Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
Bài 1. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 1 . Chứng minh rằng:
y
1
1
1
2 x
z
+
+
+
+
2
2
2
3 1 + x2
1+ x 1+ y 1+ z
1 + y2
1 + z2
3
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHKHTN Hà Nội năm học 2019 – 2020
Lời giải
Do xy + yz + zx = 1 nên x 2 + 1 = x 2 + xy + yz + zx = ( x + y )( x + z ) .
Từ đó suy ra
y+z
1
1
=
=
. Áp dụng tương tự ta được
x + 1 ( x + y )( x + z ) ( x + y )( y + z )( x + z )
2
x+y
1
z+x
1
=
; 2
=
y + 1 ( x + y )( y + z )( z + x ) z + 1 ( x + y )( z + x )( y + z )
2
Do đó ta có
2 (x + y + z)
1
1
1
+
+
=
.
2
2
2
1+ x 1+ y 1+ z
( x + y )( y + z )( z + x )
Cũng từ giả thiết xy + yz + zx = 1 và bất đẳng thức AM – GM ta có
x
1+ x
2
Tương tự ta cũng có
Do đó
x
1 + x2
+
x
=
x + xy + yz + zx
2
=
x
( x + y )( z + x )
1 x
x
+
2x+y z+x
y
1 y
z
1 z
z
+
;
+
.
2
2
2
y
+
z
x
+
y
2
y
+
z
z
+
x
1+ y
1+ z
y
1 + y2
y
+
z
1 + z2
3
. Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy –
2
Schwarz ta có
2
x
x
y
y
z
z
(x + y + z)
+
+
+
+
2
2
2
1 + x2
1 + y2
1 + z 2
1+ x 1+ y 1+ z
2 ( x + y + z )( xy + yz + zx )
=
( x + y )( y + z )( z + x )
Suy ra ta được
Nguyễn Công Lợi
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
y
2 x
z
+
+
2
2
3 1+ x
1+ y
1 + z2
2 ( x + y + z )( xy + yz + zx )
2 (x + y + z)
=
( x + y )( y + z )( z + x )
( x + y )( y + z )( z + x )
3
Kết hợp các kết quả ta suy ra được
y
1
1
1
2 x
z
+
+
+
+
2
2
2
3 1 + x2
1+ x 1+ y 1+ z
1 + y2
1 + z2
3
.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z =
1
3
.
Bài 2. Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z2 3y .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
1
+
4
+
8
( x + 1) ( y + 2 ) ( z + 3 )
2
2
2
.
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hưng Yên năm học 2019 – 2020
Lời giải
• Lời giải 1. Áp dụng bất đẳng thức dạng a2 + b2 2ab và ab
1
4
+
( x + 1) ( y + 2 )
2
Từ đó ta được P
2
=
1
( x + 1)
8
y
x + 2 + 2
2
+
2
+
1
y
2 + 1
8
( z + 3)
2
2
2
1
a + b ) ta có
(
4
2
8
2
y
( x + 1) 2 + 1 x + 1 + y + 1
2
. Tiếp tục áp dụng các bất đẳng thức như trên
ta lại có
8
y
x + 2 + 2
2
+
8
( z + 3)
2
16
y
x + 2 + 2 ( z + 3)
64
y
x + 2 + 2 + z + 3
2
=
256
( 2x + y + 2z + 10 )
2
Để ý rằng ta có 2x + 4y + 2z x2 + 1 + y2 + 4 + z2 + 1 = x2 + y2 + z2 + 6 3y + 6 .
Do vậy ta được 2x + y + 2z 6 . Suy ra ta được
256
( 2x + y + 2z + 10 )
2
256
= 1 hay P 1 .
16 2
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x = 1; y = 2; z = 1 .
Nguyễn Công Lợi
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1, đạt được tại x = 1; y = 2; z = 1 .
• Lời giải 2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có
( x + 1)
2
(
)
(
)
(
2 x 2 + 1 ; ( y + 2 ) 2 y 2 + 4 ; ( z + 3 ) = ( z + 1 + 1 + 1) 4 z 2 + 3
Do đó ta được P
(
2
1
2 x2 + 1
)
+
1
(
0, 5 y 2 + 4
+
) 2 (z
2
4
2
+3
2
)
)
a 2 b2 c 2 ( a + b + c )
Dễ chứng minh
với x, y, z là các số thực dương.
+ +
x y z
x+y+z
2
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có
P
(
(1 + 1 + 2 )
)
(
2
) (
2 x + 1 + 0, 5 y + 4 + 2 z + 3
2
2
2
)
=
(
16
)
2 x + z + 0, 5y 2 + 10
2
2
Từ giả thiết ta có x2 + y2 + z2 3y nên x2 + z2 3y − y2 . Do đó ta được
(
)
(
)
Đến đây ta suy ra được P
16
= 1.
16
2 x 2 + z 2 + 0, 5y 2 + 10 2 3y − y 2 + 0, 5y 2 + 10 = −1, 5y 2 + 6y + 10 = 16 − 1, 5 ( y − 2 ) 16
2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1, đạt được tại x = 1; y = 2; z = 1 .
Bài 3. Với x, y là các số thực thỏa mãn ( x + 2 )( y − 1) =
9
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
4
thức:
A = x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + 2 + y4 − 8y3 + 24y2 − 32y + 17
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hưng Yên năm học 2019 – 2020
Lời giải
(
(
)(
)(
)
)
( x + 2 )4 = x 2 + 4x + 4 x 2 + 4x + 4 = x 4 + 8x 3 + 24x 2 + 32x + 16
Để ý rằng
4
( y − 1) = y 2 − 2y + 1 y 2 − 2y + 1 = y 4 − 4y 3 + 6y 2 − 4y + 1
4
3
2
4
3
2
x + 4x + 6x + 4x + 2 = ( x + 2 ) − 4 ( x + 2 ) + 6 ( x + 2 ) − 4 ( x + 2 ) + 2
Do đó ta có
y 4 − 8y 3 + 24y 2 − 32y + 17 = ( y − 1)4 − 4 ( y − 1)3 + 6 ( y − 1)2 − 4 ( y − 1) + 2
Đặt a = x + 2; b = y − 1 . Khi đó giả thiết được viết lại thành ab =
Nguyễn Công Lợi
9
và đồng thời ta có
4
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
4
4
3
2
4
3
2
x + 4x + 6x + 4x + 2 = a − 4a + 6a − 4a + 2 = ( a − 1) + 1
y 4 − 8y 3 + 24y 2 − 32y + 17 = b 4 − 4b 3 + 6b 2 − 4b + 2 = ( b − 1)4 + 1
( a − 1)
Khi đó ta được A =
4
( b − 1)
+1 +
4
+ 1 . Đến đây ta có các hướng xử lý như
sau.
