Tuyển chọn các bài toán về bất đẳng thức đến từ kì thi học sinh giỏi các cấp

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

 a   b   c 
P=
 +
 +

a+ b  b+c   c+a 

4

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Nghệ An năm học 2018 – 2019
Lời giải
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức

1

1

+

(1 + x ) (1 + y )
2

2



1
với x, y là các số
xy + 1

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

+

1

(1 + x ) (1 + y )
2

2



(

) (

)(

1
 ( xy + 1) x 2 + y 2 + 2x + 2y + 2  x 2 + 2x + 1 y 2 + 2y + 1
xy + 1

 1 − 2xy − x 2 y 2 = x 3 y + xy 3  ( 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=
 +
 +
 .
 1 + b   1 + c   1 + a 

a 
b 
c


Đặt x =

b
c
a
; y = ; z = , khi đó ta được x, y, z dương thỏa mãn xyz = 1 . Ta viết lại biểu
a
b
c

thức P và áp dụng một đánh giá quen thuộc thì được
4
4
4
 1   1   1  1  1
1
1 
P=
+
+

+
+
 
 


2
2
2
 1 + x   1 + y   1 + z  3  ( 1 + x ) ( 1 + y ) ( 1 + z ) 

2

)


Đặt Q =

Q=

1

1

+

1

+

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

1

+

2

1

1

+

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

Ta sẽ chứng minh

2

2

2



và ta có 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

z
1
3
+
 . Thật vậy, biến đổi bất đẳng thức ta được
2
z + 1 ( z + 1)
4

z ( z + 1) + 1 3
z
1
3
+


  4 z 2 + z + 1  3 x 2 + 2z + 1
2
2
z + 1 ( z + 1)
4
4
( z + 1)

(

) (

)

 4z 2 + 4z + 4  3z 2 + 6z + 3  z 2 − 2z + 1  0  ( z − 1)  0
2

z
1
3
+
 , dấu bằng xẩy ra
2

z + 1 ( z + 1)
4

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Do vậy ta có
khi z = 1 .
Từ đó ta được Q 

3
, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 . Suy ra
4

1
1 9
3
, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .
P  Q2  . =
3
3 16 16
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

3
, xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .
16

Nhận xét. Ta có thể chứng minh

1

1

+

1

+

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

2

2

3
theo cách khác sau đây.
4



np
mp
mn
;
y
=
; z = 2 . Khi đó
2
2
m
n

p

Do xyz = 1 nên tồn tại các số dương m, n, p thỏa mãn x =
bất đẳng thức được viết lại thành

(m

m4
2

+ np

) (n
2

n4

+

2

+ mp

) (p
2

p4

+

2

+ mn

)



2

3
4

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì được

(m + n + p )
+
+

( m + np) ( n + mp) ( p + mn ) ( m + np) + ( n + mp) + ( p
m4

2

2

2

p4

n4

2

2

2

2

(m + n + p )
Và ta cần chứng minh
( m + np) + ( n + mp) + ( p
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

+ mn

)

2



2

2

2

+ mn

)

2

3
hay ta cần chứng minh
4

(

)

m 4 + n 4 + p4 + 5 m 2 n 2 + n 2 p2 + p2 m 2  6mnp ( m + n + p )
Dễ thấy m 4 + n 4 + p4  m 2 n 2 + n 2 p2 + p2 m 2 ; m 2 n 2 + n 2 p2 + p2 m 2  mnp ( m + n + p )
Nên

(

) (

)

m 4 + n 4 + p4 + 5 m 2 n 2 + n 2 p2 + p2 m 2  6 m 2 n 2 + n 2 p2 + p2 m 2  6mnp ( m + n + p ) .
Như vậy bất đẳng thức

1

+

1

+

1

(1 + x ) (1 + y ) (1 + z )

2

2

2



3
3
hay Q  .
4
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
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 . Đặt T = 3a2 + 3b2 + 3c2 + 4abc .
Do a, b, c là ba cạnh của tam giác nên ta có a + b  c , do đó từ giả thiết của bài toán
ta được

