Một số bài tập về BĐT ôn thi ĐH có lời giải

Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực
BẤT ĐẲNG THỨC LUYỆN THI ĐẠI HỌC
MỘT SỐ BĐT ĐƠN GIẢN HAY DÙNG
1. Với a, b, c tùy ý ta luôn có
2 2 2
a b c ab bc ca+ + ≥ + +
. Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c.
CM. Ta có (a−b)
2
+ (b−c)
2
+ (c−a)
2
≥ 0. Khai triển, chuyển vế ta được ngay BĐT này.
2. Với a, b, c tùy ý ta luôn có
2
( ) 3( )a b c ab bc ca+ + ≥ + +
. Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c.
CM. Ta có
2 2 2 2
( ) 2 2 2 ( ) 2 2 2 3( )a b c a b c ab bc ca ab bc ca ab bc ca ab bc ca+ + = + + + + + ≥ + + + + + = + +
3. Với a, b, c, d, e, f tùy ý ta luôn có |a.d + b.e + c.f| ≤
2 2 2 2 2 2
( )( )a b c d e f+ + + +
. Đẳng thức xảy ra
kvck a : b : c = d : e : f.
CM. Xét
( ; ; )u a b c=
r
,
( ; ; )v d e f=

r
ta có
. . . .u v a d b e c f= + +
r r
và
2 2 2 2 2 2
| | ,| |u a b c v d e f= + + = + +
r r
.
Mặt khác,
| . | | |.| |.| cos( , ) | | |.| | | . | | | .| |u v u v u v u v u v u v= ≤ ⇒ ≤
r r r r r r r r r r r r
. Đẳng thức xảy ra kvck
,u v
r r
cùng phương. Do đó, |a.d
+ b.e + c.f| ≤
2 2 2 2 2 2
( )( )a b c d e f+ + + +
. Đẳng thức xảy ra kvck a : b : c = d : e : f.
4. Với a , b dương ta luôn có
1 1 1 1 4
( )( ) 4a b
a b a b a b
+ + ≥ ⇔ + ≥
+
. Đẳng thức xảy ra kvck a = b.
CM. Ta có
2a b ab+ ≥
và

1 1 2
a b
ab
+ ≥
nên
1 1
( )( ) 4a b
a b
+ + ≥
.
5. Với a , b, c dương ta luôn có
1 1 1 1 1 1 9
( )( ) 9a b c
a b c a b c a b c
+ + + + ≥ ⇔ + + ≥
+ +
. Đẳng thức xảy ra kvck a = b
= c.
CM. Ta có
3
3a b c abc+ + ≥
và
3
1 1 1 3
a b c
abc
+ + ≥
nên
1 1 1 1 1 1 9
( )( ) 9a b c

a b c a b c a b c
+ + + + ≥ ⇔ + + ≥
+ +
.
6. Với mọi x, y, không âm ta luôn có
2
(1 )(1 ) (1 )x y xy+ + ≥ +
.
CM. Ta có (1+x)(1+y) = 1 + (x + y) + xy. Áp dụng BĐT Cô-si ta được
22
(1 )(1 ) 1 2 ( ) (1 )x y xy xy xy+ + ≥ + + = +
.
Đẳng thức xảy ra kvck x = y.
Tổng quát, với a, b, c không âm ta có
2
( )( ) ( )a b a c a bc+ + ≥ +
. Từ đây suy ra
2a b a c a bc+ + + ≥ +
.
7. Với mọi x, y, z không âm ta luôn có
3
3
(1 )(1 )(1 ) (1 . . )x y z x y z+ + + ≥ +
.
CM. Ta có (1+x)(1+y)(1+z) = 1 + (x + y + z) + (xy + yz + zx) + xyz. Áp dụng BĐT Cô-si ta được
2 3 3
3 3
3 3
(1 )(1 )(1 ) 1 3 . . 3 ( . . ) ( . . ) (1 . . )x y z x y z x y z x y z x y z+ + + ≥ + + + = +
. Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z.

