Phuong trinh vo ty va BDT

Bài 1: Giải các phương trình và hệ phương trình sau
1)







x  5  x  2 1  x 2  7x  10  3

ĐKXĐ của phương trình là: x  - 2
x  2  v �0 ta có: uv  x 2  7x  10, u 2  v 2  3
Thay vào phương trình ta được: (u  v)(1  uv)  u 2  v 2
uv
�
�
� (u  v)(1  uv)  (u  v)(u  v) � (u  v)(1  u)(1  v)  0 � �
u 1
�
v 1
�
Đặt

x  5  u �0,

* Với u = v ta có
* Với u = 1 ta có
* Với v = 1 ta có

x  5  x  2 � PT vô nghiệm

x  5  1 � x  4 (loại)
x  2  1 � x  1 (TM)

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất x = -1
2) 5x 2  14x  9  x 2  x  20  5 x  1

�
�xy  xy 4

3) � 2

2
�x  y  128

 x  y  x  y 4


ĐK : - x  y  x, x  0. Hệ PT   1
1
2
2
 ( x  y )  ( x  y ) 128
2
2

 u  x  y
Đặt 
( u, v  0) . Ta được
 v  x  y

 u  v 4

 4
4
 u  v 256

 x  y  x  y 4

 ( x  y ) 2  ( x  y ) 2 256

 u  v 4

 uv(uv  32) 0


  u  v 4
(VN )

  uv 32

  u 4


  u  v 4
 x  y 8
 v 0



  u 0

 x 8 & y  8
  uv 0


  v 4

Vậy hệ có hai nghiệm ( 8; 8) và ( 8; -8).
2
4) Giải phương trình  4 x  2  x  8  3 x  7 x  8
Điều kiện x �8
�  4 x  2  . x  8  3x 2  7 x  8

� x  8  3 x. x  8   x  2  x  8  3x  x  2   0
� x 8
�







x  8  3x   x  2 

x8  x 2









x  8  3x  0

x  8  3x  0

�x 8  x  2
 1
��
�
 2
� x  8  3x
Giải PT (1) và tìm được x = 1 là một nghiệm của PT đã cho
Giải PT (2 và tìm được x = 1 là một nghiệm của PT đã cho
Kết luận: PT đã cho có một nghiệm là x = 1





2
2
2
5) x  3  x  2 x  1  2 x  2

6) 2 2x  4  4 2  x  9x 2  16

3
3
7) 5  x  2  x  3  5  x   2  x   1 �



3



5  x 1

3



2  x 1  0

8) 24x 2  2x  1  12x x  2  2 x  2
24x 2  2x  1  12x x  2  2 x  2
25x 2  10x x  2  x  2  x 2  1  x  2  2x  2x x  2  2 x  2

 5x 

x2

   x  1
2

x2



2

� 3  37
x
�
8
�
� 3  37
�
4x  1  2 x  2
��
��
x
8
6x  1
�
�
�
1
x
�
6
�

 KTM 

24x 2  2x  1  12x x  2  2 x  2

 24x2 – 2(6m + 1)x – 2m – 1 = 0
’ = 36m2 + 12m + 1 + 48m + 24 = 36m2 + 60m + 25 = (6m + 5)2
 x1 

6m  1  6m  5 2m  1
1

; x2  
24
4
6

Với x1 

6m  1  6m  5 2m  1

� 4x  2 x  2  1 � 4x  1  2 x  2
24
4


Bài 2: Bất đẳng thức, GTLN, GTNN
2

2

� 1� � 1�
1) Cho a, b > 0 và a + b = 1. Tìm GTNN của A = �
a  � �

b �
� a� � b�
2

2

1
1
� 1� � 1�
� 1 �
a  � �
b  � 4  a 2  2  b 2  2  4   a 2  b 2  �
1 2 2 �
�
a
b
� a� � b�
� ab �
Vì a, b > 0 và a + b = 1  1 = a + b  2 ab  ab 
Mặt khác a2 + b2  2ab =

1
1
1
 a 2 b 2 � � 1  2 2 �17
4
16
a b

1

2

2

2

1
25
� 1� � 1�
� 1 �
 A= �
a  � �b  � 4   a 2  b2  �
1  2 2 ��4  .17 
2
2
� a� � b�
� a b �
Dấu “=” xảy ra khi a = b =
Vậy GTNN của A là

1
2

25
1
khi a = b =
2
2

2) Cho a, b, c  [0 ; 1]. Chứng minh rằng:

a
b
c


 (1  a)(1  b)(1  c) 1
b  c 1 a  c 1 a  b 1
Vai trò của a, b, c là ngang nhau nên giả sử: a  b  c
áp dung BĐT Cauchy cho 3 số: a + b + 1, 1 - a, 1 - b ta có:
2
 a  b  11  a 1  b   a  b  1  1  a  1  b  1
3


