TUYỂN tập các bài TOÁN bất ĐẲNG THỨC TRONG đề THI học SINH GIỎI

Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu

TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

TRÍCH ĐỀ THI HSG 12 TỈNH LÀO CAI 2016-2017
3
4

Câu 1. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z2 = . Chứng minh rằng
1 1 1
+ + − 2 ( x + y + z) ≥ 3
x y z

Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si:
1
+ 4x ≥ 4
x
1
+ 4y ≥ 4
y
1
+ 4z ≥ 4
z

Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế, ta có:
1 1 1
+ + + 4 ( x + y + z) ≥ 12 (1)
x y z

Ta lại có:

1
( x − y)2 + ( y − z)2 + ( z − x)2 ≥ 0 ⇔ x2 + y2 + z2 ≥ x y + yz + xz
2
⇔ 3 x2 + y2 + z2 ≥ ( x + y + z)2

Do x2 + y2 + z2 =

3
9
3
nên ( x + y + z)2 ≤ ⇔ x + y + z ≤ nên −6 ( x + y + z) ≥ −9. (2)
4
4
2

Cộng (1) và (2) vế theo vế, ta có
1 1 1
+ + − 2 ( x + y + z) ≥ 3
x y z
1
2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = .

TRÍCH ĐỀ THI HSG TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2017 - 2018
Câu 2. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = x yz. Chứng minh rằng:
x y + xz + yz ≥ 3 +

x2 + 1 +

y2 + 1 +

z2 + 1

1


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu
Lời giải
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = x yz. Chứng minh rằng:
x y + xz + yz ≥ 3 +

x2 + 1 +

y2 + 1 +

z2 + 1

Ta có:
x yz = x + y + z ≥ 2 x y + z ⇔
⇔

Với

xy ≥

z
xy ≥

2

xy −2 xy− z ≥ 0

1 + 1 + z2
hoặc
z

xy ≤

1 − 1 + z2
loại vì x, y > 0
z

1 + 1 + z2
, ta có
z

z ( x + y) ≥

2z x y
1 + 1 + z2
z
2(1 + 1 + z2 )

≥ 2 z.
=

Vậy z( x + y) ≥ 2(1 + 1 + z2 ); tương tự ta cũng được:
x( z + y) ≥ 2(1 + 1 + x2 )
1 + y2 )

y( x + z) ≥ 2(1 +

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được:
x y + xz + yz ≥ 3 +

!

x2 + 1 +

y2 + 1 +

z2 + 1 đpcm

Có thể chứng minh bằng cách đặt x = tan A , y = tan B, z = tan C với A, B, C là 3 góc của
một tam giác nhọn. Khi đó bđt trở thành:
cos2 A + cos2 B + cos2 C ≥ cosA.cosB+cosB.cosC+cosC.cos A

TRÍCH ĐỀ THI HSG 12 tỉnh THANH HÓA 2017 - 2018
Câu 3. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = x yz. Chứng minh rằng:
x y + xz + yz ≥ 3 +

x2 + 1 +

y2 + 1 +

z2 + 1

Lời giải
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = x yz. Chứng minh rằng:

x y + xz + yz ≥ 3 +

x2 + 1 +

y2 + 1 +

z2 + 1

2


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu
Ta có:
x yz = x + y + z ≥ 2 x y + z ⇔
⇔

Với

xy ≥

z
xy ≥

2

xy −2 xy− z ≥ 0

1 + 1 + z2
hoặc
z

xy ≤

1 − 1 + z2
loại vì x, y > 0
z

1 + 1 + z2
, ta có
z

z ( x + y) ≥

2z x y
1 + 1 + z2
z
2(1 + 1 + z2 )

≥ 2 z.
=

Vậy z( x + y) ≥ 2(1 + 1 + z2 ); tương tự ta cũng được:
x( z + y) ≥ 2(1 + 1 + x2 )
y( x + z) ≥ 2(1 +

1 + y2 )

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được:
x y + xz + yz ≥ 3 +

!

x2 + 1 +

y2 + 1 +

z2 + 1 đpcm

Có thể chứng minh bằng cách đặt x = tan A , y = tan B, z = tan C với A, B, C là 3 góc của
một tam giác nhọn. Khi đó bđt trở thành:
cos2 A + cos2 B + cos2 C ≥ cosA.cosB+cosB.cosC+cosC.cos A

Trích đề thi HSG 11 – Thanh Hóa – 2017 - 2018
Câu 4. Cho x, y, z là các số thực phân biệt và không âm. Chứng minh rằng
x+ y
y+ z
z+x
9
+
+
≥
.
( x − y)2 ( y − z)2 ( z − x)2 x + y + z

Lời giải
Ta có
x+ y
y+ z
z+x
9

x+ y
y+ z
z+x
+
+
≥
⇔
(
x
+
y
+
z
)
+
+
≥9
( x − y)2 ( y − z)2 ( z − x)2 x + y + z
( x − y)2 ( y − z)2 ( z − x)2

Khơng mất tính tổng quát, có thể giả sử x > y > z ≥ 0 .
Khi đó có các bất đẳng thức sau:
• x+ y+ z ≥ x+ y
•

y+ z
2

( y − z)

≥

1
⇔ y ( y + z) ≥ ( y − z)2 ⇔ z (3 y − z) ≥ 0 . (luôn đúng)
y

3


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu

• Tương tự cũng có

z+x
2

( z − x)

≥

1
.
x

x+ y
y+ z
z+x
x+ y
1 1
+

+
thì F ≥ ( x + y)
+ +
2
2
2
2
y x
( x − y)
( y − z)
( z − x)
( x − y)
9
1 1 1
với ∀a, b, c > 0.
Ta có bất đẳng thức cơ bản sau: + + ≥
a b c a+b+c

Do đó nếu đặt F = ( x + y + z)

Áp dụng ta được:
x+ y
1 1
+
+ =
( x − y)2 y x

1
1
+

( x + y)2 − 4 x y x y
1
1
1
= ( x + y)
+
+
2
( x + y) − 4 x y 2 x y 2 x y
9( x + y)
≥
( x + y)2
9
=
.
x+ y
( x + y)

x+ y
1 1
9
+ +
≥ ( x + y)
= 9. Suy ra F ≥ 9 .
2
y x
x+ y
( x − y)
z=0
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

.⇔
( x + y)2 − 4 x y = 2 x y

Vậy ( x + y)

z=0
x = (2 ± 3) y

..

Trích đề thi HSG Hà Nội 2016-2017
Câu 5. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 27 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P = (a + 6) ( b + 6) ( c + 6 .
Lời giải
Tìm giá trị lớn nhất:
♀Cách 1:
Từ a2 + b2 + c2 = 27 ⇒ a2 ≤ 27 ⇔ |a| ≤ 3 3 ⇒ a + 6 > 0 .
Tương tự có b + 6 > 0; c + 6 > 0
Nên
P = (a + 6) ( b + 6) ( c + 6) ≤ (|a| + 6) (| b| + 6) (| c| + 6) ≤
|a| + | b| + | c| + 18
3

⇒P≤

| a| + 6 + | b | + 6 + | c | + 6
3

3

3

Có (|a| + | b| + | c|)2 ≤ 3. a2 + b2 + c2 = 3.27 = 81 ⇒ |a| + | b| + | c| ≤ 9
⇒P≤

9 + 18
3

3

= 729 . Dấu

= khi a = b = c = 3

♀Cách 2:
P = (a + 6) ( b + 6) ( c + 6) = abc + 6 (ab + bc + ca) + 36 (a + b + c) + 216 = abc + M
3

Có: a2 + b2 + c2 = 27 ≥ 3 a2 b2 c2 ⇔ a2 b2 c2 ≤ 729 ⇒ abc ≤ 27 . Dấu
Xét

= khi a = b = c = 3 .