3 = a + b + c  c + c = 2c  c 
Do vậy ta được 1  c 

3
và 3 = a + b + c  3c  c  1

2

3
. Đến đây ta biến đổi biểu thức T thì được
2

(

)

T = 3a 2 + 3b 2 + 3c 2 + 4abc = 3 a 2 + b 2 + 3c 2 + 4abc
2
= 3 ( a + b ) − 2ab  + 3c 3 + 4abc = 3 ( a + b ) + 3c 2 − 2ab ( 3 − 2c )


2

= 3 ( 3 − c ) + 3c 2 − 2ab ( 3 − 2c )
2

Để ý rằng 3 − 2c  0 và ab 

2
2
1
1
a + b ) = ( 3 − c ) nên ta lại có
(
4
4

T = 3 ( 3 − c ) + 3c 2 − 2ab ( 3 − 2c )  3 ( 3 − c ) + 3c 2 −

2
1
3 − c ) ( 3 − 2c )
(
2
1
3
27
= 3 c 2 − 6c + 9 + 3c 2 − c 2 − 6c + 9 ( 3 − 2c ) = c 3 − c 2 +
2
2
2
2
2
1
1
= c 3 − 2c 2 + c + c 2 − 2c + 1 + 13 = c ( c − 1) + ( c − 1) + 13  13
2
2
2

(

2

)

(

(

)

)


Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi

a = b =c =1
Bài 3. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ( a + c )( b + c ) = 4c 2 . Tìm giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

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

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

(a + c )( b + c ) = 4   a + 1 b + 1 = 4
c


c2

 c





a
b
Đặt x = ; y = ( x  0; y  0 ) . Khi đó giả thiết trên trở thành ( x + 1)( y + 1) = 4 .
c
c
Cũng từ trên ra được a = cx; b = cy , thay vào biểu thức P ta được

P=

cy
c 2 xy
y
xy
cx
x
+
+ 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.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P
Từ ( x + 1)( y + 1) = 4 ta được xy = 3 − ( x + y ) . Đặt t = x + y  0 và áp dụng bất đẳng
thức AM – GM ta có

2
1
1
x + y )  xy nên suy ra 3 − t  t 2 hay t 2 + 4t − 12  0 nên
(
4
4

t  2.
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

=

t 2 + 3t − 2 ( 3 − t )
3 − t + 3t + 9

+

3 − t t 2 + 5t − 6 3 − t ( t − 1)( t + 6 ) 3 − t t 3 3
=
+
=
+
= + −
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

t 3

3
3
+ 2
= 6 . Do đó P  6 − .
2 t
2
2

a + b = c 6
x + y = 6
t 3

= t= 6

2 t
ab = c 2 3 − 6
xy = 3 − 6


(

)


Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là

(

3
6 − , đạt được tại

2

)

a + b = c 6;ab = c2 3 − 6 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P.
Như trên ta đã có 2  t  3 và P =

P=

t 3 3
+ − . Do đó ta có biến đổi
2 t 2

( t − 2 )( t − 3) + 1
t 3 3 t 2 − 3t + 6 t 2 − 5t + 6
+ − =
=
+1=
2 t 2
2t
2t
2t

Do 2  t  3 nên ta có

( t − 2 )( t − 3)  0 . Do đó suy ra P  1 . Dấu bằng xẩy ra khi và
2t

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 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ab + bc + ca − abc .
Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Thành phố Hà Nội năm học 2018 – 2019
Lời giải
• 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

1
. Không mất tính tổng quát ta giả sử hai số đó là a
2

và b.
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a2 + b2  2ab , do đó

a2 + b2 + c2 + 2abc  c2 + 2ab + 2abc
Từ đó suy ra 1  c 2 + 2ab ( 1 + c ) hay ta được 1 − c 2  2ab ( 1 + c ) nên

1 − c  2ab  1  2ab + c .
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta lại có 1  2ab + c  2 2abc nên suy ra abc 
Theo giả sử trên ta có ( 2a − 1)( 2b − 1)  0  4ab + 1  2 ( a + b ) hay

4abc + c  2ac + 2bc .