• Hướng 1. Trước hết ta phát biểu và chứng minh bổ đề: Với a, b, x, y là các số thực
dương ta luôn có:
a 2 + x2 + b2 + y 2
(a + b) + ( x + y )
2
2
Thật vậy, bình phương hai vế ta được
a 2 + x2 + b2 + y 2 + 2. a 2 + x2 . b2 + y 2 ( a + b ) + ( x + y )
2
(a
2
+ x2
)( b
2
)
(
+ y 2 ab + xy a 2 + x2
)( b
2
2
)
+ y 2 ( ab + xy )
2
Bất đẳng thức cuối cùng là bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, do đó bất đẳng thức trên
đúng.
Áp dụng bổ đề ta có A =
(a − 1)
4
( b − 1)
+1 +
4
2
2
2
2
+ 1 ( a − 1) + ( b − 1) + (1 + 1)
Ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của P = ( a − 1) + ( b − 1) với ab =
2
2
9
9
. Từ ab = suy ra a và b
4
4
cùng dấu.
+ Xét a và b cùng âm. Khi đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có các đánh giá
2
2
9
3
23
P = ( a − 1) + ( b − 1) = a 2 + b2 − 2 ( a + b ) + 2 2ab + 4 ab + 2 = 2. + 4. + 1 =
4
2
2
3
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = − .
2
+ Xét a và b cùng âm. Khi đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có các đánh giá
2
2
2
1
1
1 3
1
P = ( a − 1) + ( b − 1) ( a + b − 2 ) 2 ab − 2 = 2. − 2 =
2
2
2 2
2
2
2
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b =
3
.
2
Từ hai kết quả trên suy ra giá trị nhỏ nhất của P là
Nguyễn Công Lợi
3
1
, đạt được tại a = b =
2
2
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
2
1
17
3
Từ đó ta được A + 4 =
. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = .
2
2
2
Do đó giá trị nhỏ nhất của A là
17
3
1
5
, đạt được tại a = b = hay x = − ; y = .
2
2
2
2
• Hướng 2. Đến đây áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có
4
2
2
17 ( a − 1) + 1 = 1 + 4
17 ( b − 1)4 + 1 = 12 + 4 2
Do đó A =
(
)
(
) ( b − 1)
( a − 1)4 + 1 ( a − 1)2 + 4
4
2
2
+ 1 ( b − 1) + 4
2
4
4
2
2
1
1
17 ( a − 1) + 1 +
17 ( b − 1) + 1
a
−
1
+
b
−
1
+ 8 .
(
)
(
)
17
17
17
1
Ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của P = ( a − 1) + ( b − 1) với ab =
2
2
9
9
. Từ ab = suy ra a và b
4
4
cùng dấu.
+ Xét a và b cùng âm. Khi đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có các đánh giá
2
2
9
3
23
P = ( a − 1) + ( b − 1) = a 2 + b2 − 2 ( a + b ) + 2 2ab + 4 ab + 2 = 2. + 4. + 1 =
4
2
2
3
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = − .
2
+ Xét a và b cùng âm. Khi đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có các đánh giá
2
2
2
1
1
1 3
1
P = ( a − 1) + ( b − 1) ( a + b − 2 ) 2 ab − 2 = 2. − 2 =
2
2
2 2
2
2
2
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b =
3
.
2
Từ hai kết quả trên suy ra giá trị nhỏ nhất của P là
Từ đó ta được A
3
1
, đạt được tại a = b =
2
2
1 1
17
3
2 + 8 = 2 . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = 2 .
17
Do đó giá trị nhỏ nhất của A là
17
1
5
3
, đạt được tại a = b = hay x = − ; y = .
2
2
2
2
Bài 4. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = a + b + c + 2 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức:
Nguyễn Công Lợi
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
1
1
1
P=
+
+
a 2 + b2
b2 + c 2
c2 + a2
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Nghệ An năm học 2019 – 2020
Lời giải
Biến đổi giả thiết của bài toán ta được
abc = a + b + c + 2
ab + a + b + 1 + bc + b + c + 1 + ca + c + a + 1 = abc + ab + bc + ca + a + b + c + 1
( a + 1)( b + 1) + ( b + 1)( c + 1) + ( c + 1)( a + 1) = ( a + 1)( b + 1)( c + 1)
Đặt x =
1
1
1
+
+
=1
a +1 b+1 c +1
1
1
1
khi đó ta được x + y + z = 1 .
;y =
;z =
a +1
b+1
c +1
Suy ra a =
1− y z + x
1− x y + z
1− z x + y
.
=
;b =
=
;c =
=
x
x
y
y
z
z
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
1
a 2 + b2
Khi đó suy ra P
1
2
+
1
b2 + c 2
+
xy
+
( y + z )( z + x )
1
c2 + a2
1
2ab
+
yz
+
( z + x )( x + y )
1
2bc
+
1
2ca
zx
.
( x + y )( y + z )
Lại áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta lại có
xy
y
y
x
1 x
=
.
+
( y + z )( z + x ) z + x y + z 2 z + x y + z
yz
y
z
1 y
z
=
.
+
( z + x )( x + y ) x + y z + x 2 x + y z + x
zx
x
z
1 x
z
=
.
+
( x + y )( y + z ) x + y y + z 2 x + y y + z
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được
xy
+
( y + z )( z + x )
Từ đó ta suy ra được P
yz
+
( z + x )( x + y )
1 3 3 2
.
. =
4
2 2
1
hay a = b = c = 2 .
3
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z =
Nguyễn Công Lợi
zx
3
( x + y )( y + z ) 2
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là
3 2
, đạt được tại a = b = c = 2 .
4
Bài 5. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
(1 + a )
P=
2
+ b2 + 5
ab + a + 4
(1 + b )
+
2
+ c2 + 5
bc + b + 4
(1 + c )
+
2
+ a2 + 5
ca + c + 4
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Quảng Nam năm học 2019 – 2020
Lời giải
• Lời giải 1. Dự đoán được giá trị nhỏ nhất của P là 5, đạt được tại a = b = c = 1 . Khi
đó ta quy bài toán về chứng minh
(1 + a )
P=
2
+ b2 + 5
ab + a + 4
(1 + b )
+
2
+ c2 + 5
bc + b + 4
(1 + c )
+
2
+ a2 + 5
ca + c + 4
5.