M = 6 (ab + bc + ca) + 36 (a + b + c) + 216 = 3[(a+b+c)2 − a2 − b2 − c2 ] + 36 (a + b + c) + 216
⇒M=

3 t2 + 36 t + 135

4

Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu
Với t = a + b + c; t2 = (a + b + c)2 ≤ 3. a2 + b2 + c2 = 81 ⇔ −9 ≤ t ≤ 9 .
Từ đó tìm được max P ≤ 27 + 702 = 729 . Dấu = khi a = b = c = 3 .
* Tìm giá trị nhỏ nhất:
Từ giả thiết dẫn đến: |a| ; | b| ; | c| ≤ 3 3 và giả sử :
a2 ≤ b2 ≤ c2 ⇒ a2 + b2 + c2 = 27 ⇒ 3a2 ≤ 27 ⇔ −3 ≤ a ≤ 3

Xét (m + n)2 ≥ 0 ⇔ 2m.n ≥ − m2 + n2
62 + ( b + c)2
2
9 + a2
=
2

Nên (b + 6) ( c + 6) = 36 + 6 (b + c) + bc ≥ 36 + bc −

36 − b2 − c2 36 − 27 − a2
=
2
2
9 + a2
⇒ P = (a + 6) ( b + 6) ( c + 6) ≥ (a + 6) .
= f ( a)
2
9 + a2
Xét (a + 6) .
= f (a) với −3 ≤ a ≤ 3 .
2
Ta tìm được min P = 25 = f (−1) . Dấu = khi ví dụ :a = b = −1; c = −5 .

⇒ ( b + 6) ( c + 6) ≥

Trích đề thi HSG Cao Bằng 2017-2018
Câu 6. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn

1 1 1
+ + ≤ 3 . Chứng minh rằng:
x y z

1
1
3
1
+
+
≤
2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 4

Lời giải
1
a+b
1
1 1 1
≤
⇔
≤
+
.
a+b
4ab

a+b 4 a b
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b .

Với a, b > 0 ta có 4ab ≤ (a + b)2 ⇔
Áp dụng kết quả trên ta có:

1 1
1
1 1 1 1 1
1
≤
+
≤
+
+
2x + y + z 4 2x y + z
4 2x 4 y z

Dấu = xảy ra ⇔

2x = y + z

y=z

=

1 1 1
1
+
+

(1)
8 x 2 y 2z

.⇔x= y=z .

Tương tự
1
1 1 1
1
≤
+
+
(2)
x + 2 y + z 8 y 2z 2x

dấu = xảy ra ⇔ x = y = z .
Tương tự:
1
1 1 1
1
≤
+
+
(3)
x + y + 2z 8 z 2x 2 y

dấu = xảy ra ⇔ x = y = z .
Từ (1) , (2) , (3) ta có
1
1

1
1 1 1 1
3
+
+
≤
+ +
≤
2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 4 x y z
4

5


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu


x = y= z
Dấu = xảy ra ⇔ 1 1 1
.⇔x= y=z=1 .

 + + =3
x y z
1 1 1
Vậy với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn + + ≤ 3 thì
x y z

1
1
3

1
+
+
≤
2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 4

Dấu = xảy ra x = y = z = 1 .
Trích đề thi HSG tỉnh Hải Dương 2016-2017
Câu 7. Cho ba số thực dương a , b , c thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng:
b2
c2
a2
1
+
+
≥
(ab + 2) (2ab + 1) ( bc + 2) (2 bc + 1) (ac + 2) (2ac + 1) 3

Lời giải
x
y
z
Vì a , b , c dương và abc = 1 nên đặt: a = , b = , c = , với x, y, z > 0 .

y
z
x
x2
y2
z2

Khi đó: V T =
+
+
( y + 2 z) ( z + 2 y) ( z + 2 x) ( x + 2 z) ( x + 2 y) ( y + 2 x)
9
Ta có: ( y + 2 z) ( z + 2 y) = yz + 2 y2 + 2 z2 + 4 yz = 2 ( y + z)2 + yz ≤ y2 + z2
2
2
x2
x2
≥ .
Suy ra:
(1)
( y + 2 z) ( z + 2 y) 9 y2 + z2

Tương tự:

y2
≥
( z + 2 x) ( x + 2 z )
z2
≥
( x + 2 y) ( y + 2 x)

Cộng (1) , (2) , (3) theo vế với vế ta được: V T ≥
Lại có
x2
y2
z2
+

+
=
y2 + z2 x2 + z2 y2 + x2
=
≥

2 3
9 2

Suy ra V T ≥ . =

2
y2
. 2
(2)
9 x + z2
2
z2
. 2
(3)
9 y + x2
2
x2
y2
z2
+
+
9 y2 + z 2 x 2 + z 2 y2 + x 2

1

1
1
+
+
−3
y2 + z2 x2 + z2 y2 + x2
1
1
1
x2 + y2 + y2 + z2 + x2 + z2
+ 2
+ 2
−3
2
2
2
y +z
x +z
y + x2
1
3
.9 − 3 =
2
2

x2 + y2 + z2

1
2

1
.
3

Trích đề thi HSG tỉnh HỊA BÌNH 2017-2018
Câu 8. Cho a và b là hai số thực dương. Chứng minh rằng (a + b)2 a2 + b2 ≥ 8a2 b2

6


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu
Lời giải
Ta có (a + b)2 ≥ 4ab > 0 ; a2 + b2 ≥ 2ab > 0
Nhân các vế tương ứng các BĐT trên ta suy ra điều cần chứng minh.

Trích đề thi HSG tỉnh
Câu 9. Cho các số dương x, y, z . Chứng minh rằng:
y2
z2
x+ y+ z
xy
yz
zx
x2
+
+
≥
≥
+
+

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

Lời giải
x2
y+ z
y2
z+x
z2
x+ y
+
≥x ;
+
≥y;
+
≥z
y+ z
4
z+x
4
x+ y
4
x2
y2
z2
x+ y+ z
Nên:
+
+

≥
. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z
y+ z z+ x x+ y
2
x+ y
2x y y + z
2 yz z + x
2 zx
Ta có:
≥
;
≥
;
≥
2
x+ y
2
y+ z
2
z+x
xy
yz
zx
x+ y+ z
≥
+
+
. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z
Nên:
2

x+ y y+ z z+ x

Ta có:

Trích đề thi HSG tỉnh Bình Thuận 2016 2017
Câu 10. Cho các số dương x, y, z . Chứng minh rằng:
y2
z2
x+ y+ z
xy
yz
zx
x2
+
+
≥
≥
+
+
y+ z z+ x x+ y
2
x+ y y+ z z+ x

Lời giải
y+ z
y2
z+x
z2
x+ y
x2

+
≥x ,
+
≥y,
+
≥z .
y+ z
4
z+x
4
x+ y
4
x2
y2
z2
x+ y+ z
Nên:
+
+
≥
. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x = y = z .
y+ z z+ x x+ y
2
x+ y
2x y y + z
2 yz z + x
2 zx
Ta có:
≥
,

≥
,
≥
.
2
x+ y
2
y+ z
2
z+x
x+ y+ z
xy
yz
zx
Nên:
≥
+
+
. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x = y = z .
2
x+ y y+ z z+ x

Ta có:

Trích đề thi HSG Tỉnh Gia Lai 2014 - 2015
Câu 11. Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện x y + yz + zx = 2 x yz .
Chứng minh rằng:

x
+

2 y2 z2 + x yz

y
+
2 z2 x2 + x yz

z
≤1
2 x2 y2 + x yz

7


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu
Lời giải
x

y

z

1
a

1
b

1
c

bc
+
=
+
1
1
2
2
2a + bc
+
+
c2 a2 abc
a2 b2 abc
Từ cách đặt và giả thiết x y + yz + zx = 2 x yz suy ra a + b + c = 2

ca

Đặt A =

2 y2 z2 + x yz

Khi đó A =

Ta có
Suy ra

+

1
a

1
2
+
2
2
abc
b c

2 z2 x2 + x yz

+

2 x2 y2 + x yz

1
b

+

, và x = , y = , z =

1
c

(a + b + c)a + bc = a2 + ab + bc + ca =
bc
bc
1 bc
+

=
≤
(a + b)( c + a) 2 a + b c + a
2a + bc

2a + bc =
bc

2 b + ca

+

ab
2 c + ab

(a + b)( c + a)

Tương tự, ta được:
ca

1 ca
ca
+
( b + c)(a + b) 2 b + c a + b
2 b + ca
ab
ab
1 ab
ab
=

≤
+
( c + a)( b + c) 2 c + a b + c
2 c + ab
1 bc
bc
ca
ca
ab
ab
1
Do đó A ≤
+
+
+
+
+
= (a + b + c) = 1
2 a+b c+a b+c a+b c+a b+c
2
2
3
Vậy A ≥ 1 . Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = hay x = y = z =
3
2
=

ca

≤

Trích đề thi HSG tỉnh HỊA BÌNH 2017-2018
Câu 12. Cho x, y, z là số thực thỏa mãn x > y > z > 0 và x + y + z = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P =

1

2

( x − y)

+

1

2

( y − z)

+

2
8
+ 3
xz y

Lời giải
1
1
1

8
1
8
với
a,
b
>
0
nên
+
≥
+
≥
.
a 2 b 2 ( a + b )2
( x − y)2 ( y − z)2 ( x − z)2
2
2
1
1
8
8
8
+
+
Suy ra P =
+
+
≥
+

.
( x − y)2 ( y − z)2 xz y3 ( x − z)2 xz y3
m 2 n 2 ( m + n )2
Ta chứng mình được BĐT:
+
≥
với a, b, m, n > 0 .
a
b
a+b
a
b
1
4
9
(1 + 2)2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
= . Ta có
+
≥
=
.
2
2
m n
4 xz ( x − z) + 4 xz ( x + z)2
( x − z)
1
4
2

72
2
72
2
Vì vậy P ≥ 8
+
+ 3≥
+ 3=
+ 3 .
2
2
2
4 xz
y
y
y
( x − z)
( x + z)
(1 − y)
1
36
1
Xét hàm số f ( t) =
+ 3 với 0 < t < 1 . Ta được min f ( t) = f
= 216 .
2
(0;1)
3
t
(1 − t)

1
2
Vậy P nhỏ nhất bằng 216 khi y = , và x + z = , ( x − z)2 = 2 xz .
3
3
2
1
1
1
1
2
1
Hay x + z = , xz =
. Tức là x = +
; y= ; z= −
.
3
27
3 3 3
3
3 3 3

Áp dụng bất đẳng thức

8


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu

Trích đề thi HSG Hưng Yên 2017-2018

Câu 13. Cho tam giác ABC nhọn.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
T = cos A +

cos2 A + 2 cos B +

Lời giải
Đặt cos A = x; cos B = y, cos C = z .
Ta có:0 < x, y, z < 1 .
Biểu thức trở thành: T = x + x2 + 2 y +
3
.
2
y2 + 2 z +

cos2 B + 2 cos C +

y2 + 2 z +

cos2 C + 2

z2 + 2 .

Chứng minh: x + y + z ≤
T = x + x2 + 2

y+

z2 + 2 ⇔ ln T = ln x + x2 + 2 +ln y +

y2 + 2 +ln z +

z2 + 2

.
2
1
Ta chứng minh:ln x + x2 + 2 ≤ x + ln 2 − với x ∈ (0; 1) .

3
3
2
1
Tương tự: ln y + y2 + 2 ≤ y + ln 2 − với y ∈ (0; 1) .
3
3
1
2
2
ln z + z + 2 ≤ z + ln 2 − với z ∈ (0; 1) .
3
3
2
1
Suy ra ln T ≤ ( x + y + z) + 3 ln 2 − 1 ≤ 3 ln 2 ⇔ T ≤ 8 . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = ⇔ A =
3
2
π
B=C= .
3
Vậy maxT = 8 khi tam giác ABC đều.

Trích đề thi HSG BẮC NINH 2016 – 2017
Câu 14. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = a3 + b3 + c3 .
Chứng minh rằng aa b b c c ≤ 1

Lời giải
Ta có #»
u . #»
v ≤ #»
u . #»
v ⇒ (ax + b y + cz)2 ≤ a2 + b2 + c2 x2 + y2 + z2 .
a3 + b 3 + c 3 ( a + b + c ) ≥ a2 + b 2 + c 2
2

2

2

⇒ (a + b + c)2 ≥ a2 + b2 + c2

2

.

2

⇒ a + b + c ≥ a + b + c , dấu bằng xảy ra khi a = b = c .

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a ln a + b ln b + c ln c ≤ 0 .
Ta chỉ cần chứng minh x ln x ≤ x2 − x ,∀ x > 0 hay ln x ≤ x − 1 , ∀ x > 0 ∀ x > 0 .

Thật vậy, xét hàm số f ( x) = ln x − x + 1 , x > 0 .

1
− 1 > 0 ; f ( x) = 0 ⇔ x = 1 .
x
Ta có lim+ f ( x) = −∞ , lim f ( x) = −∞ .

f ( x) =

x→0

x→+∞

Từ bảng biến thiên suy ra f ( x) ≤ f (1) = 0 ⇒ ln x ≤ x − 1 ,∀ x > 0 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1 .
Từ đó suy ra, a ln a + b ln b + c ln c ≤ a2 − a + b2 − b + c2 − c ≤ 0 .
Vì vậy, aa b b c c ≤ 1 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

9


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu

Trích đề thi HSG tp Đà Nẵng 2017-2018
Câu 15. Cho các số thực a , b thay đổi nhưng luôn thỏa a 2 − b2 + b 2 − a2 = 2 . Tìm giá
trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P = (a + b)3 − 12 (a − 1) ( b − 1) + ab

Lời giải
2

2 − a2 2 − b2 − ab

=

2 − a2 2 − b2 + a2 b2 − 2ab

2 − a2 2 − b 2

= 4 − a2 2 − b2 − b2 2 − a2 − 2ab
=

2 − a2 2 − b 2

4 − a 2 − b 2 + b 2 − a2

2

=0

Vậy
2 − a2 2 − b2 = ab (∗) . Do đó ab ≥ 0 và theo điều kiện bài toán, suy ra a, b ≥ 0 .
Mặt khác, bình phương hai vế (∗) , suy ra a2 + b2 = 2 .
Đặt t = a + b ⇒ ab =

t2 − 2
( a + b )2 t 2
. Vì 0 ≤ ab ≤
=
nên
2

4
4

2≤t≤2 .

Ta có P = (a + b)3 + 12 (a + b) − 12ab + ab − 12 = t3 − 6 t2 + 12 t +

t2 − 2
.
2

t2 − 2
với 2 ≤ t ≤ 2 thì f ( t) đồng biến trên 2; 2 nên
2
2 ⇔ a = 0; b = 2 hoặc a = 2; b = 0 và max P = 9 khi t = 2 ⇔ a = b = 1

Khảo sát hàm số f ( t) = t3 − 6 t2 + 12 t +
min P = 14 2 − 12 khi t =

.