Tổng quát, với a, b, c, d không âm ta có
3
3
( )( )( ) ( )a b a c a d a bcd+ + + ≥ +
. Từ đây suy ra
3
3
3a b a c a d a bcd+ + + + + ≥ +
.
8. Với mọi x, y, z không âm ta luôn có
3 3 3 3
( ) 9( )x y zx y z+ ++ ≤ +
.
CM. Ta có
3 3 3 3 2 2 2 2 2 2
( ) 3 3 3 3 3 3 6x y z x y z x y x z xy xz y z yz xyz+ + = + + + + + + + + +
1
Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực
Mà
2 3 3 3
2 3 3 3
2 3 3 3
2 3 3 3
2 3 3 3
2 3 3 3
3 3 3
3 . .
3 . .
3 . .
3 3 . .

3 3 . .
3
3
3 3 . .
3
6 2( )
x y x x y x x y
x z x x z x x z
xy x y y
xz x z z
y z y y z y y z
y
x
z z z
y y
x z z
y z
xyz z
y
y
z
x

= ≤ + +

= ≤ + +


+ +



+ +


= ≤ + +


+ +

≤ + +


= ≤
= ≤
= ≤
nên
3 3 3 3
( ) 9( )x y zx y z+ ++ ≤ +
. Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z.
9. Với mọi x, y mà (x + y) ≥ 0 ta luôn có
3 3 3
( ) 4( )yy xx + +≤
. Đẳng thức xảy ra kvck x = y.
CM. Với mọi số x, y ta có
2
( )
4
x y
xy
+

≤
. Đẳng thức xảy ra kvck x = y. Do (x + y) ≥ 0 nên
3
( )
( )
4
x y
xy x y
+
+ ≤
. Do đó,
2 3
3 3 3 3
( ) ( )
( ) 3 ( ) ( ) 3 ( )
4 4
x y x y
x y x y xy x y x y x y
+ +
+ = + − + ≥ + − + =
.
10. Cho a, b, c không âm, f(x) xác định trên [0 ; + ∞). CMR nếu
( ) ( ) 2 ( )f a f b f ab+ ≥
thì
3
( ) ( ) ( ) 3 ( ).f a f b f c f abc+ + ≥
BT 1) Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa xyz = 1. Tìm GTNN của biểu thức:
2 2 2
x y z
M

y z z x x y
= + +
+ + +
Giải. Ta có
2
4
x y z
x
y z
+
+ ≥
+
,
2
4
y z x
y
z x
+
+ ≥
+
và
2
4
z x y
z
x y
+
+ ≥
+

nên
2
x y z
M x y z
+ +
+ ≥ + +
Do đó,
3
3
3
2 2 2
xyz
x y z
M
+ +
≥ ≥ =
. Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z = 1.
BT 2) Chứng minh rằng với
∀
x
∈
[
−
1 ; 1] thì
2 2
3 3
(1 ) (1 ) 2x x− + + ≤
.
Giải. Xét
2 2

3 3
( ) (1 ) (1 )f x x x= − + +
ta có
/
3 3
2 2
( )
3 1 3 1
f x
x x
−
= +
− +
và
/
( ) 0 0f x x= ⇔ =
.
Vì f(−1) = f(1) =
3
4
, f(0) = 2 nên
[ 1;1]
max ( ) (0) 2f x f
−
= =
. Vậy, f(x) ≤ 2, ∀x ∈ [−1 ; 1].
BT 3) Cho 2 số thực dương x, y. Chứng minh
2
9
(1 ) 1 1 256

y
x
x
y
 
 
+ + + ≥
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
.
Giải. Áp dụng BĐT
2
(1 )(1 ) (1 )a b ab+ + ≥ +
, đẳng thức xảy ra kvck a = b.
2 2 2
2 2 4
9 9 9
(1 ) 1 1 (1 ) 1 (1 ) 1 (1 3) 256
y y
x x y
x x
y y y
     
 
+ + + ≥ + + = + + ≥ + =
 ÷  ÷  ÷
 ÷

 ÷  ÷  ÷
 
     
.
BT 4) Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa
3
4
x y z+ + =
. Chứng minh rằng:
3
3 3
3 3 3 3x y y z z x+ + + + + ≤
.
Giải. Ta có
3
( 3 ) 1 1
( 3 )1.1
3
x y
x y
+ + +
+ ≤
,
3
( 3 ) 1 1
( 3 )1.1
3
y z
y z
+ + +