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
(1 + a )
2
+ b2 + 5 = a 2 + b2 + 2a + 6 2ab + 2a + 6 = 2 ( ab + a + 4 ) − 2
(1 + a )
Do vậy ta được
2
+ b2 + 5
ab + a + 4
2 ( ab + a + 4 ) − 2
ab + a + 4
= 2−
2
.
ab + a + 4
2
2
2
+
+
Áp dụng hoàn toàn tương tự ta được P 6 −
.
ab + a + 4 bc + b + 4 ca + c + 4
2
2
2
+
+
Như vậy ta cần chứng minh được 6 −
5
ab + a + 4 bc + b + 4 ca + c + 4
Hay ta cần chứng minh
1
1
1
1
+
+
ab + a + 4 bc + b + 4 ca + c + 4 2
Do abc = 1 nên tồn tại các số dương x, y, z thỏa mãn a =
y
x
z
; b = ; c = . Khi đó ta
y
z
x
được
yz
xy
1
1
1
zx
+
+
=
+
+
ab + a + 4 bc + b + 4 ca + c + 4 xy + xz + 4yz xy + yz + 4xz xz + yz + 4xy
Đặt Q =
yz
xy
zx
. Biến đổi tương đương ta được
+
+
xy + xz + 4yz xy + yz + 4xz xz + yz + 4xy
Nguyễn Công Lợi
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
3yz
3xy
3zx
3 − 3Q = 1 −
+1−
+1−
xy + xz + 4yz
xy + yz + 4xz
xz + yz + 4xy
1
1
1
3 − 3Q = ( xy + yz + xz )
+
+
xy + xz + 4yz xy + yz + 4xz xz + yz + 4xy
1 1 1
1
ta được
+ +
A B C A+B+C
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng
3 − 3Q = ( xy + yz + xz ) .
Vậy
9
9
3 3
1
= 3Q 3 − = Q
6xy + 6yz + 6xz 6
2 2
2
1
1
1
1
+
+
. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .
ab + a + 4 bc + b + 4 ca + c + 4 2
Vậy bài toán được chứng minh hoàn tất.
• Lời giải 2. Dễ chứng minh các bất đẳng thức x2 + y2 2xy và
1 1
4
với x, y
+
x y x+y
là các số thực dương.
Áp dụng các bất đẳng thức trên ta có
(1 + a )
a 2 + b2 + 2a + 6 2ab + 2a + 6 2 ( ab + a + 4 ) − 2
=
ab + a + 4
ab + a + 4
ab + a + 4
ab + a + 4
2
1
4
1
1
1
= 2−
= 2−
2−
+
ab + a + 4
2 ( ab + a + 1) + 3
2 ab + a + 1 3
2
+ b2 + 5
=
=
11 1
1
−
6 2 ab + a + 1
Hoàn toàn tương tự ta được
(1 + b )
2
+ c2 + 5
bc + b + 4
Do vậy ta được P
1 + c ) + a 2 + 5 11 1
(
11 1
1
1
−
;
−
6 2 bc + b + 1
ca + c + 4
6 2 ca + c + 1
2
11 1
1
1
1
−
+
+
2 2 ab + a + 1 bc + b + 1 ca + c + 1
Vì abc = 1 nên ta lại có biến đổi
1
a
a
1
ab
ab
=
=
;
= 2
=
bc + b + 1 abc + ab + a ab + a + 1 ca + c + 1 a bc + abc + ab ab + a + 1
Suy ra
1
1
1
1
a
ab
+
+
=
+
+
=1
ab + a + 1 bc + b + 1 ca + c + 1 ab + a + 1 ab + a + 1 ab + a + 1
Do vậy ta có P
11 1
− = 5 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
2 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 5, đạt được tại a = b = c = 1 .
Nguyễn Công Lợi
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Bài 6. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 2019xyz . Chứng minh
rằng:
2
2
x 2 + 1 + 2019x 2 + 1 y + 1 + 2019y + 1 z 2 + 1 + 2019z 2 + 1
+
+
2019.2020xyz
x
y
z
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Nam Định năm học 2019 – 2020
Lời giải
x 2 + xy + xz
Từ giả thiết x + y + z = 2019xyz ta được 2019x =
yz
2
Do đó 2019x2 + 1 =
x2 + xy + xz + yz (x + y)(x + z) x x
=
= + 1 + 1 .
yz
yz
y z
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được
x
x 1 x x
x 1 1
2019x 2 + 1 = + 1 + 1 + + 2 = 1 + +
2y z
y z 2 y z
x 1 1
x2 + 1 + 1 + +
2y z
x + 1 + 2019x + 1
2 1 1 1
Suy rat a được
= x + + + . Tương tự
x
x
x 2y z
2
2
ta có
y2 + 1 + 2019y 2 + 1
y
y+
2 1 1 1 z2 + 1 + 2019z 2 + 1
2 11 1
+ + ;
z+ + + .
y 2z x
z
z 2x y
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta thu được
2
2
1 1 1
x2 + 1 + 2019x2 + 1 y + 1 + 2019y + 1 z2 + 1 + 2019z 2 + 1
+
+
x + y + z + 3 + +
x
y
z
x y z
Dễ dạng chứng minh được ( x + y + z ) 3 ( xy + yz + zx ) . Từ đó ta được
2
1 1 1 3 ( xy + yz + zx ) 2019.3 ( xy + yz + zx ) 2019 ( x + y + z )
3 + + =
=
= 2019 ( x + y + z )
xyz
2019xyz
x+y+z
x y z
2
2
2
x 2 + 1 + 2019x 2 + 1 y + 1 + 2019y + 1 z 2 + 1 + 2019z 2 + 1
+
+
2019.2020xyz .
Vậy
x
y
z
Bất đẳng thức được chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z .
Nguyễn Công Lợi
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
(
Bài 7. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a 4 + b4
)( b
4
)(
)
+ c 4 c 4 + d4 = 8 . Chứng minh
rằng:
(a
− ab + b2
2
)( b
2
)(
)
− bc + c 2 c 2 − ca + a 2 1
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Nam Định năm học 2019 – 2020
Lời giải
(
Trước hết ta chứng minh 2 a 2 − ab + b2
)
2
a 4 + b4 với mọi a, b là các số thực.
Thật vậy, biến đổi tương đương bất đẳng thức trên ta được
(
2 a 2 − ab + b2
)
2
(
)
a 4 + b4 2 a 4 + b4 + 3a 2 b2 − 2a 3 b − 2ab3 a 4 + b4
(
a 4 + b4 + 6a 2 b2 − 4a 3 b − 4ab3 0 a 4 + b4 + 6a 2 b2 4ab a 2 + b2
(
Ta có a 4 + b4 + 2a 2 b2 = a 2 + b2
)
2
(
)
(
)
và a 2 + b2
2
(
)
)
(
)
+ 4a 2 b2 4 ab a 2 + b2 4ab a 2 + b 2 .