Trích đề thi HSG 12 tỉnh Cao Bằng 2016 – 2017
Câu 16. Cho hai số thực x , y không âm thỏa mãn điều kiện x + y = 1 . Tìm giá trị lớn
x
y
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
+
y+1

x+1

Lời giải
x2 + x + y2 + y ( x + y)2 − 2 x y + ( x + y) 2 − 2 x y
=
=
xy+ x + y+1
2+ xy
( x + y) + 1 + x y
2
1
1
( x + y)
Đặt x y = t . Vì 0 ≤ x y ≤
= nên 0 ≤ t ≤ .
4
4
4
2 − 2t
Khi đó, P =
.
2+ t
2 − 2t
1
.
Xét hàm số f ( t) =
, t ∈ 0;
2+ t
4
−6
1

1
f ( t) =
< 0, ∀ t ∈ 0;
mặt khác f ( t) liên tục trên 0;
2
4
4
(2 + t)
1
1
2
0;
, do đó: f
≤ f ( t) ≤ f (0) ⇒ ≤ f ( t) ≤ 1 .
4
4
3
1

2
1  xy =
1
4 .⇔x= y= .
f ( t) = ⇔ t = ⇒

3
4 
2
x+ y=1

Ta có: P =

nên f ( t) nghịch biến trên

10


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu

f ( t) = 1 ⇔ t = 0 ⇒

Do vậy min P =



x=0



xy = 0

.⇔


x+ y=1


y=1
x=1

.
..
.

y=0

1
2
⇔ x = y = và max P = 1 ⇔ ( x; y) = (0; 1) ; ( x; y) = (1; 0) .
3
2

Trích đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc 2017-2018
Câu 17. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P =

b3
c3
a3
+
+
a2 + a + 1 b 2 + b + 1 c 2 + c + 1

Lời giải
x3
2
1
− ln x − với x ∈ (0; +∞) .
2
3

x + x+1 3
( x − 1) 3 x4 + 7 x3 + 12 x2 + 6 x + 2

Xét hàm số: f ( x) =
Ta có: f ( x) =

2

3( x2 + x + 1) x
Bảng biến thiên của f ( x) :

Từ bảng biến thiên ta được: f ( x) ≥ f (1) = 0, ∀ x > 0
Thay x lần lượt bằng a, b, c ta được: f (a) + f (b) + f ( c) ≥ 0

a3
b3
c3
2
+
+
− (ln a + ln b + ln c) − 1 ≥ 0
2
2
2
a +a+1 b +b+1 c + c+1 3
a3
b3
c3
2
⇒ 2

+ 2
+ 2
− ln (a.b.c) − 1 ≥ 0
a +a+1 b +b+1 c + c+1 3
a3
b3
c3
⇒ 2
+ 2
+ 2
≥1 ⇒P ≥1
a +a+1 b +b+1 c + c+1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 khi a = b = c = 1.
⇒

Trích đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc 2016-2017
Câu 18. Cho a , b , c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P =

a3
b3
c3
+
+
·
a2 + a + 1 b 2 + b + 1 c 2 + c + 1

Lời giải
x3
2

1
−
ln
x
−
với x ∈ (0; +∞) .
3
x2 + x + 1 3
( x − 1) 3 x4 + 7 x3 + 12 x2 + 6 x + 2

Xét hàm số: f ( x) =
Ta có: f ( x) =

2

3( x2 + x + 1) x
Bảng biến thiên của f ( x) :

11


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu

Từ bảng biến thiên ta được: f ( x) ≥ f (1) = 0 , ∀ x > 0
Thay x lần lượt bằng a , b , c ta được: f (a) + f (b) + f ( c) ≥ 0

a3
b3
c3
2

+
+
− (ln a + ln b + ln c) − 1 ≥ 0
2
2
2
a +a+1 b +b+1 c + c+1 3
a3
b3
c3
2
⇒ 2
+ 2
+ 2
− ln (a.b.c) − 1 ≥ 0
a +a+1 b +b+1 c + c+1 3
a3
b3
c3
⇒ 2
+
+
≥1 ⇒P ≥1
a + a + 1 b2 + b + 1 c2 + c + 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 khi a = b = c = 1.
⇒

Trích đề thi HSG tỉnh THANH HĨA 2016-2017
Câu 19. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x yz + x + z = y . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức

P=

2

x2 + 1

−

2

y2 + 1

4z

−

z1 + 1

3z

+

z2 + 1

z2 + 1

Lời giải
x+z
Ta có x yz + x + z = y ⇔ x + z = y (1 − xz) ⇔ y =




 1
2
1
2

−
=
2
−
 2
2
2
x +1
x +1 y +1
( x + z)2

(1 − xz)2
⇒

+1

1 − xz


1
(1 − xz)2


− 2
=2 2

x +1
x + 1 z2 + 1

2
2
− 2
=
2
x +1 y +1

x2 + 1 z 2 + 1
2z

≤

2z

−

4z

z2 + 1

+

3z

=

1 − x2

2

+ (2 x)2 . z2 + 1

x2 + 1 z 2 + 1
2z

=

z2 + 1

x2 + 1 z 2 + 1

2 z z 1 − x2 + 2 x

=

⇒P≤

z + 2 x − x2 z

2z

z2 + 1
−2 z

+

3z

z2 + 1 z2 + 1
z2 + 1
z2 + 1 z2 + 1
z
1
1
1
Đặt t =
⇒ P ≤ t − 3 t3 .
( t > 0) ⇒ 2 = 1 + 2 ⇒ z2 + 1 =
2
2
t
z
1
−
t
z +1
Xét hàm số f ( t) = t − 3 t3 trên khoảng (0; +∞) .

12


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu
1
2

=
(0;+∞)
3
9


z
1


2


=


z
=


2
3


z +1


4



x+z
2
2..
⇒ max P = đạt được khi y =
.⇔


x=
1
−
xz
9




2


2




y= 2
z = 1− x
2x

Lập bảng biến thiên ta được max f ( t) = f

Trích đề thi HSG tỉnh Hà Nam 2017-2018
Câu 20. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab ≥ 1 và c(a + b + c) ≥ 3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

b + 2c a + 2c
+
+ 6 ln(a + b + 2 c)
1+a
1+b

Lời giải
Ta có:
P +2 =

1
1
a + b + 2c + 1 a + b + 2c + 1
+
+ 6 ln(a + b + 2 c) = (a + b + 2 c + 1)(
+
) + 6 ln(a + b + 2 c)
1+a
1+b
1+a 1+b

1
1
2
+
≥

(a, b > 0; ab ≥ 1)
1 + a 1 + b 1 + ab
1
2
1
2
+
≥
Thật vậy
⇔ ( a − b) ( ab − 1) ≥ 0 (ln đúng vì ab ≥ 1 )
 1 + a 1 + b 1 + ab
ab + 1


 ab ≤
2
Lại có
1
1
2
4
4
16
4



+
≥
≥ 2

=
≥
≥
1 + a 1 + b 1 + ab 3 + ab c + ab + bc + ca (a + c)( b + c) (a + b + 2 c)2
16(a + b + 2 c + 1)
⇒ P +2 ≥
+ 6 ln(a + b + 2 c)
(a + b + 2 c)2
16( t + 1)
Đặt t = a + b + 2 c > 0 ta có P + 2 ≥
+ 6 ln t
t2
16( t + 1)
6 t2 − 16 t − 32
Xét hàm số f ( t) =
+
6
ln
t
⇒
f
(
t
)
=
⇒ f ( t) = 0 ⇔ t = 4
t2
t3

Ta chứng minh BĐT sau

f (4) = 5 + 6 ln 4 ⇒ P ≥ 3 + 6 ln 4 ⇒ M inP = 3 + 6 ln 4 khi a = b = c = 1 .

