phan tic binh luan cac bai toan bat dang thuc trong de thi toan thcs

90
Website:tailieumontoan.com

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG
THỨC
GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

LỜI NÓI ĐẦU
Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh về các
chuyên đề toán THCS, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô và
các em tuyển tập phân tích và lời giải các bài toán bất đẳng thức trong các đề
thi HSG lớp 9 và Chuyên toán trên cả nước. Chúng tôi đã kham khảo qua nhiều
tài liệu để viết chuyên đề về này nhằm đáp ứng nhu cầu về tài liệu hay và cập
nhật được các dạng toán mới về bất đẳng thức trong các kì thi gần đây.Trong
các kì thi học sinh giỏi môn Toán các cấp, nội dung về bất đẳng thức và giá trị lớn
nhất – giá trị nhỏ nhất xuất hiện một cách đều đặn trong các đề thi với các bài
toán ngày càng hay và khó hơn. Trong chủ đề này, chúng tôi đã tuyển chọn và
giới thiệu một số bài toán về bất đẳng thức và giá trị lớn nhất, nhỏ nhất được trích
trong các đề thi học sinh giỏi môn toán cấp tỉnh của các cấp học trong các năm
gần đây.
Các vị phụ huynh và các thầy cô dạy toán có thể dùng có thể dùng
chuyên đề này để giúp con em mình học tập. Hy vọng tuyển tập các bài toán
về bất đẳng thức này sẽ có thể giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực
giải toán nói riêng và học toán nói chung.
Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song không thể tránh khỏi
những hạn chế, sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cô giáo và các em
học!
Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ
chuyên đề này!

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90
Website:tailieumontoan.com

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
Trong các kì thi học sinh giỏi môn Toán các cấp, nội dung về bất đẳng
thức và giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất xuất hiện một cách đều đặn trong các đề
thi với các bài toán ngày càng hay và khó hơn. Trong chủ đề này, chúng tôi đã
tuyển chọn và giới thiệu một số bài toán về bất đẳng thức và giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất được trích trong các đề thi học sinh giỏi môn toán cấp tỉnh của các cấp học
trong các năm gần đây.
Bài 1. Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4

4

4

 a   b   c 
P=
÷ +
÷ +
÷
 a+ b  b+ c  c+ a

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Nghệ An năm học 2018 – 2019

Lời giải
1
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức

( 1+ x)

2

+

1

( 1+ y)

2

≥

1
xy + 1
với x, y là các số

thực dương.
Thật vậy, biến đổi tương đương bất đẳng thức trên ta có
1

( 1+ x)

2

+

1

( 1+ y)

2

≥

1
⇔ ( xy + 1) x2 + y2 + 2x + 2y + 2 ≥ x2 + 2x + 1 y2 + 2y + 1
xy + 1

(

) (

)(

)

⇔ 1− 2xy − x2y2 = x3y + xy3 ⇔ ( xy − 1) + xy ( x − y ) ≥ 0
2

2

Do bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên ta có điều cần chứng minh.
Trở lại bài toán. Do a, b, c là các số nguyên dương nên biểu thức P được viết lại
thành

4

4

4


 
 

 1 ÷  1 ÷  1 ÷
P=
÷ +
÷ +
÷
c÷ 
a÷
 1+ b ÷

÷  1+ ÷  1+ ÷
a 
b 
c


Tác giả: Nguyễn Công Lợi

.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

90
Website:tailieumontoan.com
x=
Đặt

b
c
a
;y = ;z =
a
b
c

, khi đó ta được x, y, z dương thỏa mãn

xyz = 1

. Ta viết lại biểu

thức P và áp dụng một đánh giá quen thuộc thì được
 1   1   1 
1  1
1
1 
P=
+
+
≥

+
+

÷
÷

÷ 3
 ( 1+ x) 2 ( 1+ y ) 2 ( 1+ z ) 2 
 1+ x   1+ y   1+ z 


4

4

Q=
Đặt

1

( 1+ x)

Q=

2

+

1

( 1+ x)

2

1

( 1+ y)

+

2

+

1

( 1+ y)

Ta sẽ chứng minh

2

4

2

1

( 1+ z )

+

2

và ta có

1

( 1+ z )

2

≥

z
1
3
+
≥
2
z + 1 ( z + 1)
4

xyz = 1

. Áp dụng bổ đề trên ta được

1
1
+

=
1+ xy ( 1+ z ) 2

1
1+

1
z

+

1

( 1+ z )

2

=

z
1
+
z + 1 ( z + 1) 2

. Thật vậy, biến đổi bất đẳng thức ta được

z ( z + 1) + 1 3
z
1
3

+
≥ ⇔
≥ ⇔ 4 z2 + z + 1 ≥ 3 x2 + 2z + 1
2
2
z + 1 ( z + 1)
4
4
( z + 1)

(

)

(

)

⇔ 4z2 + 4z + 4 ≥ 3z2 + 6z + 3 ⇔ z 2 − 2z + 1≥ 0 ⇔ ( z − 1) ≥ 0
2

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Do vậy ta có
khi

z=1

z
1
3
+

≥
2
z + 1 ( z + 1)
4

, dấu bằng xẩy ra

.
Q≥

Từ đó ta được

3
4

1
1 9
3
P ≥ Q2 ≥ . =
3
3 16 16

x= y = z =1
, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi
. Suy ra

, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

3
16

a= b= c

, xẩy ra khi và chỉ khi

.

a= b= c

.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90
Website:tailieumontoan.com

1

( 1+ x)

Nhận xét. Ta có thể chứng minh

+

2

1

( 1+ y)

+

2

1

( 1+ z )

≥

2

3
4
theo cách khác sau

đây.

Do

xyz = 1

x=

np

mp
mn
;y
=
;z = 2
2
2
m
n
p

nên tồn tại các số dương m, n, p thỏa mãn

. Khi

đó bất đẳng thức được viết lại thành
m4

(m

2

+ np

+

n4

) (n
2

2

+ mp

p4

+

) (p
2

+ mn

2

)

≥

2

3
4

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì được

(m

m4

2

+ np

+

) (n
2

2

n4
+ mp

+

) (p
2

2

+ mn

2

Và ta cần chứng minh

≥

) (m
2

2

2

(m +n +p )
+ np) + ( n + mp) + ( p
2

(m

(m +n +p )
+ np) + ( n + mp) + ( p
2

p4

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

+ mn

)

2

≥

2

+ mn

)

2

3
4
hay ta cần chứng

minh

(

)

m4 + n4 + p4 + 5 m2n2 + n2p2 + p2m2 ≥ 6mnp ( m + n + p)

Dễ thấy
Nên

m4 + n4 + p4 ≥ m2n2 + n2p2 + p2m2;m2n2 + n2p2 + p2m2 ≥ mnp ( m + n + p )

(

)

(

)

m4 + n4 + p4 + 5 m2n2 + n2p2 + p2m2 ≥ 6 m2n2 + n2p2 + p2m2 ≥ 6mnp ( m + n + p )

1
Như vậy bất đẳng thức

( 1+ x)

2

+

1

( 1+ y)

2

+

1

( 1+ z )

2

≥

3
4

Q≥
hay

3
4

.