Do vậy ta được a 4 + b4 + 6a 2 b2 4ab a 2 + b2 .
Vậy bất đẳng thức trên được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra kh và chỉ khi a = b .
(
Áp dụng hoàn toàn tương tự ta được 2 b2 − bc + c 2
(
Do đó ta được 8 a 2 − ab + b2
(
Hay ta được a 2 − ab + b2
) (b
2
) (b
2
2
2
− bc + c 2
− bc + c 2
) (c
) (c
2
2
2
2
)
2
(
b4 + c 4 ; 2 c 2 − ca + a 2
− ca + a 2
− ca + a 2
)
2
) (a
2
4
+ b4
)( b
4
)
2
)(
c4 + a4 .
+ c 4 c 4 + d4
)
1.
Để ý rằng a 2 − ab + b2 0; b2 − bc + c 2 0; c 2 − ca + a 2 0 .
(
Do vậy suy ra a 2 − ab + b2
)( b
2
)(
)
− bc + c 2 c 2 − ca + a 2 1 .
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .
Bài 8. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn
1
1
1
+
+
1 . Tìm giá trị nhỏ
a +1 b+1 c +1
a3
b3
c3
+
+
nhất của biểu thức P = 2
.
a + ab + b2 b2 + bc + c 2 c 2 + ca + a 2
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hà Nam năm học 2019 – 2020
Lời giải
Nguyễn Công Lợi
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
• Lời giải 1. Trước hết ta chứng minh
a3
b3
c3
a+b+c
P= 2
+ 2
+ 2
2
2
2
3
a + ab + b b + bc + c c + ac + a
+ Cách 1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta được
P
(a
2
+ b2 + c 2
)
a 3 + b3 + c 3 + a 2 b + ab2 + b2 c + bc 2 + a 2 c + ca 2
Ta cần chứng minh
(a
2
=
2
+ b2 + c 2
(a + b + c ) (a
2
)
2
+ b2 + c 2
)
2
a 2 + b2 + c 2 a + b + c
hay 3 a 2 + b 2 + c 2 ( a + b + c )
a+b+c
3
(
)
Bất đẳng thức cuối cùng là một đánh giá quen thuộc.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .
+ Cách 2. Ta có
a3
b3
a 3 − b3
−
=
= a − b . Áp dụng tương tự ta
a 2 + ab + b2 a 2 + ab + b2 a 2 + ab + b 2
được
b3
c3
c3
a3
−
= b − c; 2
−
= c −a
b2 + bc + c 2 b2 + bc + c 2
c + ac + a 2 c 2 + ac + a 2
Công theo vế các đẳng thức trên ta được
b3
c3
a3
P− 2
+
+
=0
2
2
2
2
2
c + ac + a
a + ab + b b + bc + c
Hay
a3
b3
c3
b3
c3
a3
+
+
=
+
+
a 2 + ab + b2 b2 + bc + c 2 c 2 + ac + a 2 a 2 + ab + b2 b2 + bc + c 2 c 2 + ac + a 2
Suy ra
2a 3
2b3
2c 3
a 3 + b3
b3 + c 3
c3 + a3
+
+
=
+
+
a 2 + ab + b2 b2 + bc + c 2 c 2 + ac + a 2 a 2 + ab + b2 b2 + bc + c 2 c 2 + ac + a 2
(
Để ý ta thấy a + b = ( a + b ) a − ab + b
3
Do đó ta được
3
Hay
2
)
(a + b) (a
2
+ ab + b 2
)
3
a 3 + b3
a+b
2
2
3
a + ab + b
Áp dụng tương tự ta được
Suy ra
2
2 (a + b + c )
a 3 + b3
b3 + c 3
c3 + a3
+
+
2
2
2
2
2
2
3
a + ab + b b + bc + c
c + ac + a
2 (a + b + c )
2a 3
2b3
2c 3
+
+
3
a 2 + ab + b2 b2 + bc + c 2 c 2 + ac + a 2
a3
b3
c3
a+b+c
+
+
2
2
2
2
2
2
3
a + ab + b b + bc + c c + ac + a
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c
Nguyễn Công Lợi
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
+ Cách 3. Vì a, b là các số thực dương nên ta có
( a − b ) ( a + b ) 0 3a ( 2a − b ) (a
2
3
Áp dụng tương tự ta được
2
+ ab + b
2
)
3a 3
2
2a − b
a + ab + b2
3b3
3c 3
2b
−
c;
2c − a
b2 + bc + c 2
c 2 + ac + a 2
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được
a3
b3
c3
a+b+c
+
+
2
2
2
2
2
2
3
a + ab + b b + bc + c c + ac + a
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .
a3
b3
c3
a+b+c
Như vậy từ các lời giải trên ta được 2
.
+ 2
+ 2
2
2
2
3
a + ab + b b + bc + c c + ac + a
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được
a + 1 + b + 1 + c + 1 3 3 ( a + 1)( b + 1)( c + 1)
1
1
1
1
+
+
33
a +1 b+1 c +1
( a + 1)( b + 1)( c + 1)
1
1
1
Do đó suy ra ( a + 1) + ( b + 1) + ( c + 1)
+
+
9
a +1 b+1 c +1
Mà
1
1
1
+
+
1 nên ta được ( a + 1) + ( b + 1) + ( c + 1) 9 hay a + b + c 6 .
a +1 b+1 c +1
a3
b3
c3
+
+
2.
a 2 + ab + b2 b2 + bc + c 2 c 2 + ac + a 2
Kết hợp các kết quả lại ta được
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2, đạt được tại a = b = c = 2
• Lời giải 2. Áp dụng kĩ thuật AM – GM ta được
a 2 + b2
3
a + b 2ab ab
a 2 + ab + b2 a 2 + b2
2
2
2
(
2
)
Do vậy ta được
(
)
2
2
2
a3
2a 3
2 a a + b − ab
2
ab2 2
ab2 2
b
=
=
a
−
a
−
= a −
2
2
2
2
2
2
2
2
3
3
2ab 3
2
a + ab + b
a +b 3
3 a +b
a +b
(
)
(
Áp dụng hoàn toàn tương tự ta được
Nguyễn Công Lợi
)
b3
2
c
c3
2
a
b
−
;
c − .