+ ≤
và
3
( 3 ) 1 1
( 3 )1.1
3
z x
z x
+ + +
+ ≤
.
Cộng 3 BĐT này ta được ĐPCM.
BT 5) Cho x, y, z dương và x + 2y + 4z = 12. Tìm GTLN của biểu thức:
2 8 4
2 2 4 4
xy yz zx
P
x y y z z x
= + +
+ + +
.
2
Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực
Đặt a = x, b = 2y, c = 4z ta được a + b + c = 12 và
6
4 4 4
ab bc ca a b b c c a
P
a b b c c a
+ + +

= + + ≤ + + =
+ + +
. Đẳng thức xảy
ra kvck a = b = c = 4.
BT 6) Cho 3 số thực x, y, z không âm thỏa
3 3 3
3x y z+ + =
. Tìm GTLN của tổng S = x + y + z.
Giải. Theo BĐT Cô−si ta có
3
3
3
3 1 1
3 1 1
3 1 1
x x
y y
zz

≤ + +

≤ + +

+ +≤


nên x + y + z ≤ 3. Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z =1.
Cách 2 : Ta có
3 3 3 3 2 2 2 2 2 2
( ) 3 3 3 3 3 3 6x y z x y z x y x z xy xz y z yz xyz+ + = + + + + + + + + +

Mà
2 3 3 3
2 3 3 3
2 3 3 3
2 3 3 3
2 3 3 3
2 3 3 3
3 3 3
3 . .
3 . .
3 . .
3 3 . .
3 3 . .
3
3
3 3 . .
3
6 2( )
x y x x y x x y
x z x x z x x z
xy x y y
xz x z z
y z y y z y y z
y
x
z z z
y y
x z z
y z
xyz z

y
y
z
x

= ≤ + +

= ≤ + +


+ +


+ +


= ≤ + +


+ +

≤ + +


= ≤
= ≤
= ≤
nên
33 3 3
9( ) 27x y zS + =+≤

. Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z = 1.
BT 7) Cho
∆
ABC có
0
A 90≤
và
sin 2sin sin tan
2
A
A B C=
. Tính GTNN của
1 sin
2
sin
A
M
B
−
=
.
sin 2sin sin tan
2
A
A B C=
⇔
sin
2
2sin cos 2sin sin
2 2

cos
2
A
A A
B C
A
=
⇔
2
2cos 2sin sin
2
A
B C=
⇔
1 cos cos( ) cos( )A B C B C+ = − − +
⇔ cos(B − C) =1 ⇔ B = C. Mặt khác,
0
A 90≤
nên 45
0
≤ B = C < 90
0
.
0
1 cos
1 cos 45
2
tan tan 2 1
sin sin 2 2
B C

B B
M
B B
+
−
−
= = = ≥ = −
. Đẳng thức xảy ra kvck A = 2B = 2C = 90
0
.
BT 8) Cho 3 số thực không âm x, y, z thỏa
3x y z+ + ≤
. Chứng minh rằng :
1 1 1 3
1 1 1 2x y z
+ + ≥
+ + +
.
Cách 1: Ta có
1 1
1
1 4
x
x
+
+ ≥
+
,
1 1
1

1 4
y
y
+
+ ≥
+
,
1 1
1
1 4
z
z
+
+ ≥
+
nên
3 ( )
3
4
x y z
VT
+ + +
+ ≥
.
Vì x + y + z ≤ 3 nên
3 3 3 ( )
3
4 4
x y z
VT VT

+ + + +
+ ≥ + ≥
⇒ ĐPCM.
Cách 2 : Với các số dương a, b, c, ta có
1 1 1 9
a b c a b c
+ + ≥
+ +
nên
9 9 3
.
3 ( ) 3 3 2
VT
x y z
≥ ≥ =
+ + + +
BT 9) Cho
ABC
∆
có 3 góc nhọn. Chứng minh
2 2 2
tan cot tan cot tan cot tan tan tanA B B C C A A B C+ + ≥ + +
.
Với x, y dương, theo BĐT Cô si ta có
2
2
x
y x
y
+ ≥