.

Bài 2. Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu
vi bằng 3 thì luôn có:
3a2 + 3b2 + 3c2 + 4abc ≥ 13

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Thái Bình năm học 2018 – 2019
Lời giải

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90
Website:tailieumontoan.com
Từ giả thiết của bài toán ta được

a+ b+ c = 3
. Do vai trò của a, b, c như nhau nên

không mất tính tổng quát ta giả sử

0< a ≤ b ≤ c

Do a, b, c là ba cạnh của tam giác nên ta có

. Đặt

T = 3a2 + 3b2 + 3c2 + 4abc

a+ b > c

.

, do đó từ giả thiết của bài

toán ta được
3 = a + b + c > c + c = 2c ⇔ c <

1≤ c <
Do vậy ta được

3
2

3
2

3 = a + b + c ≤ 3c ⇔ c ≥ 1

và

. Đến đây ta biến đổi biểu thức T thì được

(

)

T = 3a2 + 3b2 + 3c2 + 4abc = 3 a2 + b2 + 3c2 + 4abc
2
2

= 3( a + b) − 2ab + 3c3 + 4abc = 3( a + b) + 3c2 − 2ab ( 3 − 2c)



= 3( 3− c) + 3c2 − 2ab( 3− 2c)
2

Để ý rằng

3− 2c > 0

ab ≤
và

2
2
1
1
a + b) = ( 3− c)
(
4
4

nên ta lại có

2
1
3 − c) ( 3 − 2c)
(
2

1
3
27
= 3 c2 − 6c + 9 + 3c2 − c2 − 6c + 9 ( 3− 2c) = c3 − c2 +
2
2
2
2
2
1
1
= c3 − 2c2 + c + c2 − 2c + 1 + 13 = c( c − 1) + ( c − 1) + 13 ≥ 13
2
2

T = 3( 3 − c) + 3c2 − 2ab( 3 − 2c) ≥ 3( 3 − c) + 3c2 −
2

(

2

)

(

(

)

)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
a= b= c= 1

( a + c) ( b + c) = 4c

2

Bài 3. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện
P=
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a
b
ab
+
+
b + 3c a + 3c bc + ca

. Tìm

.

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Bắc Ninh năm học 2018 – 2019
Lời giải
Do a, b, c là các số thực dương nên giả thiết của bài toán được viết lại thành

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90
Website:tailieumontoan.com

( a + c) ( b + c) = 4 ⇔  a + 1 b + 1 = 4
c


c2

Đặt

a
b
x = ;y = ( x > 0;y > 0)
c
c

Cũng từ trên ra được

÷ c


÷


. Khi đó giả thiết trên trở thành

a = cx;b = cy

( x + 1) ( y + 1) = 4

.

, thay vào biểu thức P ta được

cy
c2xy
y
xy
cx
x
P=
+
+ 2
=
+
+
2
cy + 3c cx + 3c c x + c y y + 3 x + 3 x + y
Đến đây ta xử lí bài toán như sau.
o
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P
Từ

( x + 1) ( y + 1) = 4

ta được

thức AM – GM ta có
t≥ 2

xy = 3− ( x + y )

2
1
x + y ) ≥ xy
(
4

. Đặt

t = x+ y > 0

3− t ≤
nên suy ra

1 2
t
4

và áp dụng bất đẳng

hay

t2 + 4t − 12 ≥ 0

nên

.

Như vậy ta có

2≤ t < 3

. Biểu thức P được viết lại thành

x2 + y2 + 3( x + y )
( x + y) + 3( x + y ) − 2xy + xy
y
xy
xy
x
P=
+
+
=
+
=
y + 3 x+ 3 x+ y
x+ y
xy + 3( x + y ) + 9
( x + 3) ( y + 3) x + y
2

=

t2 + 3t − 2( 3 − t)

3− t t2 + 5t − 6 3− t ( t − 1) ( t + 6) 3− t t 3 3
+
=
+
=
+
= + −
3− t + 3t + 9
t
2t + 12
t
t
2 t 2
2( t + 6)

Lại áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta lại có

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

t 3
3
+ ≥2
= 6
2 t
2

P ≥ 6−

. Do đó


x + y = 6
t 3
a + b = c 6
= ⇔ t= 6⇔ 
⇔
2
2 t
xy = 3− 6 ab = c 3− 6

(

3
2

.

)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90
Website:tailieumontoan.com
6−
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là

(

a + b = c 6;ab = c2 3− 6
o

)

3
2

, đạt được tại

.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P.

Như trên ta đã có

2≤ t < 3

P=

Do

2≤ t < 3

P=
và

t 3 3
+ −

2 t 2

. Do đó ta có biến đổi

( t − 2) ( t − 3) + 1
t 3 3 t2 − 3t + 6 t2 − 5t + 6
+ − =
=
+ 1=
2 t 2
2t
2t
2t
( t − 2) ( t − 3) ≤ 0

nên ta có

2t

. Do đó suy ra

P≤1

. Dấu bằng xẩy ra khi và

chỉ khi

 x + y = 2 x = 1
t = 2⇔ 
⇔

⇔ a= b= c
 xy = 1
y = 1
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 1, đạt được tại

a= b= c

.

Bài 4. Với các số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện
a2 + b2 + c2 + 2abc = 1
P = ab + bc + ca − abc
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
.

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Thành phố Hà Nội năm học 2018 –
2019
Lời giải
•

1
2

Lời giải 1. Trong ba số a, b, c trên luôn tồn tại hai số cùng lớn hơn hoặc bằng

, hoặc cùng nhỏ hơn hoặc bằng

1
2

. Không mất tính tổng quát ta giả sử hai số

đó là a và b.
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

a2 + b2 ≥ 2ab

, do đó

a2 + b2 + c2 + 2abc ≥ c2 + 2ab + 2abc

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90
Website:tailieumontoan.com
Từ đó suy ra

1≥ c2 + 2ab ( 1+ c)

1− c ≥ 2ab ⇔ 1≥ 2ab + c

hay ta được

1− c2 ≥ 2ab ( 1+ c)

nên

.