2
2
2
2
3
2 c + ca + a
3
2
b + bc + c
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
2
b
c
a 1
Từ đó ta được P a − + b − + c − = ( a + b + c ) 2
3
2
2
2 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2, đạt được tại a = b = c = 2
Bài 9. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
a b c
a+b+c
+ + +
4
b c a
3. a 2 + b2 + c 2
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hà Nam năm học 2019 – 2020
Lời giải
Do a, b, c là các số thực dương nên ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành
(a + b + c ) 4 a + b + c
a b c
(
)
b + c + a (a + b + c ) +
3 a 2 + b2 + c 2
2
(
)
a b c
Trước hết ta chứng minh + + ( a + b + c ) 3 3 a 2 + b2 + c 2
b c a
(
)
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có
a b c a 2 b2 c 2 ( a + b + c )
+ + =
+
+
b c a ab bc ca ab + bc + ca
2
(a + b + c ) . Ta cần chứng minh
a b c
Do đó + + ( a + b + c )
ab + bc + ca
b c a
3
(a + b + c )
3
ab + bc + ca
(
)
(
3 3 a 2 + b2 + c 2 ( a + b + c ) 3 ( ab + bc + ca ) 3 a 2 + b2 + c 2
3
)
Theo bất đẳng thức AM – GM ta có
(a + b + c ) = (a
2
2
)
(
)
+ b2 + c 2 + ( ab + bc + ca ) + ( ab + bc + ca ) 3 3 a 2 + b2 + c 2 ( ab + bc + ca )
(
)
Lũy thừa bậc ba hai vế ta được ( a + b + c ) 27 a 2 + b 2 + c 2 ( ab + bc + ca )
6
2
2
Lấy căn bậc hai hai vế bất đẳng thức trên ta được
(a + b + c )
3
(
)
3 ( ab + bc + ca ) 3 a 2 + b 2 + c 2 .
a b c
Như vậy ta có + + ( a + b + c ) 3 3 a 2 + b2 + c 2 .
b c a
(
)
Kết hợp các kết quả trên ta được bất đẳng thức
Nguyễn Công Lợi
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
( a + b + c ) 3 3 a 2 + b2 + c 2 + ( a + b + c )
a b c
b + c + a (a + b + c ) +
3 a 2 + b2 + c 2
3 a 2 + b2 + c 2
2
(
(
)
)
2
(
)
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
(
3 a +b +c
2
2
2
)+
(a + b + c )
(
2
3 a +b +c
2
2
(
2
)
2 (a + b + c ) .
)
Mặt khác lại có 2 3 a 2 + b2 + c 2 2 ( a + b + c ) . Do vậy ta được
(
3 3 a +b +c
2
2
2
)+
(a + b + c )
(
2
3 a +b +c
2
2
2
)
4 (a + b + c )
(a + b + c ) 4 a + b + c .
a b c
Đến đây thì ta thu được + + ( a + b + c ) +
(
)
b c a
3 a 2 + b2 + c 2
2
(
)
Như vậy bất đẳng thức trên được chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra khi a = b = c .
Bài 10. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức:
P = a b3 + 1 + b c 3 + 1 + c a 3 + 1
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hải Dương năm học 2019 – 2020
Lời giải
Khi đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được
2a b3 + 1 = 2a
( b + 1) ( b
2
)
(
) (
)
− b + 1 a. b + 1 + b2 − b + 1 = a b2 + 2 = ab2 + 2a
Áp dụng hoàn toàn tương tự ta được
2P = 2a b3 + 1 + 2b c 3 + 1 + 2c a 3 + 1
= 2a
(
( b + 1) ( b
2
) (
)
− b + 1 + 2b
) (
( c + 1) ( c
)
2
)
− c + 1 + 2c
( a + 1) ( a
2
−a +1
)
a b2 + 2 + b c 2 + 2 + c a 2 + 2 = ab 2 + bc 2 + ca 2 + 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 + b 2 c ab 2 + bc 2 ab 2 + bc 2 + ca 2 abc + b 2c + ca 2
Từ đó ta suy ra được
Nguyễn Công Lợi
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
2
a+b a+b
Q abc + b 2 c + ca 2 2abc + b 2 c + ca 2 = c ( a + b ) = 4c.
.
2
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 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = 2; b = 0; c = 1 và các
hoán vị.
Vậy giá trị lớn nhất của P là 5, đạt được tại a = 2; b = 0; c = 1 và các hoán vị.
Bài 11. Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 . Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = x2 − 6x + 25 + y2 − 6y + 25 + z2 − 6z + 25 .
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Bắc Ninh năm học 2019 – 2020
Lời giải
+ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M.
Trước hết ta phát biểu và chứng minh bổ đề: Với a, b, x, y là các số thực không âm ta
luôn có:
a 2 + x2 + b2 + y 2
(a + b) + ( x + y )
2
2
Thật vậy, bình phương hai vế ta được
a 2 + x2 + b2 + y 2 + 2. a 2 + x2 . b2 + y 2 ( a + b ) + ( x + y )
2
(a
2
+ x2
)( b
2
)
(
+ y 2 ab + xy a 2 + x2
)( b
2
)
2
+ y 2 ( ab + xy )
2
Bất đẳng thức cuối cùng là bất đẳng thức Cauchy – Schwarz. Do đó bổ đề được chứng
minh.
Trở lại bài toán. Áp dụng bất đẳng thức trên ta được
M = x 2 − 6x + 25 + y 2 − 6y + 25 + z 2 − 6z + 25
=
(3 − x)
2
+ 16 +
(3 − y)
6 − ( x + y ) + 8 2 +
2
2
+ 16 +
(3 − z)
2
(3 − z)
2
+ 16
+ 4 2 9 − ( x + y + z ) + 12 2 = 6 5
2
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 6 5 , đạt được tại x = y = z = 1 .
+ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M.
Do x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x + y + z = 3 nên ta được 0 x; y; z 3 .
Nguyễn Công Lợi
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
(
)
Do đó ta có x ( x − 3 ) 0 9x 2 − 54x + 225 x 2 − 30x + 225 9 x 2 − 6x + 25 ( x − 15 ) .
Suy ra 3 x2 − 6x + 25
( x − 15 )
2
2
= 15 − x . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc
x = 3.
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có
3 y 2 − 6y + 25
( y − 15 )
2
= 15 − y; 3 z 2 − 6z + 25
( z − 15 )
2
= 15 − z
. Dấu bằng xẩy ra tương ứng khi và chỉ khi y = 0 hoặc y = 3 và z = 0 hoặc z = 3 .
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được
3
)
(
x 2 − 6x + 25 + y 2 − 6y + 25 + z 2 − 6z + 25 45 − ( x + y + z ) = 42
Hay ta được 3M 42 nên suy ra M 14 . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi
x = 3; y = 0; z = 0 và các hoán vị.
Vậy giá trị lớn nhất của M là 14, đạt được tại x = 3; y = 0; z = 0 và các hoán vị.