. Do đó ta được
2
2
x
x y
y
≥ −
.
Vì A, B, C nhọn nên tgA, tgB, tgC, cotgA, cotgB, cotgC là các số dương. Áp dụng BĐT vừa nêu ta được
2 2 2
2 2 2
tan tan tan
tan cot tan cot tan cot
tan tan tan
A B C
A B B C C A
B C A
+ + = + +
2(tan tan tan ) (tan tan tan )A B C B C A≥ + + − + +
.
3
Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực
BT 10) Cho x, y, z không âm và
3x y z+ + ≤
. Tìm GTLN của biểu thức:
2 2 2P xy yz zx xy yz zx xy yz zx= + + + + + + + +
.
Giải. Cách 1 : Ta có
(1 1 1)[(2 ) ( 2 ) ( 2 )] 2 3.P xy yz zx xy yz zx xy yz zx xy yz zx≤ + + + + + + + + + + = + +
≤

2
1
2 3. ( ) 2( ) 6
3
x y z x y z+ + = + + ≤
. Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z = 1.
Cách 2 : Ta có
4 (2 )
4.(2 )
2
4 ( 2 )
4.( 2 )
2
4 ( 2 )
4.( 2 )
2
xy yz zx
xy yz zx
xy yz zx
xy yz zx
xy yz zx
xy yz zx
+ + +

+ + ≤


+ + +

+ + ≤



+ + +

+ + ≤


nên 2.P ≤ 6 + 2(xy + yz + zx) ≤ 12 ⇔ P ≤ 6.
Cách 3 : Áp dụng BĐT
2 2 2 2
( ) 3( )a b c a b c+ + ≤ + +
ta được P
2
≤ 3.4(xy + yz + zx) ≤ 36.
BT 11) Cho
ABC∆
có 3 góc nhọn thỏa
1 1 1 1 1 1
cos cos cos
sin sin sin
2 2 2
A B C
A B C
+ + = + +
. CMR
ABC∆
đều.
CM. A, B, C nhọn nên
cos ,cos ,cos 0A B C >
. Áp dụng BĐT

1 1
( )( ) 4,a b
a b
+ + ≥
với a , b > 0. Ta được
1 1 4 2 2
cos cos cos cos
sin cos sin
2 2 2
C A B C
A B A B
+ ≥ = ≥
−
+
.
Tương tự cho các cặp còn lại, ta được VT  VP. Dấu “” xảy ra khi và chỉ khi
cos cos cos
cos cos cos 1
2 2 2
A B C
A B C
A B B C C A
= =


⇔ = =
 − − −
= = =



. Vậy ABC đều.
BT 12) Cho a, b, c >0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng :
2 2 2
1 1 1
1
2 2 2a bc b ac c ab
+ + ≥
+ + +
.
CM. Áp dụng BĐT
1 1 1 1 1 1 9
( )( ) 9x y z
x y z x y z x y z
+ + + + ≥ ⇔ + + ≥
+ +
với x , y, z > 0. Ta được
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 9 9
1
2 2 2 2 2 2 ( )a bc b ac c ab a bc b ac c ab a b c
+ + ≥ = =
+ + + + + + + + + +
.
BT 13) Cho x, y, z không âm, thỏa x + y + z = 4. Tìm GTLN của
2 2 2P x y y z z x= + + + + +
.
Giải. Áp dụng BĐT
2 2 2 2
( ) 3( )a b c a b c+ + ≤ + +
ta được P

2
≤ 3.(2x + y + 2y + z + 2z + x) = 36. Đẳng thức xảy ra kcvk
x = y = z = 4/3.
BT 14) Cho 2 số thực x, y thỏa x
2
+ y
2
+ xy = 3. Tìm GTLN
−
NN của biểu thức :
4 4 2
( )M x y xy x y= + + +
.
Giải. Đặt S = x + y, P = xy, ĐK :
2
4S P≥
.
x
2
+ y
2
+ xy = 3 ⇔
2 2
3 3 0 3S P S P P− = ⇔ = + ≥ ⇒ ≥ −
. Đẳng thức có thể xảy ra, chẳng hạn khi x = − y =
3
.
ĐK :
2
4S P≥