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta lại có
Theo giả sử trên ta có

1≥ 2ab + c ≥ 2 2abc

( 2a − 1) ( 2b − 1) ≥ 0 ⇔ 4ab + 1≥ 2( a + b)

abc ≤
nên suy ra

hay

1
8

.

4abc + c ≥ 2ac + 2bc

.

Kết hợp các kết quả trên ta được
1 5
2ab + 2bc + 2ca − 2abc ≤ 2ab + 4abc + c − 2abc = 2ab + c + 2abc ≤ 1+ 2. =
8 4
2P = 2( ab + bc + ca − abc) ≤
Do đó ta được
chỉ khi

5
4

P≤
nên

5
8

, dấu đẳng thức xẩy ra khi và

a2 + b2 + c2 + 2abc = 1

1
1

⇔ a= b= c=
a = b;abc =
8
2

1 = 2ab + c

Vậy giá trị lớn nhất của P là

5
8

1

2

a= b= c=
, đạt được tại

(

2abc = 1− a2 + b2 + c2

•

Lời giải 2. Từ giải thiết ta được

.

)

2P = 2( ab + bc + ca) − 2abc = 2( ab + bc + ca) − 1+ a2 + b2 + c2 = ( a + b + c) − 1
Do đó ta có
.
2

Để ý rằng từ giả thiết của bài toán ta được

1< a,b,c ≤ 1

(

a2 + b2 + c2 + 2abc = 1 ⇔ c2 + 2abc = 1− a2 + b2

(

)

)

nên ta có biến đổi

(

)(

⇔ c2 + 2abc + a2b2 = 1− a2 + b2 + a2b2 ⇔ ( c + ab) = 1− a2 1− b2
⇔ c + ab =

2

( 1− a ) ( 1− b ) ⇔ c = ( 1− a ) ( 1− b ) − ab
2

2

2

)

2

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được
2

2
1− a2 + 1− b2 2 − a + b
2
2
1− a 1− b ≤
=
2
2
.

(

)(

)

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

(

)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90
Website:tailieumontoan.com

c≤

(

2 − a2 + b2
2

Do đó

) − ab = 2− ( a

2

) = 2− ( a + b)

+ b2 + 2ab
2

2

Cũng theo bất đẳng thức AM – GM ta được

( a + b)

( a + b)
a + b = ( a + b) .1≤
2

+ 1 2 − ( a + b)
3
+
=

2
2
2

a+ b+ c ≤
Do vậy ta có

2

2

2

+1
.

2

.

2

 3
9
5
2P ≤  ÷ − 1 = − 1 ⇔ P ≤
4
8
 2

Đến đây thì ta thu được
. Dấu bằng xẩy ra tại
1
a= b= c=
2
.
•
Lời giải 3. Do a, b, c là các số thực dương nên ta viết lại giả thiết của bài
toán

(

)

a2 + b2 + c2 + 2abc = 1 ⇔ abc a2 + b2 + c2 + 2abc = abc

(

)

(

⇔ 2 a2b2 + b2c2 + c2a2 + 3abc + a3bc + ab3c + abc3

(

) (

)

= 2abc + 2 a2b2 + b2c2 + c2a2 + 2 a3bc + ab3c + abc3

)

⇔ abc + a2c2 + a2b2 + a3bc + abc + a2b2 + b2c2 + ab3c + abc + b2c2 + c2a2 + abc3

(

= 2 abc + c2a2 + a2b2 + a3bc + b2c2 + abc3 + ab3c + a2b2c2

(

)

(

) (

)

⇔ a bc + c2a + ab2 + a2bc + b ca + a2b + bc2 + ab2c + c ab + b2c + ca2 + abc2

(

)

(

)

)

= 2a bc + c2a + ab2 + a2bc + 2bc bc + c2a + ab2 + a2bc

⇔ a( b + ca) ( c + ab) + b ( c + ab) ( a + bc) + c( a + bc) ( b + ca) = 2( a + bc) ( b + ca) ( c + ab)
⇔

a
b
c
+
+
=2
a + bc b + ca c + ab

Khi đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có

( a + b + c)
a
b
c
a2
b2
c2
2=
+
+
= 2
+ 2
+ 2

≥ 2
a + bc b + ca c + ab a + abc b + abc c + abc a + b2 + c2 + 3abc
2

Hay ta được
Mà ta đã có

(

)

2 a2 + b2 + c2 + 3abc ≥ ( a + b + c) ⇔ a2 + b2 + c2 + 6abc ≥ 2( ab + bc + ca)
a2 + b2 + c2 + 2abc = 1

2

.

nên ta có bất đẳng thức

1+ 4abc ≥ 2( ab + bc + ca) ⇔ 2( ab + bc + ca − abc) ≤ 2abc + 1

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90
Website:tailieumontoan.com
abc ≤

1
8

Chứng minh tương tự như trên ta được
. Do đó ta được
5
2( ab + bc + ca − abc) ≤
4
.
1
5
P≤
a= b= c=
8
2
Do đó
, dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
1
5
a= b= c=
8
2
Vậy giá trị lớn nhất của P là , đạt được tại
.
x + y + z + 2 = xyz
Bài 5. Cho ba số thực dương thỏa mãn
. Chứng minh rằng:

(

x+ y + z + 6≥ 2

xy + yz + zx

)

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Quảng Bình năm học 2018 –
2019
Lời giải
Biến đổi giả thiết của bài toán ta được
x + y + z + 2 = xyz
⇔ xy + x + y + 1+ yz + y + z + 1+ zx + z + x + 1= xyz + xy + yz + zx + x + y + z + 1
⇔ ( x + 1) ( y + 1) + ( y + 1) ( z + 1) + ( z + 1) ( x + 1) = ( x + 1) ( y + 1) ( z + x)
⇔

a=
Đặt

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

1
1
1

;b =
;c =
x+ 1
y+1
z+1
x=

Ta cũng có

khi đó ta được

1− a
1− b
1− c
;y =
;z =
a
b
c

a+ b+ c = 1
.

. Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại

thành

1− a 1− b 1− c
+
+

+ 6 ≥ 2
a
b
c



Hay


b+ c c+ a a+ b
+
+
+ 6 ≥ 2
a
b
c



Tác giả: Nguyễn Công Lợi

( 1− a) ( 1− b) + ( 1− b) ( 1− c) + ( 1− c) ( 1− a) 
ab

bc




ca

( b + c) ( c + a) + ( c + a) ( a + b) + ( a + b) ( b + c) 
ab

bc

ca




TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90
Website:tailieumontoan.com
2.

( b + c) ( c + a)
ab

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được
2.

Tương tự ta cũng có

( c + a) ( a + b)
bc

≤ 2+

a a
+
c b

2.

≤

b+ c c+ a
c c
+
= 2+ +
b
a
b a

( a + b) ( b + c)

≤ 2+

ca

và

b b
+
a c

.

.

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta thu được

2



( b + c) ( c + a) + ( c + a) ( a + b) + ( a + b) ( b + c) ÷ ≤ b + c + c + a + a + b + 6
ab

bc

÷


ca

a

b

c

Do đó bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
a= b= c=
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi

1
3

x= y= z = 2

hay

Bài 6. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn

.

x + y − z + 1= 0

. Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức
P=

x3y3

( x + yz) ( y + zx) ( z + xy)

2

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Thanh Hóa năm học 2018 –
2019
Lời giải
Do x, y, z là các số thực dương và kết hợp với giả thiết của bài toán ta có
 x y 2
2


yz  
zx 
2
 1+
÷ 1+ ÷ = 1+ z  + ÷+ z ≥ 1+ 2z + z = ( z + 1)
x 
y

 y x
4z + ( z − 1)
( z + 1)
z
4z
4z
+ 1≥
+ 1=
+ 1=
=
2
2
2
2
xy
( x + y)
( z − 1)
( z − 1)
( z − 1)
2

4
2
 ( z + 1) 3 

2 ( z + 1)

yz  
zx  z

+ 1÷ ≥ ( z + 1)
=
 1+
÷ 1+ ÷
4
2
x 
y  xy 


z
−
1
z
−
1
( )  ( ) 

Từ đó ta được

Ta lại có

( z + 1)
( z − 1)

2

3
2

( z − 1)
=

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

3

+ 6( z − 1) + 12( z − 1) + 8
2

( z − 1)

2

= ( z − 1) + 6 +

2

12
8
+

z − 1 ( z − 1) 2

.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90
Website:tailieumontoan.com
Áp dụng bất đẳng thức MA – GM ta có

8

( z − 1)

Và

2

+

z−1 z−1
8
z−1 z−1 3
+
≥ 33
.
.
=
2

8
8
8
8
2
z
−
1
( )

12 3( z − 1)
12 3( z − 1)
+
≥2
.
=6
z−1
4
z−1
4

.

+
( z − 1) + z12
−1
Cộng theo vế các bất đẳng trên ta được

( z + 1)
( z − 1)

3
2

( z − 1)

2

≥

15
2
nên suy ra

2

= ( z − 1) + 6+

12
8
27
+
≥
2
z − 1 ( z − 1)
2

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

x = y = 2;z = 5

2

Từ đó ta được

8

.

Đến đây thì ta thu được

Vậy giá trị lớn nhất của P là

( x + yz ) ( y + zx) ( z + xy)

2

  27 

yz  
zx   z
+ 1÷ ≥  ÷
 1+
÷ 1+ ÷
x 
y   xy   2 


P=

hay

hay

( x + yz) ( y + zx) ( z + xy)

, đạt được tại

2

x3y3

x3y3

4
729

 ( z + 1) 3   27  2

 ≥ ÷
 ( z − 1) 2   2 



2

≤

2

 27 

≥ ÷
 2

.

4
729
.

x = y = 2;z = 5

.

Bài 7. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

1
1
1
1 1 1 1 
+
+
≤  2+ 2+ 2÷
2
2
2
c( c + a + 3b) + c a( a + b + 3c) + a b( b + c + 3a) + b 6  a b c 
Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Nam Định năm học 2018 – 2019
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta được
1

1
1 1
1
1  1  1 1 1 1 
1 
=
≤  2+
+
≤  2 +  + ÷+

÷
2
2
c( c + a + 3b) + c ac + 2c + 3bc 9  2c bc + ca 2bc  9  2c 4  bc ca  2bc 

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90
Website:tailieumontoan.com

Để ý rẳng

1 1 1 1
= .2. . ≤
ca 2 a c

1 1 1 

+
2  a2 c2 ÷


và

1 1 1 1
= .2. . ≤
bc 2 b c

1 1 1 
+
2  b2 c2 ÷


nên ta lại có

1 1
1
3  1  1 1 1 1  3 1 1  1  2
1
3 
+
+
≤  2 +  2 + 2 ÷+  2 + 2 ÷ =  2 + 2 + 2 ÷

÷
2
18  c 2ac 2bc  18  c 4  a c  4  c b   18  c 4a 4b 

Từ đó ta được

1
1 2
1
3 
≤  2 + 2+ 2÷
2
c( c + a + 3b) + c 18  c 4a 4b 

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta được

1
1 2
1
3 
1
1 2
1
3 
≤  2 + 2 + 2 ÷;
≤  2+ 2 + 2÷
2
2
a( a + b + 3c) + a 18  a 4b 4c  b( b + c + 3a) + b 18  b 4c 4a 
Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều trên thì ta được

1
1
1

1 1 1 1 
+
+
≤  2+ 2+ 2÷
2
2
2
c( c + a + 3b) + c a( a + b + 3c) + a b( b + c + 3a) + b 6  a b c 
Vậy bài toán được chứng minh hoàn tất. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
a= b= c

.