1
 1  a 1  b  
a  b 1
1 c
 1  a 1  b  
a  b 1
Vì a  b  c nên:
a
a

b  c 1 a  b 1
b
b

a  c 1 a  b 1
a

b
c
a
b
c
1 c



 1  a 1  b 1  c  



1
b  c 1 a  c 1 a  b 1
a  b 1 a  b 1 a  b 1 a  b 1

3) Cho các số thực m, n, p thoả mãn: n2 + np + p2 = 1 -

3m 2
. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu
2

thức S = m + n + p.
3m 2
(1) � (m + n + p)2 + (m - p )2 + (n - m)2 = 2
2
� (m + n + p)2 = 2 - (m - p)2 - (n - m)2 �2 � S2 �2 �  2 �S � 2

n2 + np + p2 = 1 -

2
2
S= 2 � m=n=p=
;S=- 2 � m=n=p=3

3


� maxS =

2 khi m = n = p =

2
2
; minS =  2 khi m = n = p = 3
3

4) Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
a
b
c
1


�
.
(ab  a  1) 2 (bc  b  1) 2 (ca  c  1) 2 a  b  c

Đẳng thức xảy ra khi nào?

2
2
2
2
�
� a � � b � � c �� � a
�
b
c
�
��
�
(
a
)

(
b)

(
c)


�


�
�
�
�

�
�
��
� �
�
� �
�
� �
(ab  a  1) (bc  b  1) (ca  c  1) �
�
�ab  a  1 � �bc  b  1 � �ca  c  1 ��
�
��
2

2

2

2

a.bc
b
c.b
�
�
�


�

ab.bc

abc

bc
bc

b

1
cab

bc

b
�
�
2
a
b
c
1
b
bc � �
� 1


�
�



1
2
2
2
�
(ab  a  1) (bc  b  1) (ca  c  1)
abc
b  1  bc bc  b  1 1  bc  b �
�

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1.
5) Cho x, y, z  0 thoả mãn x  3y  4z  12 . Chứng minh:
Với a, b  0 ta chứng minh được:

3xy
12yz
4xz


�6
x  3y 3y  4z 4z  x

1 1
4
ab
a b
 �
�
từ đó suy ra

a b ab
ab
4

Dấu bằng xảy ra khi a = b

x.3y x  3y
3xy
x  3y
�
�
hay
x  3y
4
x  3y
4
12yz
3y  4z ; 4xz
4z  x
�
�
Chứng minh tương tự ta được: 3y  4z
4
4z  x
4

Áp dụng công thức trên chứng minh được:

Cộng vế với vế các bất đẳng thức ta được đpcm.
4

3

Dấu bằng xảy ra khi x  4, y  , z  1
6) Cho ba số dương a, b và c thoả mãn abc  1 .
Tìm GTLN của P =

1
1
1
 2
 2
2
2
a  2b  3 b  2c  3 c  2a 2  3
2

Ta có a2 + 2b2 + 3 = (a2 + b2) + (b2 + 1) + 2  2ab + 2b + 2 = 2(ab + b + 1)
�

�1
1
1
1
1� 1
1
1
 2
 2
� �



�
2
2
2
a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 2 �ab  b  1 bc  c  1 ca  d  1) � 2
2

7) Cho 0  x, y, z  1. Tìm nghiệm của phương trình:

x
y
z
3



1  y  zx 1  z  xy 1  x  yz x  y  z


8) Cho hai dãy số cùng chiều : a1 ≤ a2 ≤ a3 ; b1 ≤ b2 ≤ b3
Chứng minh rằng : (a1+ a2 +a3)(b1 + b2 + b3 ) ≤ 3(a1b1 +a2b2+a3b3)
Áp dụng chứng minh rằng : với 0 a b c thì

a 2018  b2018  c 2018
3
�
2019
2019
2019

a
b c
abc

Do a1  a2  a3  a1 - a2  0
a1 - a3  0
a2 - a3  0



và b1 b2 b3
b1 - b2  0
b1 - b3  0
b2 - b3  0
 (a1 - a2)(b1 - b2) + (a1 - a3)(b1 - b3) + (a2 - a3)(b2 - b3)  0
 2(a1b1+ a2b2 + a3b3)- a1b2 - a2 b1 - a1 b3 - a3b1 - a2b3 - a3b2  0
 a1b1+a2b2+a3b3+a1b2+a2b1+a1b3+a3b1+ a2b3+a3b2 3(a1b1+a2b2+ a3b3)
 a1(b1+ b2+b3)+ a2(b1+ b2+b3)+ a3(b1+ b2+b3) 3(a1b1+a2b2+ a3b3)
 ( a1 + a2 + a3 )( b1+ b2+b3)  3(a1b1+a2b2+ a3b3)
Đặt a1 = a2005 ; a2 = b2005 ; a3 = c2005
a
b
c
b1 =
; b2 =
; b3 =
a b c
a bc
a bc
Do 0  a  b c Nên ta có ; a1  a2  a3 và b1  b2  b3

áp dụng câu a ta có;
 a 2006  b 2006  c 2006
b
c 
 a


 3 
(a2005+b2005+c2005) 
a b c
 a b c a b c a b c 



 


a 2005  b 2005  c 2005
3

2006
2006
2006
a b c
a
b
c
9) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn xyz =1.
1
1