Bài 12. Cho các số thực dương a, b,c thỏa mãn
1 1 1
+ + 3. Tìm giá trị lớn nhất của
a b c
biểu thức
P=
1
a 2 − ab + 3b2 + 1
+
1
b2 − bc + 3c 2 + 1
+
1
c 2 − ca + 3a 2 + 1
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu năm học 2019 – 2020
Lời giải
Ta sẽ chứng minh
a 2 − ab + 3b2 + 1
1
(a + 5b + 2 ) với a, b là các số dương.
4
Thật vậy ta có
a 2 − ab + 3b2 + 1
(
)
2
1
a + 5b + 2 ) 16 a 2 − ab + 3b 2 + 1 ( a + 5b + 2 )
(
4
13 ( a − b ) + 10 ( b − 1) + 2 ( a − 1) 0
2
2
2
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên ta có
a 2 − ab + 3b2 + 1
1
(a + 5b + 2 ) .
4
Áp dụng tương tự ta cũng có
b2 − bc + 3c 2 + 1
Nguyễn Công Lợi
1
1
b + 5c + 2 ) ; c 2 − ca + 3a 2 + 1 ( c + 5a + 2 )
(
4
4
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
4
4
4
Do đó suy ra P
+
+
a + 5b + 2 b + 5c + 2 c + 5a + 2
Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc
1 1
4
ta có
+
x y x+y
1
1
1
1
1
1
+
+
+ +
+
a + b + 2 4b b + c + 2 4c c + a + 2 4a
1 1
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 3 1 1 1 3 3
+ +
+ +
+ + + + + + +
4 a + b 2 4 b+c 2 4 c +a 2 4 a b c 8 a b c 8 2
P
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 .
3
. Đạt được tại a = b = c = 1 .
2
Vậy giá trị lớn nhất của P là
Lưu ý. Có thể dùng bất đẳng thức Cauchy – Schwart để chứng minh trên như sau :
2
2
b 11 2 1 11 1
b 11
a − + b + 1 + + 1 a − + b + 1
2
4
2 4
4 4
2
1
a 2 − ab + 3b 2 + 1 ( a + 5b + 2 )
4
Bài 13. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1 . Chứng minh rằng:
a b2 + 1 + b c 2 + 1 + c a 2 + 1 2 .
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Phú Yên năm học 2019 – 2020
Lời giải
• Lời giải 1. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
(
a b2 + 1 + b c 2 + 1 + c a 2 + 1
)
(
) 4
2
2
Đặt S = a b 2 + 1 + b c 2 + 1 + c a 2 + 1 . Ta có
(
)
( ) ( )
( b + 1)( c
( b + 1)(a + 1) + 2bc ( c + 1)(a + 1).
S = a 2 b2 + 1 + b 2 c 2 + 1 + c 2 a 2 + 1 + 2ab
+ 2ac
2
2
2
2
2
+1
)
2
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
(b
(b
)
)(
)
)(
)
+ 1 c 2 + 1 = b2 c 2 + b2 + c 2 + 1 bc + 1
2
+ 1 a 2 + 1 = b2a 2 + a 2 + b2 + 1 ab + 1
(a
Nguyễn Công Lợi
)(
2
2
+ 1 c 2 + 1 = a 2 c 2 + a 2 + c 2 + 1 ac + 1
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Kết hợp các bất đẳng thức trên ta được
(
)
(
)
(
)
S a 2 b 2 + 1 + b 2 c 2 + 1 + c 2 a 2 + 1 + 2ab ( bc + 1) + 2ac ( ab + 1) + 2bc ( ac + 1)
= ( ab + bc + ca ) + a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) .
2
Mặt khác do a2 + b2 + c2 ab + bc + ca . Suy ra S ( ab + bc + ca ) + 3 ( ab + ac + ca ) = 4 .
2
(
Vậy bất đẳng thức ta được a b 2 + 1 + b c 2 + 1 + c a 2 + 1
) 4
2
Do vậy ta được a b2 + 1 + b c2 + 1 + c a 2 + 1 2 .
1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
3
.
• Lời giải 2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có
2
b
4 2
1
ab a 3
b + 1 = + 1 b2 + 1
+ 1 a b2 + 1
+
3
2
2
3
3
(
)
(
Áp dụng tương tự thì ta được VT
)
ab + bc + ca
3
1
3
+
a + b + c) = +
(
(a + b + c ) .
2
2
2 2
Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được
(a + b + c )
Đến đây thì ta thu được VT
2
3(ab + bc + ca) = 3 a + b + c 3
1
3
+
3=2
2 2
Do vậy a b2 + 1 + b c2 + 1 + c a 2 + 1 2 .
1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
3
.
Bài 14. Với x, y, z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện
tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =
1
2x + y + 3
2
2
+
1
2y + z + 3
2
2
1 1 1
+ + = 3,
x y z
1
+
2z + x 2 + 3
2
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học 2018 – 2019
Lời giải
+ Lời giải 1. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có đánh giá sau
1
2x 2 + y 2 + 3
Nguyễn Công Lợi
=
(
1
) (
2 x2 + 1 + y2 + 1
)
1
2.2x + 2y
=
1
2 ( 2x + y )
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Áp dụng tiếp bất đẳng thức AM – GM và bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta lại có
đánh giá
1
2 ( 2x + y )
Do vậy ta được
3
1
1 3 1
1
6 1 2 1 1
.
= .
+
+ +
2 3 ( 2x + y ) 2 2 2x + y 3 4 9 x y 3
=
1
2x 2 + y 2 + 3
62 1
+ + 3 . Chứng minh hoàn toàn tương tự ta
26 x y
cũng được
1
2y 2 + z 2 + 3
62 1
1
6 2 1
+ + 3
+ + 3;
36 y z
2z 2 + x 2 + 3 36 z x
Công theo vế các bất đẳng thức trên và để ý đến
P=
1
2x 2 + y 2 + 3
1
+
2y 2 + z 2 + 3
Vậy giá trị lớn nhất của P là
+
1 1 1
+ + = 3 ta thu được
x y z
1
2z 2 + x 2 + 3
63 3 3
6
+ + + 9 =
36 x y z
2
6
, đạt được tại x = y = z = 1 .
2
+ Lời giải 2. Trước hết ta chứng minh
1
1
1
+
+
= 1.
xy + x + 1 yz + y + 1 zx + z + 1
Thật vậy do xyz = 1 nên ta có biến đổi
xy
1
1
1
1
x
+
+
=
+
+ 2
xy + x + 1 yz + y + 1 zx + z + 1 xy + x + 1 xyz + xy + x x yz + xyz + xy
=
xy
xy + x + 1
1
x
+
+
=
=1
xy + x + 1 xy + x + 1 xy + x + 1 xy + x + 1
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có biến đổi
1
2x 2 + y 2 + 3
=
=
(x
1
2
) (
)
+ y2 + x2 + 1 + 2
1
2 ( xy + x + 1)
3
1
3 1
1
1
6
1
1
.