Bài 8. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn

a+ b+ c = 3
. Chứng minh

rằng:
a b3 + 1 + b c3 + 1 + c a3 + 1 ≤ 5
Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Nam Định năm học 2018 – 2019
Lời giải
Đặt

P = a b3 + 1 + b c3 + 1 + c a3 + 1

. Khi đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta

được
2P = 2a b3 + 1 + 2b c3 + 1 + 2c a3 + 1

= 2a

(

( b + 1) ( b

2

)

(

)

(

)

(

)

− b + 1 + 2b ( c + 1) c2 − c + 1 + 2c ( a + 1) a2 − a + 1

) (

)

≤ a b2 + 2 + b c2 + 2 + c a2 + 2 = ab2 + bc2 + ca2 + 6 = Q + 6

Không mất tính tổng quát ta giả sử

b≤ c≤ a

, khi đó ta có đánh giá

b( a − c) ( c − b) ≥ 0 ⇔ abc + b2c ≥ ab2 + bc2 ⇔ ab2 + bc2 + ca2 ≤ abc + b2c + ca2
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90
Website:tailieumontoan.com
Từ đó ta suy ra được
Q ≤ abc + b2c + ca2 ≤ 2abc + b2c + ca2 = c( a + b) = 4c.
2

4( a + b + c)
4
a+ b a + b 
4.33
≤
c
+
+
=
=
=4
27 

2
2 ÷
27
27

2

3

Do vậy

2P ≤ 10

hay

P≤5

a+ b a+ b
.
2
2

. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi

a = 2;b = 0;c = 1

và

các hoán vị.
2

Bài 9. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
P=
giá trị lớn nhất của biểu thức

 a2 + b2 + c2 
2 2 2

÷ ≤ 2019a b c
2018 


a
b
c
+ 2
+ 2
a + bc b + ca c + ab

. Tìm

2

.

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Hưng Yên năm học 2018 – 2019
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

a2 + bc ≥ 2a bc

. Do vậy ta có

a
a
1
1 1 1  1 1
≤
= .2.
.
≤  + ÷
a + bc 2a bc 4
b c 4 b c 
2

b
1 1 1
c
1 1 1 
≤  + ÷; 2
≤  + ÷
b + ca 4  c a  c + ab 4  a b 
Hoàn toàn tương tự ta được
.
2

P=
Đến đây ta thu được

Để ý rằng

a
b
c
+ 2
+ 2
≤
a + bc b + ca c + ab
2

ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2

Mặt khác tứ giả thiết suy ra
P≤
Do vậy ta được

1  1 1 1 ab + bc + ca
+ + =
2  a b c ÷
2abc

P≤

ta lại thu được

a2 + b2 + c2
≤ abc 2019
2018

a2 + b2 + c2

2abc

hay

.

a2 + b2 + c2 ≤ 2018abc 2019

a2 + b2 + c2 2018abc 2019
≤
= 1009 2019
2abc
2abc

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

.

.

.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90
Website:tailieumontoan.com
a= b= c=
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là

a= b= c=

3
2018 2019

1009 2019

.

, đạt được tại

3
2018 2019

.

Bài 10. Cho các số thực phân biệt a, b, c. Chứng minh rằng:

(a +b
2

2


1
1
1 ÷ 9
+ c2 
+

+
≥
 ( a − b) 2 ( b − c) 2 ( c − a) 2 ÷ 2



)

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Phú Thọ năm học 2015 – 2016
Lời giải

Ta có

 a + b  b + c  c + a   a + b   b + c   c + a 
 a − b + 1÷ b − c + 1÷ c − a + 1÷ =  a − b − 1÷ b − c − 1÷ c − a − 1÷



 



a+ b b+ c b+ c c+ a c+ a a+ b
.
+
.
+
.
= −1
a− b b− c b− c c− a c− a a− b

Hay ta được
2

Ta có

2

2

 a+ b   b+ c  c+ a
 a+ b b+ c b+ c c+ a c+ a a+ b 
 a − b ÷ +  b − c ÷ +  c − a ÷ ≥ −2. a − b . b − c + b − c . c − a + c − a . a − b ÷ = 2

 
 




 a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2   a + b 2  b + c  2  c + a 2
÷=
2
+
+
+
+
+ 3 ≥ 2+ 3 = 5
 ( a − b) 2 ( b − c) 2 ( c − a) 2 ÷  a − b ÷
b − c ÷  c − a ÷






Do đó suy ra
a2 + b2

Suy ra

( a + b)

+
2

b2 + c2

( b + c)

Mặt khác ta lại có

+
2

c2 + a2

( c + a)

2

≥

5
2

(1)

a
b
b
c
c
a
.
+
.
+
.
= −1
b − c c− a c− a a− b a− b b− c
2

Khi đó

 a
b
c 
 b− c + c− a + a− b ÷ ≥ 0



2

2

hay ta được

2

 a   b   c 
 a
b
b
c
c
a 
 b − c ÷ +  c − a ÷ +  a − b ÷ ≥ −2 b − c . c − a + c − a . a − b + a − b . b − c ÷ = 2

 
 




(2)

Cộng theo vế hai bất đẳng thức (1) và (2) ta được
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

90
Website:tailieumontoan.com

(


1
1
1 ÷ 5
9
a2 + b2 + c2 
+
+
≥ + 2=
2
2
2
 ( a − b)
2
( b − c) ( c − a) ÷ 2


)

( a + b + c)  a −1b + b 1− c + c −1a ÷ = 0



Dấu bằng xẩy ra khi

.
•
Nhận xét. Đây là một bài toán bất đẳng thức khó, lại không thể sử dụng các
bất đẳng thức quen thuộc để đánh giá. Để chứng minh được bất đẳng thức trên
ta phải thực hiện được các công việc như
+ Dự đoán điểm rơi để quy bài toán về chứng minh hai bất đẳng thức.
a2 + b2

( a − b)

+
2

b2 + c2

( b − c)

+
2

c2 + a2

( c − a)

2

≥

5
2

2

và

2

2

 a   b   c 
 b− c ÷ +  c− a ÷ +  a− b ÷ ≥ 2

 
 


+ Để chứng minh được bất đẳng thức thứ nhất ta quy về chứng minh bất đẳng
thức
2

2

2

 a+ b  b+ c  c+ a
 a− b ÷ +  b− c ÷ +  c− a ÷ ≥ 2

 
 


+ Để chứng minh được bất đẳng thức thứ hai ta quy về chứng minh
2

2

2

 a   b   c 
 a
b
b
c
c
a 
 b − c ÷ +  c − a ÷ +  a − b ÷ ≥ −2 b − c . c − a + c − a . a − b + a − b . b − c ÷ = 2

 
 



o

Một hướng khác để giải quyết bài toán bất đẳng thức.