1
.
8


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
5
5
Do đó ta được 2P = 2 ( ab + bc + ca − abc )  nên P  , dấu đẳng thức xẩy ra khi và
4
8
chỉ khi
a 2 + b2 + c 2 + 2abc = 1


1
1

a=b=c=
a = b; abc =
8
2

1 = 2ab + c
Vậy giá trị lớn nhất của P là

1
5
, đạt được tại a = b = c = .
2
8

(

• Lời giải 2. Từ giải thiết ta được 2abc = 1 − a 2 + b2 + c 2

)

Do đó ta có

2P = 2 ( ab + bc + ca ) − 2abc = 2 ( ab + bc + ca ) − 1 + a 2 + b2 + c 2 = ( a + b + c ) − 1 .
2

Để ý rằng từ giả thiết của bài toán ta được 1  a, b,c  1 nên ta có biến đổi

(

a 2 + b2 + c 2 + 2abc = 1  c 2 + 2abc = 1 − a 2 + b2

(

)

)

(

)(

 c 2 + 2abc + a 2 b2 = 1 − a 2 + b2 + a 2 b2  ( c + ab ) = 1 − a 2 1 − b 2
 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 − a 2 + 1 − b2 2 − a + b
2
2
1−a 1− b 
=
.
2
2

(

)(

Do đó c 

(

)

(

2 − a 2 + b2
2

) − ab = 2 − (a

2

)

+ b2 + 2ab
2

) = 2 − (a + b)
2

Cũng theo bất đẳng thức AM – GM ta được a + b = ( a + b )

(a + b)
Do vậy ta có a + b + c 

+ 1 2 − (a + b)
3
+
= .
2
2
2
2

2

(a + b)
.1 
2

2

+1

.

2

2

3
9
5
Đến đây thì ta thu được 2P    − 1 = − 1  P  . Dấu bằng xẩy ra tại
4
8
2
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


(

)

a 2 + b 2 + c 2 + 2abc = 1  abc a 2 + b 2 + c 2 + 2abc = abc

(

)
= 2abc + 2 ( a b

(

 2 a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2a 2 + 3abc + a 3 bc + ab 3c + abc 3
2

2

+b c +c a
2 2

2

2

)

) + 2 (a bc + ab c + abc )
3

3

3

 abc + a 2 c 2 + a 2 b 2 + a 3 bc + abc + a 2 b 2 + b 2 c 2 + ab 3c + abc + b 2c 2 + c 2a 2 + abc 3

(

= 2 abc + c 2a 2 + a 2 b 2 + a 3 bc + b 2 c 2 + abc 3 + ab 3 c + a 2 b 2 c 2

(

) (

) (

)

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

(

)

(

= 2a bc + c 2a + ab 2 + a 2 bc + 2bc bc + c 2a + ab 2 + a 2 bc

)

)

 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 + c 2 + 3abc
2

(

)

Hay ta được 2 a 2 + b 2 + c 2 + 3abc  ( a + b + c )  a 2 + b 2 + c 2 + 6abc  2 ( ab + bc + ca ) .

2

Mà ta đã có a2 + b2 + c2 + 2abc = 1 nên ta có bất đẳng thức
1 + 4abc  2 ( ab + bc + ca )  2 ( ab + bc + ca − abc )  2abc + 1

Chứng minh tương tự như trên ta được abc 

2 ( ab + bc + ca − abc ) 

1
. Do đó ta được
8

5
.
4

1
5
, dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c =
2
8
1
5
Vậy giá trị lớn nhất của P là , đạt được tại a = b = c = .
2
8
Bài 5. Cho ba số thực dương thỏa mãn x + y + z + 2 = xyz . Chứng minh rằng:
Do đó P 

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 )


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


Đặt a =

1
1

1
khi đó ta được a + b + c = 1 .
;b =
;c =
x +1
y +1
z+1

Ta cũng có x =

1−a
1− b
1−c
. Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại
;y =
;z =
a
b
c

thành

(1 − a )(1 − b ) + (1 − b )(1 − c ) + (1 − c )(1 − a ) 


1−a 1− b 1− c
+
+
+6  2
a

b
c



Hay

ab

bc




ca

( b + c )( c + a ) + ( c + a )(a + b ) + (a + b )( b + c ) 


b+c c+a a+ b
+
+
+6  2
a
b
c



ab

bc




ca

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được

2.