.
+ =
+
2 3 ( xy + x + 1)
2 2 xy + x + 1 3 4 xy + x + 1 3
Áp dụng hoàn toàn tương tự ta cũng được
1
2y 2 + z 2 + 3
Nguyễn Công Lợi
6
1
1
1
6
1
1
+ ;
+
2
2
4 yz + y + 1 3 2z + x + 3
4 zx + z + 1 3
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
1
1
1
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên và để ý đến
+
+
= 1 ta
xy + x + 1 yz + y + 1 zx + z + 1
được
6
1
1
1
6
+
+
+ 1 =
4 xy + x + 1 yz + y + 1 zx + z + 1 2
P
6
, đạt được tại x = y = z = 1 .
2
Vậy giá trị lớn nhất của P là
Bài 15. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
1
a 4 − a 3 + ab + 2
1
+
b4 − b3 + bc + 2
1
+
c 4 − c 3 + ca + 2
3
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Nghệ An năm học 2018 – 2019
Lời giải
(
)
Để ý rằng ta có ( a − 1) a 2 + a + 1 0 với mọi a là số thực dương. Từ đó ta có
2
( a − 1) ( a
2
2
)
(
)(
)
+ a + 1 0 a 2 − 2a + 1 a 2 + a + 1 0 a 4 − a 3 − a + 1 0
Do đó a4 − a3 − a + 1 + ab + 1 ab + 1 a4 − a3 + ab + 2 ab + a + 1 .
1
Đến đây ta suy ra được
a − a + ab + 2
4
3
1
ab + a + 1
. Chứng minh hoàn toàn tương
tự ta có
1
b4 − b3 + bc + 2
Đặt A =
1
a 4 − a 3 + ab + 2
+
A
1
bc + b + 1
1
b4 − b3 + bc + 2
1
ab + a + 1
+
1
;
c 4 − c 3 + ca + 2
1
+
c 4 − c 3 + ca + 2
1
bc + b + 1
(
+
ab + a + 1
+
1
bc + b + 1
+
ca + c + 1
. Khi đó ta có
1
ca + c + 1
Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc x + y + z 3 x2 + y 2 + z2
1
1
) ta được
1
1
1
3
+
+
ca + c + 1
ab + a + 1 bc + b + 1 ca + c + 1
1
Để ý đến giả thiết abc = 1 ta có biến đổi sau
Nguyễn Công Lợi
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
1
1
1
1
a
ab
+
+
=
+
+ 2
ab + a + 1 bc + b + 1 ca + c + 1 ab + a + 1 abc + ab + a a bc + abc + ab
1
a
ab
ab + a + 1
=
+
+
=
=1
ab + a + 1 1 + ab + a a + 1 + ab ab + a + a
1
Do vậy suy ra
ab + a + 1
+
1
bc + b + 1
1
+
ca + c + 1
3 nên ta được A 3 .
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dẩng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .
Bài 16. Cho x, y, z là ba số thực không âm thỏa mãn 12x + 10y + 15z 60 . Tìm giá trị
lớn nhất của: T = x2 + y2 + z2 − 4x − 4y − z .
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thái Bình năm học 2018 – 2019
Lời giải
Xét hiệu sau
5T − ( 12x + 10y + 15z ) = 5x 2 + 5y 2 + 5z 2 − 20x − 20y − 5z − (12x + 10y + 15z )
= 5x 2 + 5y 2 + 5z 2 − 32x − 30y − 20z
= 5x ( x − 6, 4 ) + 5y ( y − 6 ) + 5z ( z − 4 )
Vì x, y,z 0 nên từ điều kiện 12x + 10y + 15z 60 , suy ra
12x 60
x 5
x − 5 0 x ( x − 6, 4 ) 0
10y 60 y 6 y − 6 0 y ( y − 6 ) 0
15z 60
z 4
z − 4 0
z ( z − 4 ) 0
Do đó ta được
5x ( x − 6, 4 ) + 5y ( y − 6 ) + 5z ( z − 4 ) 0
5T − ( 12x + 10y + 15z ) 0 5T 12x + 10y + 15z 60 T 12
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi xảy ra
x ( x − 6, 4 ) = y ( y − 6 ) = z ( z − 4 ) = 0
x = y = 0; z = 4
12x + 10y + 15z = 60
x = z = 0; y = 6
Vậy giá trị lớn nhất của T là 12, xẩy ra tại x = y = 0; z = 4 hoặc x = z = 0; y = 6 .
(
Bài 17. Cho các số x, y dương thỏa mãn điều kiện x + 1 + x 2
)( y +
)
1 + y 2 = 2018 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + y .
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thái Bình năm học 2018 – 2019
Lời giải
Nguyễn Công Lợi
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
(
Từ x + 1 + x 2
)( y +
)
1 + y 2 = 2018 và để ý rằng y − 1 + y2 0 nên ta được
x + 1 + x2 =
2018
y + 1+ y
=
2
(
2018 y − 1 + y 2
−1
Hoàn toàn tương tự thì ta cũng có y + 1 + y 2 = 2018
x + 1 + x 2 + y + 1 + y 2 = 2018
2019 ( x + y ) = 2017
(
(
1 + y2
1 + x2 + 1 + y2
)
) = 2018
(
1 + y2 − y
)
)
− y ) + 2018 ( 1 + x − x )
(
1 + x 2 − x . Đến đay thì ta được
2
(
)(
)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có 1 + x 2 1 + y 2 ( 1 + xy ) . Do vậy
(
1 + x2 + 1 + y2
) = 2+x +y +2
2
2
2
2
(1 + x )(1 + y )
2
2
2 + x 2 + y 2 + 2 ( 1 + xy ) = 4 + ( x + y )
Đến đây ta suy ra được
2
1 + x2 + 1 + y 2 4 + ( x + y ) .
2
Từ đó ta có 2019 ( x + y ) 2017 4 + ( x + y ) hay ta có
2
(
) (
)
2019P 2017 P 2 + 4 2019 2 P 2 2017 2 P 2 + 4 2019 2 − 2017 2 P 2 4.2017 2
4.2017 2 2017 2
2017
=
Do vậy ta được P
nên P
. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi
2.4036
2018
2018
2
x=y=
2017
2 2018
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
2017
xẩy ra tại x = y =
2018
2017
2 2018
Bài 18. Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện
lớn nhất của biểu thức: P =
1
5a 2 + 2ab + 2b2
+
.