Chú ý đến bất đẳng thức
ta thấy trong ba số

1

1
2
8
+ 2≥
≥
2
AB ( A + B) 2
A
B

a − b;b − c;c − a

tổng quát ta giả sử hai số đó là

với hai số A, B cùng dấu. Để ý

luôn tồn tại hai số cùng dấu. Không mất tình

a− b

và

b− c

. Khi đó áp dụng bất đẳng thức

trên ta được
1

( a − b)

2

+

1

( b − c)

2

+

1

( c − a)

2

≥

8

( a − b + b − c)

a +b +c
2

Như vậy ta cần chứng minh được

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

2

2

2

( a − c)
≥
2

+

1

( a − c)

2

=

9

( a − c)

2

2

.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90
Website:tailieumontoan.com

a + b + c ≥ a + c = a + ( − c)
2

2

2

2

2

2

( a − c)
≥

2

2

2

Thật vậy, ta có

. Vậy bài toán được chứng

minh.
Bài 11. Cho

a;b;c

a2 + b2 + c2 = 3

là ba số thực dương thoả mãn
a2 + 3ab + b2

Chứng minh rằng

6a2 + 8ab + 11b2

b2 + 3bc + c2

+

6b2 + 8bc + 11c2

.

c2 + 3ca + a2

+

6c2 + 8ca + 11a2

≤3

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Hải Dương năm học 2016 –
2017
Lời giải
a2 + 3ab + b2

M=

6a2 + 8ab + 11b2

Đặt vế trái của

b2 + 3bc + c2

+

6b2 + 8bc + 11c2

6a2 + 8ab + 11b2 = ( 2a + 3b) + 2( a − b) ≥ ( 2a + 3b)
2

Ta có

Suy ra

2

6a2 + 8ab + 11b2 ≥ 2a + 3b

> 0 mà

c2 + 3ca + a2

+

6c2 + 8ca + 11a2

.

2

, dấu bằng xẩy ra khi

a2 + 3ab + b2 > 0

.

a;b > 0

a2 + 3ab + b2

Do

đó

ta

được

a2 + 3ab + b2 3a + 2b
≤
2a + 3b
5

a2 + 3ab + b2
≤
2a + 3b
6a2 + 8ab + 11b2

với

a= b

Ta

a= b

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

Chứng minh tương tự ta có
theo

minh

)

vế

của

6b2 + 8bc + 11c2
ba

6a2 + 8ab + 11b2

. Do đó

b2 + 3bc + c2

M≤

chứng

2
a2 + 3ab + b2 3a + 2b
≤
⇔ 5 a2 + 3ab + b2 ≤ ( 2a + 3b) ( 3a + 2b) ⇔ ( a − b) ≥ 0
2a + 3b
5

a2 + 3ab + b2

Cộng

đi

.

(

Thật vậy

.

bất

≤

.

3a + 2b
5

3b + 2c
c2 + 3ca + a2
3c + 2a
;
≤
5
5
6c2 + 8ca + 11a2

≤

đẳng

thức

trên

ta

được

3a + 2b 3b + 2c 3c + 2a
+
+
= a+ b+ c
5
5
5

Mặt khác ta lại có

( a + b + c)

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

2

(

)

≤ 3 a2 + b2 + c2 = 9
nên

a+ b+ c ≤ 3

.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90
Website:tailieumontoan.com
Vậy ta được

M ≤3

, dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
a,b,c

Bài 12. Cho các số dương

thỏa mãn

a= b= c= 1
.

a+ b+ c = 1
. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức:

(

) (

)

P = 2 a2b + b2c + c2a + a2 + b2 + c2 + 4abc

.

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Phú Thọ năm học 2016 – 2017
Lời giải
Ta có

(

) (

)

ab + bc + ca = ( a + b + c) ( ab + bc + ca) = a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 + 3abc

Từ đó ta suy ra được
a2 + b2 + c2 = ( a + b + c) − 2( ab + bc + ca) = 1− 2( ab + bc + ca)
2

(

) (

)

= 1− 2 a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 + 3abc



Điều này dẫn đến

(

)

(

) (

)

P = 2 a2b + b2c + c2a + 1− 2  a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 + 3abc + 4abc


2
2
2
= 1− 2 ab + bc + ca + abc

(

)

a≤ b≤ c

Không mất tính tổng quát có thể giả sử
Khi đó suy ra

(

.

)

a( a − b) ( b − c) ≥ 0 ⇒ a2 − ab ( b − c) ≥ 0

Do đó ta được

a2b − a2c − ab2 + abc ≥ 0 ⇒ ab2 + ca2 ≤ a2b + abc

(

)

(

)

ab2 + bc2 + ca2 + abc = ab2 + ca2 + bc2 + abc ≤ a2b + abc + bc2 + abc = b ( a + c)

Do đó

2

Với các số dương x, y, z ta luôn có
x + y + x − 33 xyz =

1
2

(

3

)(


x+ 3 y+ 3z 


3

x− 3 y

) (
2

+

3

y−3z

) (
2

+

3

)

2

z−3x ≥0


3

Suy ra

 x+ y + z 
x + y + z ≥ 33 xyz ⇒ xyz ≤ 
÷
3 


. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

x= y = z

.
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

90
Website:tailieumontoan.com
3


a+ c a+ c 
3
 b+ 2 + 2 ÷
2
 a + c  a + c 
 a+ b+ c 
4
b( a + c) = 4b
≤ 4
=
÷ = 4
÷
÷
÷
3
3 
27
 2  2 


÷
÷




(

)

P = 1− 2 ab2 + bc2 + ca2 + abc ≥ 1− 2b ( a + c) ≥ 1− 2.
2

Suy ra

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

19
27

4 19
=
27 27
a= b= c=

và P đạt giá trị nhỏ nhất khi

Bài 13. Với mọi số thực không âm x, y, z thỏa mãn
x + y + z ≤ 2 + xy
a) Chứng minh rằng
.

x2 + y2 + z2 = 2

P=
b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức

1
3

.

.

y
x
z
+
+
2 + yz 2 + zx 2 + xy

.

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Thành Phố Hà Nội năm học 2016 –
2017
Lời giải
a) Chứng minh rằng

x + y + z ≤ 2 + xy

.

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được

x + y + z = ( x + y)

Dấu bằng xẩy ra tại

( x + y)
.1+ z.1≤

2

+ 1 z2 + 1 x2 + y2 + x2 + 2xy + 2
+
=
= 2+ xy
2
2
2

x + y = 1
 x = z = 1;y = 0

⇔
z = 1
x2 + y2 + z2 = 2  y = z = 1;x = 0


.

P=
b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức

y
x
z
+
+
2 + yz 2 + zx 2 + xy

.

+ Tìm giá trị lớn nhất của P.
Áp dụng kết quả câu a ta có các bất đẳng thức
x + y + z ≤ 2 + xy;x + y + z ≤ 2 + yz;x + y + z ≤ 2 + zx
P=
Khi đó ta được

y
y
x
z
x
z
+
+
≤
+
+
=1
2 + yz 2 + zx 2 + xy x + y + z x + y + z x + y + z
.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90
Website:tailieumontoan.com
Do đó giá trị lớn nhất của P là 1, dấu bằng xẩy ra tại

x = y = 1;z = 0

và các hoán

vị.
+ Tìm giá trị nhỏ nhất của P.