13


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu

Trích đề thi HSG TPHCM 2016-2017
Câu 21. Trên đoạn [1 ; 4] , các hàm số f ( x) = x 2 + px + q ; g ( x) = x +

4
có cùng giá trị nhỏ
x2

nhất và đạt tại cùng một điểm. Tìm giá trị lớn nhất của f ( x) trên đoạn này

Lời giải
4
x x 4
+ +
=
≥3
x2 2 2 x2
Suy ra: g( x) min = 3 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 2 .
p
Ta có: f ( x) = 2 x + p . Cho f ( x) = 0 ⇔ 2 x + p = 0 ⇔ x = −
2
Do 
f ( x) và g ( x) có cùng giá trị nhỏ nhất và đạt tại cùng một điểm trên đoạn [1 ; 4] , nên ta

 f (2) = 3
4 + 2p + q = 3
q=7
có:
.⇔
.⇔
. ⇒ f ( x) = x2 − 4 x + 7 .
p
− =2
p = −4
p = −4
2
f (1) = 4
. ⇒ f ( x) max = 7 .
Nhận thấy: f ( x) min = f (2) nên f ( x) max = { f (1) ; f (4)} . Và
f (4) = 7

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta được: g ( x) = x +

Vậy f ( x) max = 7 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 4 .

Trích đề thi HSG thành phố Hồ Chí Minh 2016-2017
Câu 22. Tìm tất cả các số thực a, b (a < b) sao cho trên đoạn [a ; b] , hàm số f ( x) =

13 − x 2
2

có giá trị nhỏ nhất là 2a và giá trị lớn nhất là 2 b

Lời giải

Ta có: f ( x) = − x . Cho f ( x) = 0 ⇔ x = 0 .
Trường hợp 1: x = 0 ∈ [a ; b] .

13
13
= 2b ⇒ b =
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0 .
2
4



2
a = −2 + 17
13 − a

f ( a) = 2 a
=
2
a


13

2
a = −2 − 17 . .
Suy ra: f ( x) min = f (a) ; f
. ⇔
. ⇔
= 2a ⇒  13


 39
4

f
= 2a
39
= 2a
4
a=
32
64
Do: x = 0 ∈ [a ; b] và a < b nên ta chỉ nhận a = −2 − 17 .

Ta có ngay: f ( x) max =

Trường hợp 2: x = 0 ∉ [a ; b] .



a = −2 + 17



.


 a = −2 − 17



13 − a 2


= 2a

f ( x) min = f (a) = 2a
2
Nếu:
. . Suy ra
..
.⇔


 13 − b 2

f ( x) max = f ( b) = 2 b
b = −2 + 17



= 2b

.

2
 b = −2 − 17
Do: x = 0 ∉ [a ; b] và a < b nên khơng 
có giá trị a và b nào
 thỏa mãn:
2

13
−
b
13 − b 2




=
2
a
a
=


(1)
f ( x) min = f ( b) = 2a
2
4
Nếu:
. . Suy ra
..
.
⇔
2
2


13
−

a
13
−
a


f ( x) max = f (a) = 2 b


= 2b
= 2 b (2)
2
2

14


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu
Thế (1) vào (2) ; ta được:
13 − b 2
13 −
4
2

2

b 4 − 26 b 2 + 64 b − 39 = 0.

= 2b ⇔

( b − 1) ( b − 3) b 2 + 4 b − 13 = 0

b=1⇒a=3


b = 3 ⇒ a = 1
⇔ 
.

 b = −2 + 17 ⇒ a = −2 + 17

b = −2 − 17 ⇒ a = −2 − 17
⇔

Do: x = 0 ∉ [a ; b] và a < b nên ta chỉ nhận

a=1
b=3

..

Vậy các cặp số thực cần tìm là: (a, b) = (1, 3) ∨ −2 − 17,

13
.
4

Trích đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa 2013-2014
Câu 23. Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
8a + 3 b + 4

P=

ab + bc +

P=

ab + bc +
2

1 + (a + b + c)

3

abc

1 + (a + b + c)2

Lời giải
Ta có:
8a + 3 b + 4

3

8a + 3 b + 4

abc
≤

a + 4 b b + 4 c a + 4 b + 16 c

+
+
4
4
12
2

1 + (a + b + c)
t
Đặt a + b + c = t, ta có t > 0. Xét hàm số f ( t) =
với t > 0.
1 + t2
1 − t2
; f ( t) = 0 ⇔ t = ±1 ; lim f ( t) = 0 ; lim+ f ( t) = 0.
Ta có f ( t) =
2
t→+∞
t→0
1 + t2

=

28
a+b+c
·
3 1 + ( a + b + c )2

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta suy ra GTLN của P bằng

14
16
4
1
khi a = ; b = ; c = .
3
21
21
21

15


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu

Trích đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa 2017-2018
Câu 24. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x yz + x + z = y. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức P =

2
2
−
−
x2 + 1 y2 + 1

4z

z2 + 1

+

3z

( z2 + 1) z2 + 1

.

Lời giải
♀Cách 1: Có:
x+z
.
1 − xz
z + 2 x − x2 z

x yz + x + z = y ⇔ x + z = y(1 − xz) ⇔ y =
2z

=

2 z z 1 − x2 + 2 x

=

x2 + 1 z 2 + 1
2z

≤
=

⇒P≤

2z

4z

3z

−2 z

x2 + 1 z 2 + 1

1 − x2

2

+ (2 x)2 . z2 + 1

x2 + 1 z 2 + 1
2z
z2 + 1
3z

.
( z2 + 1) z2 + 1
z2 + 1 ( z2 + 1) z2 + 1
1
z2 + 1
1
t2

1
2
Đặt t =
=
1
+
⇒
z
+
1
=
+1 =
⇒ P ≤ t − 3 t3
( t > 0) ⇒ 2 =
2
2
2
t
z
z
1− t
1 − t2
z2 + 1
Xét hàm số f ( t) = t − 3 t3 (liên tục với t > 0 ) , f ( t) = 1 − 9 t2
z2 + 1
z

−

z2 + 1

+

=

+

Ta có bảng sau trên (0; +∞)

2
1
khi t = .
9
3


1
z


2


=


z=


2 +1

3


z


4


x+z
2
2 ..
P đạt giá trị lớn nhất bằng khi và chỉ khi y =
.⇔


x=
1 − xz
9




2


2





z = 1− x
y= 2
2x
π
♀Cách 2: Đặt x = tan A, y = tan B, z = tan C với A, B, C ∈ 0; ⇒ 0 < A + C < π.
2

Theo bảng biến thiên f ( t) đạt giá trị lớn nhất bằng

16


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu
tan A + tan C

Từ x yz + x + z = y ⇒ tan B =
= tan( A + C ) ⇒ B = A + C
1 − tan A tan C
Ta có
P = 2 cos2 A − 2 cos2 B − 4 sin C + 3 sin C. cos2 C = −2 sin( A + B) sin( A − B) − sin C − 3 sin3 C
=

2 sin( A + B). sin C − sin C − 3 sin3 C

≤

sin C − 3 sin3 C.

