 =
a
⎪
1
⎪
x 1 x2 x3 =
⎪
a
⎩

1
a

Ta có ( x1 + x2 + x3 )2 ≥ 3 3 x1 x2 x3 ⇒ ≥ 3 3

1
1
⇔0.

a
3 3

8


hàm

⇒ P '(b) =

−2a 2 − 2
1
3(5a 2 + 1)
<
⇒
P
b
≥
P
=
= G (a )
0
(
)
(
)
a 2 ( a − b) 2
a(1 − 3a 2 )
3a

G '(a) = 3.

số

5a 2 − 3ab + 2
a 2 (b − a )

Xét

P (b ) =

trên

(0;

1
3 3

]

15a 4 + 14a 2 − 1
1
< 0 ⇒ G (a) ≥ G(
) = 12 3 ⇒ P ≥ 12 3.
2
2
2
a (3a − 1)
3 3

Dấu « = » xảy ra khi a =

1
3 3

, b = 3 ⇒ x1 = x2 = x3 = 3

II.2. Khảo sát bằng cách đổi biến số
Dựa vào giả thiết ràng buộc giữa các biến để đổi sang biến mới. Phương pháp
này cần chú ý tìm điều kiện của biến mới.
Ví dụ 1 : Cho x, y > 0, x ≥ 1, y ≥ 3, 3( x + y ) = 4 xy. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của
biểu thức P = x3 + y 3 + 3(

1
1
+ 2)
2
x
y

Lời giải
⎧x + y = S
3S
⇒ 3S = 4 P ⇔ P =
=
x
.
y
P
4

⎩

Đặt ⎨

⎡S ≤ 0
S 2 ≥ 4 P ⇔ S 2 − 3S ≥ 0 ⇔ ⎢
⎣S ≥ 3

Có

S≥2
⎧
x+ y ≥ 2
⎧
⎪
x ≥ 1, y ≥ 1 ⇒ ⎨
⇔⎨
⇔ 3≤ S ≤ 4
3
⎩( x − 1)( y − 1) ≥ 0
⎪⎩ S − 4 S + 1 ≥ 0

⎡⎛ 1 1 ⎞ 2 2 ⎤
Ta có P = ( x + y ) − 3xy ( x + y ) + 3 ⎢⎜ + ⎟ − ⎥
x y ⎠ xy ⎥
⎣⎢⎝
⎦
3

1

x

1
y

Do 3( x + y ) = 4 xy ⇒ + =

4
3

9
8 16
3
8
⇒ P = S 3 − S − + = f ( S ) ⇒ f '( S ) = 3S ( S − ) + 2 > 0, ∀S ∈ (3; 4)
4
S 3
2 S
113
94
f(3) =
, f (4) =
12
3

9

Vì

Vậy GTLN bằng

113
3
94
⇔ x = y = ; GTNN bằng
⇔ ( x, y ) = {(1,3); (3,1)}
12
2
3

Ví dụ 2 : Chứng minh rằng với mọi x, y , z > 0, x ( x + y + z ) = 3 yz
( x + y )3 + ( x + z )3 + 3( x + y )( y + z )( z + x) ≤ 5( y + z )3

(1) ta có

(2)

Lời giải
Chia cả hai vế của (1) cho x 2 ta được
⎧y
⎪⎪ x = a
y z
z. y
. Đặt ⎨
⇒ 1 + a + b = 3ab
1+ + = 3
x x
x.x
⎪z =b

⎪⎩ x

Bdt (2) ⇔ (1 + a)3 + (1 + b)3 + 3(1 + a)(1 + b)(a + b) ≤ (a + b)3

(3)

⎧a + b = S
Bất đẳng thức (3) trở thành
⎩ ab = P

Đặt ⎨

(2 + S )3 − 4( S 2 + 3S + 2) + 4 S (1 + S ) ≤ 5S3 ⇔ (2 S + 1)( S − 2) ≤ 0
⎧
Do ⎪⎨

1 + S = 3P

2
⎪⎩ a + b ≥ 2 ab ⇔ S ≥ 2 P ⇔ S ≥ 4 P

(4)

⇒ S ≥ 2 ⇒ (4) đúng. Bài toán được chứng

minh.
Ví dụ 3 :Cho x, y, z > 0, x + y + z = 4, xyz = 2.
Tìm GTLN, NN của biểu thức Q = x 4 + y 4 + z 4
Lời giải
Ta có

Q = ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 − 2( x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 , t = xy + yz + zx
⇒ Q = 2(t 2 − 32t + 144)
⎧y + z = 4− x
2
Với ⎪⎨
2 ⇒ t = x(4 − x) +
x
⎪⎩ yz = x
2
x

Do 0 < x < 4; (4 − x) 2 ≥ 4. ⇔ 3 − 5 ≤ x ≤ 2 . Xét hàm số
10


2
−2( x − 1)( x 2 − x − 1)
t ( x) = x(4 − x) + ,3 − 5 ≤ x ≤ 2 ⇒ t '( x) =
x
x2
5 5 −1
5 5 − 1 383 − 165 5
)=
⇒ f (t ) = t 2 − 32t + 144 ⇒ minf(t) = f(
2
2
2
max f (t ) = f (5) = 9

⇒5≤t ≤

Suy ra
⎧ x = 3− 5
⎪
minQ = 383 − 165 5 ⇔ ⎨
1+ 5
⎪y = z =
2
⎩
⎧ x=2
max Q = 18 ⇔ ⎨
⎩y = z =1

Ví dụ 4 : Cho x, y, z ≥ 0, 1 + 2 x + 1 + 2 y + 1 + z 2 = 5. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức P = x3 + y 3 + 2 z 3 .
Lời giải
Nhận xét : Nếu a, b ≥ 0 ⇒ 1 + a + 1 + b ≥ 1 + 1 + a + b (1)
Thật vậy: (1) ⇔ 2 + a + b + 2 (1 + a)(1 + b) ≥ 2 + a + b + 2 1 + a + b
⇔ 1 + a + b + ab ≥ 1 + a + b , ∀a, b ≥ 0 . Dấu “=” xáy ra khi a = 0 hoặc b = 0.