1 1 1
+ + = 1 . Tìm giá trị
a 2 b2 c 2
1
5b2 + 2bc + 2c 2
+
1
5c 2 + 2ca + 2a 2
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thái Bình năm học 2018 – 2019
Lời giải
Với a, b, c là các số dương ta luôn có
Nguyễn Công Lợi
1
1 1 1 1
+ +
a+b+c 9a b c
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
(
)
Để ý rằng từ ( x + y + z ) 3 x 2 + y 2 + z 2 ta suy ra được
2
1 1 1
1
1
1
+ + 3 2 + 2 + 2
a b c
b c
a
Để ý rằng với a, b dương ta có biến đổi
(
) (
)
5a 2 + 2ab + 2b2 = 4a 2 + 4ab + b2 + a 2 − 2ab + b2 = ( 2a + b ) + ( a − b ) ( 2a + b )
Do vậy ta có
Từ đó suy ra
( 2a + b )
5a 2 + 2ab + 2b2
1
5a + 2ab + 2b
2
2
2
2
2
= 2a + b .
1
11 1 1 12 1
+ + = + .
2a + b 9 a a b 9 a b
1 2 1
+ và
5b 2 + 2bc + 2c 2 9 b c
1
Hoàn toàn tương tự ta có
2
12 1
+ .
5c 2 + 2ca + 2a 2 9 c a
1
Đến đây thì ta được
12 1 2 1 2 1
P + + + + + =
9a b b c c a
11 1 1 1
1
1
1 1
3
+ + 3 2 + 2 + 2 = 3 =
3a b c 3
3
b c 3
a
a = b = c
a=b=c= 3
Dấu đẳng thức xẩy ra 1
1
1
+
+
=
1
2
b2 c 2
a
Vậy giá trị lớn nhất của P là
3
đạt được tại a = b = c = 3 .
3
Bài 19. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + 2bc + 2ca = 7 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
Q=
11a + 11b + 12c
8a + 56 + 8b2 + 56 + 4c 2 + 7
2
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Nam Định năm học 2018 – 2019
Lời giải
Sử dụng giả thiết ab + 2bc + 2ca = 7 và áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
(
)
(
8a 2 + 56 = 2 2 a 2 + 7 = 2 2 a 2 + ab + 2bc + 2ca
)
= 2 2 ( a + b )( a + 2c ) 2 ( a + b ) + a + 2c = 3a + 2b + 2c
Hoàn toàn tương tự ta có
8b2 + 56 3b + 2a + 2c . Cũng theo bất đẳng thức AM – GM
ta có
4c2 + 7 = 4c 2 + ab + 2bc + 2ca =
Nguyễn Công Lợi
( 2c + a )( 2c + b ) 21 ( 2c + a + 2c + b )
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Do đó ta được
8a 2 + 56 + 8b 2 + 56 + 4c 2 + 7 ( 3a + 2b + 2c ) + ( 3b + 2a + 2c ) +
=
Từ đó suy ra Q
1
( 4c + a + b )
2
1
(11a + 11b + 12c )
2
11a + 11b + 12c
1
(11a + 11b + 12c )
2
= 2 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
2 ( a + b ) = a + 2c = b + 2c
a = b = 1
2c + a = 2c + b
3
c=
ab + 2bc + 2ca = 7
2
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 2, xẩy ra khi a = b = 1; c =
Bài 20. Cho các số thực dương thỏa mãn
3
.
2
a + b = 1 . Chứng minh rằng:
3 ( a + b ) − ( a + b ) + 4ab
2
1
2
( 3a + b )(a + 3b )
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Nam Định năm học 2018 – 2019
Lời giải
Từ giả thiết
a + b = 1 ta có a + b + 2 ab = 1 2 ab = 1 − a − b 4ab = (1 − a − b ) .
2
Ta lại có
3 ( a + b ) − ( a + b ) + 4ab = 3 ( a + b ) − ( a + b ) + ( 1 − a − b )
2
2
2
= 3 (a + b ) − (a + b ) + (a + b ) − 2 (a + b ) + 1 = 4 (a + b ) − 3 (a + b ) + 1
2
2
2
= 4 ( a + b ) − 4 ( a + b ) + 1 + ( a + b ) = 2 ( a + b ) − 1 + ( a + b ) a + b
2
2
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
a+b=
4 (a + b)
4
=
( 3a + b ) + ( a + 3b ) 2 ( 3a + b )( a + 3b ) = ( 3a + b )(a + 3b )
4
4
Từ đó ta suy ra được 3 ( a + b ) − ( a + b ) + 4ab
2
1
2
2
( 3a + b )(a + 3b ) .
1
a + b =1
a = 4
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 2 ( a + b ) = 1
.
a = b
b = 1
4
Nguyễn Công Lợi
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An
Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Bài 21. Cho các số 0 a, b,c 3 thỏa mãn abc ( a + b + c ) = 3 .
+ Chứng minh rằng ab + bc + ca 3 .
+ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
a
+
9 − b2
b
9 − c2
c
+
9 − a2
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu năm học 2018 – 2019
Lời giải
Cho các số 0 a, b,c 3 thỏa mãn abc ( a + b + c ) = 3 .
+ Chứng minh rằng ab + bc + ca 3 .
Áp dụng bất đẳng thức dạng ( x + y + z ) 3 ( xy + yz + zx ) ta có
2
(ab + bc + ca )
3 ( ab.bc + bc.ca + ca.ab ) = 3abc ( a + b + c ) = 9
2
Do đó ta được ab + bc + ca 3 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .
+ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
a
9−b
2
+
b
9−c
2
+
c
9 − a2
.
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
a
9−b
2
=
2 2 ( 3 − b )( 3 + b )
b
Hoàn toàn tương tự ta có
Do đó ta được P
2 2a
9−c
2
=
2 2a
2 2a
.
=
2 ( 3 − b) + ( 3 + b) 9 − b
2 2b
c
2 2c
;
=
.
2
9−c
9
−
a
9 −a
2 2a 2 2b 2 2c
a
b
c
+
+
=2 2
+
+
.
9 − b 9 −c 9 −a
9 − b 9 −c 9 −a
Đến đây áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có
(a + b + c )
a
b
c
a2
b2
c2
+
+
=
+
+
9 − b 9 − c 9 − a 9a − ab 9b − bc 9c − ca 9 ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca )
2
Để ý rằng ta có ( a + b + c ) 3 ( ab + bc + ca ) 9 nên suy ra a + b + c 3 .
2
(a + b + c )
(a + b + c ) .
9 ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca ) 9 ( a + b + c ) − 3
2
Do ab + bc + ca 3 nên ta có
2
( a + b + c ) 3 . Thật vậy ta có
9 (a + b + c ) − 3 8
2
Ta sẽ chứng minh
Nguyễn Công Lợi
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An