π

Dấu "=" xảy ra khi A + B = .
2

2
9

Xét hàm số f ( t) = t − 3 t như trên ta được sin C − 3 sin3 C ≤ .
3

Dấu "=" xảy ra khi sin C =

1
2
⇒ tan C =
.
3
4

2
π
2 tan A
và A + B = ⇒ 2 2 = cot C = cot(B − A ) = tan 2 A =
4
2
1 − tan2 A
2
⇒ tan A =
, tan B = 2.
2

2
2
2
Như vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng tại ( x; y; z) =
; 2;
.
9
2
4

Từ tan C =

Trích đề thi HSG 12 TỈNH VĨNH LONG
Câu 25. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện: 2 x2 + 2 y2 − x y = 1 . Tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 7 x4 + y4 + 4 x2 y2
Lời giải
1+ xy
33
7
7
. Suy ra P = − x2 y2 + x y +
2
4
2
4
1
2
2
2
1 = 2 x + 2 y − x y = 2( x + y) − 5 x y ≥ −5 x y ⇒ x y ≥ −

5
1
1
1
2
2
2
1 = 2 x + 2 y − x y = 2( x − y) + 3 x y ≥ 3 x y ⇒ x y ≤ ⇒ − ≤ x y ≤
3
5
3
7
1 1
33 2 7
Đặt t = x y , t ∈ − ; ⇒ P = − t + t +
5 3
4
2
4
70
7
18
1
Tìm được maxP =
⇔t=
, minP =
⇔t=− .
33
33
25

5

Ta có x2 + y2 =

Kết luận







1
34
6
1







+
x= 
x= 





2
33
33
2


70



maxP =
⇔
hay

33 




1  34
6
1




y= 
−



y= 2

33
33
2







34
6
34
1
1






−
+
−
−
x
=
x

=




2
33
33
2
33



 hay

hay






1
34
6
1
34







 y = 2 − 33 − 33
 y = 2 − 33 +

1
1
x=
;y=−
18 
5
5
minP =
⇔
.
1
1
25 
x=−
;y=
5
5

34
−
33
34
+
33


6
33

6
33


6
33

6
33

17


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu

Trích đề thi HSG Hà Tĩnh 2017-2018
Câu 26. Giả sử hàm số y = f ( x) có đạo hàm là hàm số y = f ( x) ; đồ thị của hàm số
y = f ( x) được cho như hình vẽ sau và f (0) + f (1) − 2 f (2) = f (4) − f (3) . Hỏi trong các giá
trị f (0) , f (1) , f (4) giá trị nào là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x) trên đoạn [0; 4] ?

Lời giải
Từ đồ thị của hàm số y = f ( x) ta có bảng biến thiên của hàm số y = f ( x) như hình vẽ:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy trên đoạn [0; 4] giá trị lớn nhất của hàm số f ( x) là f (2) ;
giá trị nhỏ nhất chỉ có thể là f (0) hoặc f (4) .
Cũng từ bảng biến thiên ta có: f (1) , f (3) < f (2) ⇒ f (1) + f (3) < 2 f (2) .

Mặt khác f (0) − f (4) = 2 f (2) − f (1) − f (3) > 0 ⇒ f (0) > f (4) .
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x) trên [0; 4] là: f (4) .

Trích đề thi HSG tỉnh Thừa Thiên Huế 2017-2018
Câu 27. Cho các số thực x; y ∈

1
; 1 . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2

P = x5 y + x y5 +

6

x2 + y2

− 3 ( x + y)

Lời giải
18


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu
Ta có x, y ≤ 1 nên ( x − 1) ( y − 1) ≥ 0 ⇔ x y ≥ x + y − 1
Khi đó: x2 + y2 = ( x + y)2 − 2 x y ≤ ( x + y)2 − 2 ( x + y − 1) = ( x + y)2 − 2 ( x + y) + 2
1 2
x + y2
2

1

1
x y ( x + y)4 ≥ ( x + y − 1) ( x + y)4
8
8
1
6
Từ các đánh giá (1) và (2) nên ta có: P ≥ ( x + y − 1) ( x + y)4 +
− 3 ( x + y) .
8
( x + y)2 − 2 ( x + y) + 2
1
1
6
Đặt t = x + y . Do x; y ∈ ; 1 nên t ∈ [1; 2] . Ta có P ≥ f ( t) = ( t − 1) t4 + 2
− 3t
2
8
t − 2t + 2
Hàm số f ( t) xác định và liên tục trên [1; 2] và

x5 y + x y5 = x y x4 + y4 ≥ x y.

f ( t) =

2

≥

1
12 ( t − 1)

5 t4 − 4 t3 − 3 −
8
t2 − 2 t + 2

2

=

5 t4 − 4 t3 − 24
12 ( t − 1)
−
8
t2 − 2 t + 2

=

5 t3 ( t − 2) + 6 t3 − 24
12 ( t − 1)
−
8
t2 − 2 t + 2
5 t3 ( t − 2) + 6 t3 − 8

=
=

8

( t − 2) 5 t3 + 6 t2 + 12 t + 24
8

Ta có: ( t − 1)2 + 1 ≥ 2 ( t − 1) ⇒ ( t − 1)2 + 1 ≥ 4 ( t − 1)2 ⇔
Suy ra 3 −

+3−

12 ( t − 1)

12 ( t − 1)
( t − 1)2 + 1

≤

2

2

12 ( t − 1)
2
t2 − 2 t + 2

+3−

12 ( t − 1)

t2 − 2 t + 2

2

3

≤ 3 ( do t ≤ 2 ) .
t−1

≤ 0 ∀ t ∈ [1; 2] nên f ( t) nghịch biến trên [1; 2]
2
t2 − 2 t + 2
Do đó f ( t) ≥ f (2) = −1 . Vậy P ≥ −1 . Giá trị nhỏ nhất của P bằng −1 khi x = y = 1 .

Trích đề thi HSG tỉnh Sơn La 2017-2018
Câu 28. Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
P=

2

a + ab +

3

abc

−

3

a+b+c

Lời giải
Theo Cơsi ta có
a + ab +

3

abc =

a+

a
.2 b +
2

3

a
.b(4 c)
4

a
a
+ 2b
+ b + 4c
≤
a+ 2
+4
2
3
a + 4 b a + 4 b + 16 c 4
= a+
+
= (a + b + c)
4

12
3

. Dấu bằng xảy ra khi a = 4b = 16 c
Suy ra P ≥

3
−
2(a + b + c)

3

a+b+c
3
3
Đặt t = a + b + c > 0 ⇒ P ≥ 2 −
t
2t
3
3
3
3 3( t2 − t)
Xét hàm số f ( t) = 2 − ( t > 0). f ( t) = − 3 + 2 =
t
2t
t
t
t4

19

Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu
f ( t) = 0 ⇔ t = 1 .