⇔ P + 3 ≥ 4P ⇔ P ≤ 1. Đẳng thức có thể xảy ra, chẳng hạn khi x = y = 1.
Tóm lại, tập giá trị của P là [−3 ; 1].
Ta có,
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) 2 ( ) ( 2 ) 2 . ( 3 2 ) 2 .( 3) 9 3M x y x y xy x y S P P P S P P P P P P= + − + + = − − + = + − − + + = −
Vì P ∈ [−3 ; 1] nên M ∈ [6 ; 18].
Min M = 6, đạt khi x = y = 1. Max M = 18, đạt khi x = − y =
3
.
4
Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực
BT 15) Cho x, y, z dương thỏa mãn
4 4 4 4 4 4 4 4 4
3x y y z z x x y z+ + ≤
. Tìm GTLN của
2 2 2
6 4 6 4 6 4 2 2 2
x y z x y z
P
x y y z z x x y z
+ +
= + + +
+ + +
.
Giải. Từ giả thiết ta suy ra
4 4 4 4 4 4
(1)
4 4 4 4 4 4
1 1 1
3 3

x y y z z x
x y z x y z
+ +
≤ ⇔ + + ≤
.
Ta có
6 4 3 2
2 0x y x y+ ≥ >
nên
6 4 2 2
1
2
x
x y x y
≤
+
. Tương tự ta được
6 4 2 2
1
2
y
y z y z
≤
+
và
6 4 2 2
1
2
z
z x z x

≤
+
.
Từ đây suy ra
2 2 2
6 4 6 4 6 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
2 2 2 2
x y z x y z
x y y z z x x y y z z x x y z
+ +
+ + ≤ + + =
+ + +
.
2 2 2 2 2 2
(2)
6 4 6 4 6 4 2 2 2 2 2 2
3
.
2
x y z x y z x y z
P
x y y z z x x y z x y z
+ + + +
⇒ = + + + ≤
+ + +
.
Mặt khác, theo (1) và BĐT
2 2 2
ab bc ca a b c+ + ≤ + +

ta được
2 2 2 2 2 2 4 4 4
1 1 1 1 1 1
3 (3)
x y y z z x x y z
+ + ≤ + + ≤
.
Từ (2) và (3) ta được P ≤
9
2
. Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z = 1. Vậy max P = 9/2.
BT 16) Cho
3( 2 1 1) 0x y x y+ − − + + + =
. Tìm GTLN và GTNN của
( 2)( 1)A x y= − +
.
Giải.
BT 17) Cho x, y, z dương, thỏa đẳng thức
1 1 1
1
x y z
+ + =
. Chứng minh:
2 2 2
4
x y z x y z
x yz y zx z xy
+ +
+ + ≥
+ + +

.
CM. Ta có
1 1 1
1
x y z
+ + =
⇔ xy + yz + zx = xyz. Do đó,
2 3 3 3
2 2
( )( )
x x x x
x yz x xyz x xy yz zx x y x z
= = =
+ + + + + + +
.
2 3
3
(1)
8 8 ( )( ) 8 8 4
x x y x z x x y x z
x
x yz x y x z
+ + + +
⇒ + + = + + ≥
+ + +
Tương tự:
2
3
(2)
8 8 4

y y z y x
y
y zx
+ +
+ + ≥
+
và
2
3
(3)
8 8 4
z z x z y
z
z xy
+ +
+ + ≥
+
.
Cộng (1), (2) và (3) ta được đpcm.
BT 18) Cho
, 0
2
q
p q> >
. Xác định tam giác
∆
ABC sao cho biểu thức W = p.cosA + q(cosB + cosC) lớn nhất.
Giải. W =
2 2
(1 2sin ) 2 (cos .cos ) 2 sin 2 cos .sin

2 2 2 2 2 2
A B C B C A B C A
p q p q p
+ − −
− + = − + +
=
2 2
2 2 2
2
2 (sin cos .sin cos ) cos
2 2 2 4 2 2 2
A q B C A q B C q B C
p p
p p p
− − −
− − + + +
=
2 2
2
2
2 sin cos cos
2 2 2 2 2 2
A q B C q B C q
p p p
p p p
 
− −
− − + + ≤ +
 ÷
 

.
Đẳng thức xảy ra kvck
sin cos
sin (0;1)
2 2 2
2 2
cos 1
2
A q B C
A q
p
p
B C
B C
−

=


= ∈
 
⇔
 
−
 
=
=




Vậy max W =
2
2q
p
p
+
khi ∆ABC cân đỉnh A và có góc A thỏa
sin
2 2
A q
p
=
.
5