1
 3
 3
.
x (y  z) y (z  x) z (x  y)
1
1
1
1
Đặt a = , b = , c =  abc =
= 1  x + y = c(a + b) và y + z = a(b + c) và x + z = b(c + a)
y
xyz
x
z

Tìm GTNN của biểu thức: E =

3


a2
b2
c2
+
+
.
bc
ca ab
a2

bc
a2
bc
Ta có
 �a�� �a
bc
4
bc
4

E=

a2
b2
c2
abc
 
a b c
bc ca ab
2
3
Dấu "=" xảy ra  a = b = c = 1. Vậy min E = khi a = b = c = 1
2

10) Cho x, y, z > 0 thoả mãn:

abc
2

3 3 abc

2

3
2

1 1 1
   3
x y z

2x2  y2
2 y2  z2
2z 2  x2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 


xy
yz
zx
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky cho: 1,
2

�1
2 � �1 2 �
(1  2 ) � 2  2 ���  � �
y � �x y �
�x
2

2

2 và

2 x2  y 2

xy

1
,
x

2
y

2
1
1 �1 2 �
 2 � � �
2
y
x
3 �x y �

(1)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y. Tương tự:
2 y2  z2
1 �1 2 �
� �  �
yz
3 �y z �

Từ (1), (2), (3)  P 

(2)và

2z2  x2
1 �
1 2�
� � �
zx
3 �z x �

(3)

1  3 3 3
    3 . Suy ra: Pmin = 3 khi: x = y = z =
3  x y z 

3

a
b
c
d
+
+
+
với a, b, c, d > 0. So sánh M – 1 và (M – 1)2019
abc bcd cda dab
a

a
) Ta luôn có :
<
<1
(1)
abcd
abc
a
ad
áp dụng tính chất của tỉ số ta có :
<
(2)
abcd
abc
a
a
ad
Từ (1) và (2) ta có :
<
<
abcd
abcd
abc
b
b
ab
Tương tự ta có :
<
<
abcd

abcd
bcd
c
c
cb
d
d
dc
<
<
;
<
<
abcd
abcd abcd
abcd
cda
dab

11) Cho M =

Cộng vế theo vế của 4 bất đẳng thức kép trên ta được :

abcd
a
b
c
d
2(a  b  c  d)
<

+
+
+
<
abcd
a bc
bcd
cda
dab
abcd
a
b
c
d
M=
+
+
+
< 2  M – 1 < 1  M – 1 > (M – 1)2019
abc
bcd
cda
dab
4a
9b
16c


12) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =
. Với a, b, c là độ dài 3 cạnh của

bca a cb a bc

tam giác
Đặt b+c-a=2x; a+c-b =2y; a+b-c=2z
x, y, z >0
a= y+z
b= x+z
c= x+y
yz
xy  y
zx
x  z
x  z
9
 16
2P
= 4
=  4  9    4  16    9  16
x
y
z
y  x
z  y
 x

y

z 

12  16  24 52  P 26
z 4
y 3 z
Dấu "=" xảy ra khi  ; 2 ;   3x=4y=6z; x=2; y=3; z= 4  a=7; b =6; c=5
y 3
x 2 x
13) Cho các số dương a;b;c thỏa mãn a + b + c �3.
Chứng minh rằng:

1
2018

�673
2
2
a  b  c ab  bc  ca
2

1
a

1
1
+ ) �9.
b
c
1
2018
1
2

2016
 2


Ta có 2 2 2 
2
2
a  b  c ab  bc  ca a  b  c ab  bc  ca ab  bc  ca
1
2
9

�
�1 (1)
2
2
2
a  b  c ab  bc  ca (a  b  c) 2
Mặt khác từ (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 �0 => ab+bc+ca �a2+b2+c2
(a  b  c) 2
2016
2016
3
672
=> ab + bc + ca � �
(2)
3
ab  bc  ca
3
1

2018
�673 dấu = xảy ra khi a = b = c = 1
Từ (1) và (2) ta có 2 2 2 
a  b  c ab  bc  ca

Áp dụng (a + b + c)( +

Cho a, b, c > 0 và thỏa a + b + c = 1. Chứng minh rằng :
1
1
1
1
+
+
+
� 30
2
2
2
a +b +c
ab
bc
ca
1
1
1
1
1
3
+

+
+
� 2
+ 3
Ta có : (VT) = 2
2
2
2
2
a +b +c
ab
bc
ca
a +b +c
ab.bc.ca
1
9
� 2
+
2
2
a +b +c
ab + bc + ca
1
1
1
7
�
�
= �2

+
+
�+
2
2
ab + bc + ca ab + bc + ca � ab + bc + ca
�a + b + c
. . . .
9
21
� 2
+
2
2
(a + b + c ) + (ab + bc + ca) + (ab + bc + ca)
3(ab + bc + ca)
9
21
30
�
+

�30
2
2
(a + b + c)
(a + b + c)
(a + b + c)2
14) Cho x, y, z > 0 và xyz = 1. Tìm GTLN của P =

1
1
1
 3 3
 3
3
x  y 1 y  z  1 z  x3  1
3