3
3
2
2
a+b+c =1
16
4
1
.⇔a=
;b=
;c=
21
21
21
a = 4 b = 16 c

Suy ra min f ( t) = f (1) = − ⇒ P ≥ − .
Dấu bằng xảy ra khi

Trích đề thi HSG 12 HÀ NAM NĂM HỌC 2016- 2017
Câu 29. Cho x , y , z là các số thực không âm thỏa mãn 0 < ( x + y)2 + ( y + z)2 + ( z + x)2 ≤ 18
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
x
y
z

1
P = 4 3 + 4 3 + 4 3 + log3 x2017 + y2017 + z2017 −
( x + y + z)4 − 2017
108

Lời giải
Từ giả thiết suy ra

0 ≤ x, y, z ≤ 3
0 < x2 + y2 + z2 ≤ 9

t
t
1
Xét hàm số g ( t) = 4 3 − t − 1 , t ∈ [0; 3] . Ta có g ( t) = .4 3 . ln 4 − 1
3
3
g ( t) = 0 ⇔ t = 3 log4
= t 0 ; g ( t) > 0 ⇔ t > t 0 và g ( t) < 0 ⇔ t < t 0 .
ln 4
3
< 4 nên 0 < t 0 < 3.
Vì 1 <
ln 4

Bảng biến thiên

t
Suy ra g ( t) ≤ 0 , ∀ t ∈ [0; 3] ⇔ 4 3 ≤ t + 1 , ∀ t ∈ [0; 3] (1)

Lại có
x 2017
y 2017
z 2017
x 2
y 2
z
x y z
0 ≤ x, y, z ≤ 3 ⇔ 0 ≤ , , ≤ 1 ⇒
+
+
≤
+
+
3 3 3
3
3
3
3
3
3
x 2017
y 2017
z 2017
⇒ log3
+
+
≤ 0 (2)
3
3

3
x
y
z
x 2017
y 2017
z 2017
1
Ta có P = 4 3 + 4 3 + 4 3 + log3
+
+
−
( x + y + z )4
3
3
3
108
1
Từ (1) và (2) ⇒ P ≤ 3 + ( x + y + z) −
( x + y + z )4
108
1 4
Đặt x + y + z = u , khi đó u ≥ 0 và P ≤ 3 + u −
u .
108
1 4
Xét hàm số f (u) = 3 + u −
u , với u ∈ [0; +∞)
108
1

Có f (u) = 1 − u3 , f (u) = 0 ⇔ u = 3
27

2

≤1

Bảng biến thiên
20


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu

Dựa vào bảng biến thiên ta có f (u) ≤

21
, ∀u ≥ 0 .
4

21
, dấu “=” xảy ra khi x = 3 , y = z = 0 hoặc các hoán vị.
4
21
Vậy giá trị lớn nhất của P là
.
4

Suy ra P ≤

Trích đề thi HSG Thành phố Cần Thơ 2017-2018

Câu 30. Xét các số thực a, b, c thay đổi thuộc đoạn [1; 2] và thỏa mãn a + b + c = 4. Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức P =

a4 + b4 + 5 c2 + 6abc + 1
− abc.
ab + bc + ca

Lời giải
Vì a, b, c ∈ [1; 2] nên ta có a4 + 4 ≤ 5a2 , b4 + 4 ≤ 5b2 ⇒ a4 + b4 + 5 c2 ≤ 5 a2 + b2 + c2 − 8
⇒ a4 + b4 + 5 c2 ≤ 5 (a + b + c)2 − 2 (ab + bc + ca) − 8
⇒ a4 + b4 + 5 c2 ≤ 72 − 10 (ab + bc + ca) (1)

Ta có (a − 2) ( b − 2) ( c − 2) ≤ 0 ⇔ abc − 2 (ab + bc + ca) + 4 (a + b + c) − 8 ≤ 0
⇔ abc ≤ 2 (ab + bc + ca) + 4 (a + b + c) − 8. (2)
Từ (1) và (2) suy ra a4 + b4 + 5 c2 + 5abc + 1 ≤ 25 + 2 (ab + bc + ca) . (4)
Mặt khác, ta có (a − 1) ( b − 1) ( c − 1) ≥ 0
⇔ abc − (ab + bc + ca) + (a + b + c) − 1 ≥ 0
⇔ abc ≥ (ab + bc + ca) − 3 .(5)

Từ (2) và (5) suy ra ab + bc + ca − 3 ≤ abc ≤ (ab + bc + ca) − 8
⇒ ab + bc + ca ≥ 5
⇒ a4 + b4 + 5 c2 + 6abc ≤ 2 (ab + bc + ca) + 24

Từ (4) và (5) ta suy ra
P≤

2 (ab + bc + ca) + 25
25
− (ab + bc + ca) + 3 =
− (ab + bc + ca) + 5

ab + bc + ca
ab + bc + ca

16
(a + b + c)2 16
=
⇒ t ∈ 5;
3
3
3
25
25
16
Ta có P ≤
− t + 5 = f ( t) . Xét hàm số f ( t) =
− t + 5, t ∈ 5;
t
t
3
25
16
Ta có f ( t) = −1 − 2 < 0, t ∈ 5;
3
t
Suy ra f ( t) nghịch biến suy ra P ≤ f ( t) ≤ f (5) = 6

Đặt t = ab + bc + ca , ta có ab + bc + ca ≤

Vậy max P = 5 khi a = b = 1, c = 2 hoặc a = c = 1, b = 2 hoặc a = 2; b = c = 1 .

21


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu

Trích đề thi HSG QUẢNG NGÃI 2016-2017
Câu 31. Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 9] và x ≥ y, x ≥ z . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P =

y
y
1
z
+
+
10 y − x 2 y + z z + x

Lời giải
Với a, b dương thỏa mãn ab ≥ 1 ta có bất đẳng thức

1
1
2
+
≥
.
1 + a 1 + b 1 + ab

2
1

2
1
+
≥
⇔ a− b
ab − 1 ≥ 0 đúng do ab ≥ 1 .
1 + a 1 + b 1 + ab
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab
 =1 .


Thật vậy:


1
1
 1 + 1 ≥ 1 +
x +2
z
x
x
x
10 −
1+
1+
10 −
1
+
y
y

z
y
y
x
1
1
Đặt
= t ∈ [1; 3] . Xét hàm số f ( t) =
+
trên đoạn [1; 3] .
y
10 − t2 1 + t
2t
1
f ( t) =
−
2
(1 + t)2
10 − t2
f ( t) = 0 ⇔ t4 −2 t3 −24 t2 −2 t+100 = 0 ⇔ ( t − 2) t3 − 24 t − 50 = 0 ⇔ t = 2 do t3 −24 t−50 < 0 ∀ t ∈ [1; 3]

Áp dụng bất đẳng thức trên: P =

1

.



x = 4y





 z x
1
Suy ra Pmin = khi và chỉ khi  y = z . ⇔


2

.

x


=1

y

x = 4y
z = 2y

..

Trích đề thi HSG tỉnh Hà Nam 2016-2017
Câu 32. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn
0 < ( x + y)2 + ( y + z)2 + ( z + x)2 ≤ 18.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

x
y
z
1
P = 4 3 + 4 3 + 4 3 + log3 x2017 + y2017 + z2017 −
( x + y + z)4 − 2017.
108

Lời giải
Từ giả thiết suy ra

0 ≤ x, y, z ≤ 3
0 < x2 + y2 + z2 ≤ 9

.

t
t
1
Xét hàm số g ( t) = 4 3 − t − 1, t ∈ [0; 3] . Ta có g ( t) = .4 3 . ln 4 − 1
3
3
g ( t) = 0 ⇔ t = 3 log4
= t 0 ; g ( t) > 0 ⇔ t > t 0 và g ( t) < 0 ⇔ t < t 0 .
ln 4
3
Vì 1 <
< 4 , nên 0 < t 0 < 3.
ln 4

22


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu
t
Từ Bảng biến thiên suy ra g ( t) ≤ 0, ∀ t ∈ [0; 3] ⇔ 4 3 ≤ t + 1, ∀ t ∈ [0; 3] (1)

Lại có

x y z
0 ≤ x, y, z ≤ 3 ⇔ 0 ≤ , , ≤ 1
3 3 3
x 2017
y 2017
z 2017
x 2
y 2
z 2
⇒
+
+
≤
+
+
≤1
3
3
3
3
3