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

0≤ x ≤ 2

Ta sẽ chứng minh khi
0≤ t ≤ 1

thì

x
2x
2x
2x
=

≥
=
2
2
2 + yz 4+ 2yz 4 + y + z
6 − x2

2x
x2
≥
6 − x2 2 2

. Thật vậy, đặt

t=x 2

.

thì ta có

.

Ta cần chứng minh

Vậy ta có

2
t 2
t2
≥

⇔ t ( 1− t) ( 2 + t) ≥ 0
2
3− t
2

2x
x2
≥
6 − x2 2 2

Như vậy ta có

, dấu bằng xẩy ra tại

x= 0

là một bất đẳng thức đúng.

hoặc

x= 2

.

x
x2
≥
2 + yz 2 2

Áp dụng tương tự ta được

y
y2
z
z2
≥
;
≥
2 + zx 2 2 2 + xy 2 2

. Công theo vế các bất đẳng

thức ta được

y
x2 + y2 + z2
x
z
2
2
P=
+
+
≥
=
=
2 + yz 2 + zx 2 + xy
2 2
2 2 2

Dấu bằng xẩy ra khi

x = 2;y = z = 0

và các hoán vị.

2
2

x = 2;y = z = 0
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
, đạt được tại
và các hoán vị.
•
Nhận xét. Câu a của bài toán chính là gợi ý để tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức P. Ngoài ra ta có thể tìm giá trị lớn nhất của P độc lập với gợi ý ở câu a như
sau

2P =

 1
2y
2x
2z
1
1 
+
+
= x + y + z − xyz 
+

+
÷
2+ yz 2+ zx 2 + xy
 2+ yz 2 + zx 2 + xy 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90
Website:tailieumontoan.com

1
1
1
9
9
9
+
+
≥
≥
= >1
2
2
2
2 + yz 2 + zx 2 + xy 6 + xy + yz + zx 6 + x + y + z

8
2P ≤ x + y + z − xyz = x ( 1− yz ) + y + z

Khi đó ta có

.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được ta lại có
2
2
2
 x ( 1− yz ) + ( y + z )  ≤  x2 + ( y + z )  ( 1− yz ) + 1

 

= ( 2 + 2yz ) 2 − 2yz + y2z2 = 4 + 2y2z2 ( yz − 1) ≤ 4

(

)

yz ≤

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng vì
4P 2 ≤ 4 ⇒ P ≤ 1

y2 + z 2
≤2
2

. Do đó ta được

.

Với ý thứ hai của câu b ta có thể trình bày cách khác như sau
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được

( x + y + z)
( x + y + z)
y
x
z
P=
+
+
≥
=
2 + yz 2 + zx 2 + xy x ( 2 + yz ) + y ( 2 + zx) + z ( 2 + xy ) 2( x + y + z ) + 3xyz
2

Đặt

t = x+ y + z

Từ đó suy ra

, khi đó ta có
2≤ t≤ 6

t2 ≥ x2 + y2 + z2 = 2

2

(

và

2t +

)

2

(

)

t t2 − 2

Kết hợp với bất đẳng thức trên ta được

) (

(

t t2 − 2

t2

P≥

(

)(

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do

2≤ t≤ 6

=

2

)

6t
2
≥
⇔ 12t ≥ 2 t2 + 10 ⇔ t − 2 t − 5 2 ≤ 0
t + 10 2
2

.

. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được

9xyz ≤ ( x + y + z ) ( xy + yz + zx) =

Ta có

)

t2 ≤ 3 x2 + y2 + z2 = 6

6t
t + 10
2

.

.
P≥

. Vậy ta được

2
2

.

Bài 14. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90
Website:tailieumontoan.com

( a + b + c)

(

2

)

2
2
2
a3 + b3 + c3 131 a + b + c
P=
+
−
4abc
60( ab + bc + ca)
30 a2 + b2 + c2

(

)

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Thanh Hóa năm học 2016 –
2017
Lời giải
Dễ dàng chứng minh được

(

)

a3 + b3 + c3 − 3abc = ( a + b + c) a2 + b2 − c2 − ab − bc − ca

.

Do đó biến đổi và áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

(

)

2
2
2
a3 + b3 + c3 3 ( a + b + c) a + b + c − ab − bc − ca
= +
4abc
4
4abc
3 1 1 1 1  2
= +  +
+
a + b2 + c2 − ab − bc − ca
4 4  ab bc ca ÷

3 1
9
≥ + .

a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca
4 4 ab + bc + ca
2
2
2
2
2
2
3 9 a +b +c
9 9 a +b +c
3
= +
− =
−
4 4( ab + bc + ca) 4 4( ab + bc + ca) 2

(

(

( a + b + c)

(

2

30 a + b + c
Lại có

2

2

2

)

=

)

(

a2 + b2 + c2 + 2( ab + bc + ca)

(

30 a + b + c
2

2

2

)

)

(

=

)

)

1
ab + bc + ca
+
30 15 a2 + b2 + c2

(

)

Do đó thu gọn và áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta suy ra được

(

)

(

.

)

2
2
2

9 a2 + b2 + c2
1
ab + bc + ca
3 131 a + b + c
P≥
+
+
− −
30 15 a2 + b2 + c2 4( ab + bc + ca) 2 60( ab + bc + ca)

(

=

)

1
ab + bc + ca
a2 + b2 + c2
3
+
+
−
2
2
2
30 15 a + b + c
15( ab + bc + ca) 2

(

)

1
ab + bc + ca
a2 + b2 + c2
3 1 2 3
4
≥
+ 2.
.
− =
+ − =−
2
2
2
30
3
15 a + b + c 15( ab + bc + ca) 2 30 15 2

(

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ

)

a= b= c

−
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

4
3

.

, đạt được tại

a= b= c

.