Áp dụng (1) ta có
5 = 1+ 2x + 1+ 2 y + 1+ z2 ≥ 1+ 1+ 2x + 2 y + 1+ z2 ≥ 2 + 1+ 2x + 2 y + z2

(2)

⇒ 2x + 2 y + z2 ≤ 8 ⇔ x + y ≤ 4 −

z2
2

Suy ra P ≤ ( x + y )3 + 2 z 3 ≤ (4 −

z2 3
) + 2z3
2

Từ

(2)

f (z) = (4 −

ta

có

(3)

0≤ z≤2 2

.

Xét

hàm

số

2

z 3
3
) + 2 z 3 , 0 ≤ z ≤ 2 2 ⇒ f '( z ) = z ( z − 2)(2(12 − z 2 ) + 2(16 − z 2 ))
2
4

f '( z ) = 0 ⇔ z = 0; z = 2; f (0) = 64, f (2) = 24, f (2 2) = 32 2 ⇒ f ( z ) ≤ 64, ∀z ∈ [0; 2 2] (4)

Từ (3)(4) ta có P ≤ 64 ⇔ x = z = 0, y = 4; z = y = 0, x = 4.

11


III. Bài tập đề nghị
Bài 1. Cho a, b, c > 0, 4(a 3 + b3 ) + c3 = 2(a + b + c)(ac + bc − 2) . Tìm GTLN của biểu
thức
P=

2a 2
b+c
( a + b) 2 + c 2
+
−
3a 2 + b 2 + 2a (c + 2) a + b + c + 2
16

Đáp số: max P =

1
⇔ a = b = 1, c = 2

16

Bài 2.Cho 0 < s < 1, x, y, z > 0. Chứng minh rằng
1

1

1

⎛ xs + ys ⎞ s ⎛ ys + z s ⎞ s ⎛ z s + xs ⎞ s
⎜
⎟ +⎜
⎟ +⎜
⎟ ≤ x+ y+ z
⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠

Bài 3.Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi n > 1, n ∈ N , k ∈ N *
k

1+

n

n
n k
n
+ 1−
<2
n
n

Bài 4.Cho x, y, z ∈ [ 0;1] , x3 + y 3 + z 3 = 1. Tìm GTLN của biểu thức
P = 8 x + 8 y + 8 z − 3( x.2 x + y.2 y + z.2 z ).

Đáp số: max P = 4 ⇔ x = y = 0, z = 1 và các hoán vị.
Bài 5.Cho x, y ∈ ⎡⎢ ;1⎤⎥ , tìm GTNN của biểu thức P = x5 . y + x. y 5 +
1
⎣2 ⎦

6
− 3( x + y ).
x + y2
2

Đáp số: min P = −1 ⇔ x = y = 1.
⎛x

z⎞

⎛y

z⎞

Bài 6.Cho x, y, z ∈ ⎢⎡ ; 2 ⎥⎤ , chứng minh rằng 8 ⎜ + + ⎟ ≥ 5 ⎜ + + ⎟ + 9
⎣2 ⎦
⎝ y z x⎠
⎝ x z y⎠
1

y

x

Bài 7. Chứng minh rằng với mọi x, y ∈ (0,;1), x ≠ y ta có
1 ⎛
y
x ⎞
− ln
⎜ ln
⎟>4
y − x ⎝ 1− y
1− x ⎠

Bài 8.Cho a, b ∈ (0;1), a 2 + b 2 = a 1 − b 2 + b 1 − a 2 . Tìm GTNN của biểu thức

12


P=
3
5

8(1 − a )
1− b
+9
a +1
1+ b

4
5

Đáp số: min P = 5 ⇔ a = , b = .
Bài 9. Cho x, y ≥ 0, 2 x 2 + 3xy + 4 y 2 + 2 y 2 + 3xy + 4 x 2 − 3( x + y )2 ≤ 0. Chứng minh
rằng 2( x3 + y 3 ) + 2( x 2 + y 2 ) − xy + x 2 + 1 + 1 + y 2 ≥ 2 .
Bài 10. x, y, z > 0, x 2 + y 2 + z 2 = 14. Tìm GTLN của biểu thức
P=

4( x + z )
4x
5
3
.
+ 2
−
−
2
2
x + 3 z + 28 x + yz + 7 ( x + y )
x( y + z )
2

Đáp số: max P =

8
⇔ x = 3, y = 2, z = 1.
15

IV.Tài liệu tham khảo
1.www.mathlink.ro
2.www.dienantoanhoc.net

3.Tạp chí toán học và tuổi trẻ (Việt Nam)
4.Phan Huy Khải-500 bài toán chọn lọc bất đẳng thức- 1994
5.Các bài thi Olympic Toán (1990-2006)
6.Ngân hàng đề thi môn Toán- Nguyễn Phú Khánh

13


14