3
y 2017
z 2017
x 2017
+
+
≤ 0 (2)
⇒ log3
3
3
3
x
y
z
x 2017
y 2017
z 2017
1
Ta có P = 4 3 + 4 3 + 4 3 + log3
+
+
−
( x + y + z )4
3
3
3
108
1
Từ (1) và (2) ⇒ P ≤ 3 + ( x + y + z) −
( x + y + z )4

108
1 4
u .
Đặt x + y + z = u, khi đó u ≥ 0 và P ≤ 3 + u −
108
1 4
u , với u ∈ [0; +∞)
Xét hàm số f (u) = 3 + u −
108
1
Có f (u) = 1 − u3 , f (u) = 0 ⇔ u = 3
27
21
Dựa vào bảng biến thiên ta có f (u) ≤ , ∀u ≥ 0.
4
21
Suy ra P ≤ , dấu “=” xảy ra khi x = 3, y = z = 0 hoặc các hoán vị.
4
21
.
Vậy giá trị lớn nhất của P là
4

Trích đề thi HSG Hịa Bình 2016-2017
Câu 33. a) Chứng minh rằng 3 x4 + 1 ≥ 4 x3 với mọi giá trị của x .
b) Cho các số thực dương x, y, z .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M=

3 x4 + 4 y3 + 16 z3 + 1
( x + y + z)3

Lời giải
a) Ta có 3 x4 + 1 ≥ 4 x3 ⇔ ( x − 1)2 2 x2 + ( x + 1)2 ≥ 0 Dấu = khi x = 1
Chú ý : Có thể chứng minh sử dụng đạo hàm ; sử dụng cosi cho 4 số
Có thể không cần chỉ ra dấu =
b) Theo kết quả phần a) ta có 3 x4 + 1 ≥ 4 x3
suy ra M =

3 x4 + 4 y3 + 16 z3 + 1

4 x3 + y3 + 16 z3

≥
( x + y + z)3
(+ y + z)3
3
3
x+ y 3
x +y
Chwungs minh được :
≥
, ∀ x, y ≥ 0
2
2
3
x+ y 3
z
( x + y)3 + 16 z3
Suy ra M ≥
=

+
16
x+ y+ z
x+ y+ z
(+ y + z )3
x
+
y
Xét hàm số f ( t) = t3 + 16 (1 − t)3 , t =
, t ∈ (0; 1)
x+ y+ z
4
Ta có f ( t) = 3 t2 − 48 (1 − t)2 ⇒ f ( t) = 0 ⇔ t = ; lim+ f ( t) = 16; lim− f ( t) = 1
t→1
5 t→0

Bảng biến thiên
23


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu

4
16
16
4
=
, f ( t) =
⇔t=
25

25
5
5

x =1





x+ y
4
16
4 x = y=1
16
= .= ⇔
Vậy M ≥ , M =
⇔
..
1
x+ y+ z 5
25
25 
5 

z=


2


x= y

Từ BBT suy ra f ( t) ≥ f

Trích đề thi HSG Quảng Ngãi 16-17
Câu 34. Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 9] và x ≥ y, x ≥ z . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P =

y
1
z
y
+
+
10 y − x 2 y + z z + x

Lời giải
Với a, b dương thỏa mãn ab ≥ 1 ta có bất đẳng thức

1
1
2
+
≥
.
1 + a 1 + b 1 + ab

2
1
2

1
+
≥
⇔ a− b
ab − 1 ≥ 0 đúng do ab ≥ 1 .
1 + a 1 + b 1 + ab
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab

 =1 .

Thật vậy:

1


1
1
 1 + 1 ≥ 1 +
x +2
z
x
x
x
10 −
1+
1+
10 −
y
y
z

y 1+ y
x
1
1
Đặt
= t ∈ [1; 3] . Xét hàm số f ( t) =
+
trên đoạn [1; 3] .
2
y
1+ t
10 − t
2t
1
f ( t) =
−
; f ( t) = 0 ⇔ t4 − 2 t3 − 24 t2 − 2 t + 100 = 0
2
2
2
+
t
(1
)
10 − t
3
t
−
2)
t

− 24 t − 50 = 0 ⇔ t = 2 do t3 − 24 t 
− 50 < 0 ∀ t ∈ [1; 3] .
(

x = 4y



z x


x = 4y
1
Từ BBT Suy ra Pmin = khi và chỉ khi  y = z . ⇔
..


2

z = 2y
.


x


=1

y

Áp dụng bất đẳng thức trên: P =

Trích đề thi HSG Bắc Giang 2016-2017
Câu 35. Cho các số thực x, y, z không âm đơi một phân biệt.Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P = x2 + y2 + z2

1
2

( x − y)

+

1
2

( y − z)

+

1
( z − x)2

24


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu
Lời giải
Khơng mất tính tổng qt giả sử 0 ≤ x < y < z
Đặt a = y − x; b = z − y thì a > 0, b > 0

P = x2 + ( x + a)2 + ( x + a + b)2

1
1
1
+
+
≥ 2a2 + 2ab + b2
a2 b2 (a + b)2

a2 + ab + b2
a2 b 2 ( a + b )

(1)

Đẳng thức xảy ra khi x = 0

2
a 2 a
a
+2 +1
+ +1
a2 + ab + b2
b
b
b
2a2 + 2ab + b2
≥
a 2 a
a2 b 2 ( a + b )

+1
b
b
a 2 a
(2 t + 1) ( t + 1)2
Đặt t =
+ , t > 0 thì P ≥
b
b
t2
2
4t + 1
(2 t + 1) ( t + 1)
Xét hàm số f ( t) =
= 2 t + 5 + 2 , t ∈ (0; +∞)
2
t
t
2 t3 − 2 t − 1
1+ 5
; f ( t) = 0 ⇔ t =
Ta có f ( t) =
2
t3
1+ 5
11 + 5 5
11 + 5 5
Lập bảng biến thiên ta được f ( t) ≥ f
=
Do đó P ≥

2
2
2

a
2
b

Đẳng thức xảy ra khi t =

2

1+ 5
a −1 + 3 + 2 5
suy ra =
2
2
b

x
=
0



Kết hợp với (1) suy ra P nhỏ nhất khi





Vậy P nhỏ nhất là P =

y
−1 + 3 + 2 5 .
=
z− y
2

11 + 5 5
2

Trích đề thi HSG tỉnh BÀ RỊA-VŨNG TÀU 2017-2018
Câu 36. Cho ba số thực dương a , b , c thỏa mãn ln b2 + c2 + 1 − 2 ln (3a) = 9a2 − b2 − c2 − 1
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

2 ( b + c ) 5 a2 − 1
+
a
2 a3

Lời giải
ln b2 + c2 + 1 + b2 + c2 + 1 = ln 9a2 + 9a2 .

Xét hàm số f ( t) = ln t + 1 , ( t > 0) ⇒ b2 + c2 = 9a2 − 1 ⇒ a >
( b + c)2 ≤ 2 b2 + c2 = 2 9a2 − 1 ⇒ b + c ≤ 18a2 − 2 .
2 18a2 − 2 5a2 − 1
.
P≤
+

a
2 a3
5
1
1
P ≤ f ( x) = 2 18 − 2 x2 + x − x3 , = x ∈ (0; 3) .
2
2
a
4x
5 3
f ( x) = −
+ − x , f (1) = 0 , f ( x) = −
18 − 2 x2 2 2

1
.
3

72
18 − 2 x2

3

−3 < 0 .

f ( x) = 0 ⇔ x = 1 .

Lập bảng biến thiên, suy ra: P ≤ f ( x) ≤ f (1) = 10 , a = 1 , b = c = 2 .
Vậy MaxP = 10 .

25