Bài . Cho a, b, c là ba số không âm thỏa mãn điều kiện
và p, q, r là ba số thỏa mãn
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

p+ q+ r = 0

a2 + b2 + c2 ≤ 2( ab + bc + ca)

. Chứng minh rằng:

apq + bqr + crp ≤  0

.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com
Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Bình Định năm học 2017 – 2018
Lời giải
Ta có

p+ q+ r = 0

nên suy ra

r = −p − q

. Khi đó ta có

apq + bqr + crp = apq – ( p + q) ( bq + cp) = −cp2 + ( a − c − b) pq − bq2

Do đó ta có

apq + bqr + crp ≤  0 ⇔ cp2 − ( a − c − b) pq + bq2 ≥ 0 ( *)

. Ta xét các trường

hợp sau.
•

Trường hợp 1. Nếu

c= 0

thì từ

a2 + b2 + c2 ≤ 2( ab + bc + ca)

Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được
a= b ⇒

•

.

. Kết hợp các kết quả ta được

a=b

Khi đó ta có (*)
mọi

a2 + b2 ≥ 2ab

ta được

a2 + b2 ≤ 2ab

b≥ 0

cp2 − ( a − c − b) pq + bq2 ≥ 0 ⇔ bq2 ≥ 0

(Bất đẳng thức luôn đúng với

)

Trường hợp 2. Nếu

c≠ 0

, khi đó c dương. Từ đó ta có

cp2 − ( a − c − b) pq + bq2 ≥ 0 ⇔ cp2 − ( a − c − b) pq + bq2 ≥ 0
⇔ cp

2

( a − c − b)
− ( a − c − b) pq +
4c

2
2

.q

( a − c − b)
−
4c

2

.q2 + bq2 ≥ 0


 4bc − ( a − c − b) 2

a − c − b)
a − c − b)
(
(
2
2
⇔ c p −
pq +
.q  +
.q2 ≥ 0
2
c
4c


4c


2
2
2
2

a − c − b  2( ab + bc + ac) − a + b + c
⇔ c p −
q÷ +
.q2 ≥ 0
2c
4c



2

(

(

2( ab + bc + ac) − a2 + b2 + c2
Ta có

4c

) .q

2

≥0
vì

)

a2 +b2 +c2 ≤ 2( ab +bc +ca)

và c dương.

2

Lại có



a− c− b 
c p −
q÷ ≥ 0
2c



Tác giả: Nguyễn Công Lợi

.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90
Website:tailieumontoan.com

(

Do đó suy ra

)

2
2
2
2

a − c − b  2( ab + bc + ac) − a + b + c
c p −

q÷ +
.q2 ≥ 0
2c
4c



(luôn đúng với

mọi a, b không âm và c dương. Điều này có nghĩa là ta có
cp2 − ( a − c − b) pq + bq2 ≥ 0
Từ hai trường hợp ta có được

apq + bqr + crp ≤  0

.

Bài 15. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn

x ≥ z.

Chứng minh rằng:

y2
xz
x + 2z 5
+
+
≥ .
2

y + yz xz + yz x + z 2
Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Thanh Hóa năm học 2017 –
2018
Lời giải

P=
Đặt

y2
xz
x + 2z
+
+
2
y + yz xz + yz x + z

. Khi đó biến đổi biểu thức P ta được

y2
x
y
2z
2z
1
+
1
+
2
y
yz

xz
x + 2z
x = y + z +
x
P= 2
+
+
= 2
+
+
xz
z
y
x
z
y + yz xz + yz x + z
y
+ 1 1+
+ 1 1+
+1
+1
yz
x
y
x
z
yz
xz
yz

a2 =
Đặt

x 2 y 2 z
;b = ;c = ( a,b,c > 0)
y
z
x
a2. b2 =

Nhận xét rằng

thì ta được

x 1
= ≥ 1 ( do x ≥ z )
z c2

(

)

a2
b2
1+ 2c2
P= 2
+
+
b + 1 a2 + 1 1+ c2

. Nên ta có

(

)

(

)(

)

2
2
2
2
2
2
2
a2
b2
2ab a a + 1 ( ab + 1) + b b + 1 ( ab + 1) − 2aba a + 1 b + 1
+
−
=
b2 + 1 a2 + 1 ab + 1
a2 + 1 b2 + 1 ( ab + 1)

)(
)

ab( a − b ) + ( a − b) ( a − b ) + ( a − b)
=
( a + 1) ( b + 1) ( ab + 1)
2

2

2

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

(

2

3

2

3

2

≥0

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90
Website:tailieumontoan.com

Do đó

2
a2
b2
2ab
2
+ 2
≥
= c =
2
1+ c
b + 1 a + 1 ab + 1 1
+1
c

( 1) .
Đẳng thức xảy ra khi

a= b

.

Đến đây thì ta thu được

(

)

(

)

(

2
2 
2

2 1+ 2c2 5 2 2 1+ c + ( 1+ c) 1+ 2c  − 5( 1+ c) 1+ c
+
− =
1+ c c2 + 1 2
2( 1+ c) 1+ c2

(

)

)

( 1− c)
=
=
≥ 0 ( do c ≤ 1) ( 2)
2( 1+ c) ( 1+ c ) 2( 1+ c) ( 1+ c )
3

1− 3c + 3c2 − c3

2

Từ

( 1)

và

( 2)

2

suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi

a = b;c = 1 ⇔ x = y = z

Bài 16. Chứng minh rằng

b 3b − c 3c − a 
+
+
≤9
( a + b + c)  a3a+−ab
b + bc c + ca 
2



2

2



với

a,b,c

là độ

dài ba cạnh của một tam giác.
Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Phú Thọ năm học 2017 – 2018

Giả sử

a+ b+ c = t

Ta chứng minh

và đặt

Lời giải
a = tx;b = ty;c = tz ⇒ x + y + z = 1.

 t ( 3x − y )
t ( 3y − z )
t ( 3z − x)
t( x + y + z)  2 2
+ 2 2
+ 2 2

 t x + xy t y + yz t z + zx


(

)

(

)

(

)


≤9



⇔

4x − ( x + y ) 4y − ( y + z ) 4z − ( z + x)
3x − y
3y − z
3z − x
+
+
≤
9

⇔
+
+
≤9
x( x + y)
y ( y + z)
z ( z + x)
x2 + xy y2 + yz z2 + zx

⇔

4
1
4
1
4
1
5x − 1 5y − 1 5y − 1
− +
− +
− ≤ 9⇔
+
+
≤9
1− z x 1− x y 1− y z
x − x2 y − y2 z − z 2

Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên

 1

a + b > c ⇒ x,y,z ∈  0; ÷.
 2

2
5x − 1
≤ 18x − 3 ⇔ ( 3x − 1) ( 2x − 1) ≤ 0
2
x− x

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

đúng

Từ đó ta có

 1
∀x ∈  0; ÷
 2

TÀI LIỆU TOÁN HỌC