( b + c )( c + a )  b + c + c + a = 2 + c + c .
ab

b

Tương tự ta cũng có 2.

a

b

a

( c + a )( a + b )  2 + a + a
bc

c

b

và 2.

( a + b )( b + c )  2 + b + b .
ca

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.
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c =

1
hay x = y = z = 2 .
3

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=

x3 y3

( 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

2

4
2
 ( z + 1) 3 

2 ( z + 1)

yz  
zx  z

Từ đó ta được  1 +
+ 1   ( z + 1)
=
  1 + 
4
2
x 
y  xy 


z
−
1
z
−
1
( )  ( ) 

Ta lại có

( z + 1)
( z − 1)

3
2

( z − 1)
=

3

+ 6 ( z − 1) + 12 ( z − 1) + 8
2

( z − 1)

2

= ( z − 1) + 6 +

2

12
8
+
.
z − 1 ( z − 1) 2

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
( z − 1) 8 8 2

12 3 ( z − 1)
12 3 ( z − 1)
+
2
.

=6.
z −1
4
z −1
4

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

( z + 1) = z − 1 + 6 + 12 + 8
( )
z − 1 ( z − 1)
( z − 1)

2

3

2

12
8
15
+

nên suy ra
2
z − 1 ( z − 1)
2

2

 ( z + 1)3   27 2
27
  

hay 
2
 ( z − 1)2   2 



Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = 2; z = 5 .
2

2

  27 

yz   zx  z
Từ đó ta được  1 +
+ 1     hay
  1 + 
x 
y  xy   2 


( x + yz )( y + zx )( z + xy )
x3 y3

2

2

 27 
  .
 2 

Đến đây thì ta thu được P =

Vậy giá trị lớn nhất của P là

x3 y3

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

2



4
.
729

4
, đạt được tại x = y = 2; z = 5 .
729

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
6a b c 
c ( c + a + 3b ) + c a ( a + b + 3c ) + a b ( b + c + 3a ) + b


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
bc + ca 2bc  9  2c
4  bc ca  2bc 
c ( c + a + 3b ) + c
ac + 2c + 3bc 9  2c

Để ý rẳng

1 1 1 1 1 1 1 
1 1 1 1 1 1 1 
nên ta lại có
= .2. .   2 + 2  và
= .2. . 
+
ca 2 a c 2  a c 
bc 2 b c 2  b2 c 2 

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
18  c 4a 4b 
c ( c + a + 3b ) + c

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
18  a 4b 4c  b ( b + c + 3a ) + b
18  b 4c 4a 
a ( a + b + 3c ) + a
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
6a b c 
c ( c + a + 3b ) + c a ( a + b + 3c ) + a b ( b + c + 3a ) + b
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 c 3 + 1 + c a 3 + 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 a 3 + 1 . Khi đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM 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

 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

2

−a +1

)

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

Q  abc + b 2 c + ca 2  2abc + b 2 c + ca 2 = c ( a + b ) = 4c.
2

4 (a + b + c )
4 
a+b a+b
4.33

c+
+
=
=
=4
27 
2
2 
27
27

a+b a+b
.
2
2

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.
2

 a 2 + b2 + c 2 
2 2 2
Bài 9. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 
  2019a b c . Tìm
 2018 
giá trị lớn nhất của biểu thức P =

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

Hoàn toàn tương tự ta được
Đến đây ta thu được P =

b
11 1
c
  + ; 2

b + ca 4  c a  c + ab
2

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

1  1 1 1  ab + bc + ca
+ + =
.
2  a b c 
2abc

Để ý rằng ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 ta lại thu được P 
Mặt khác tứ giả thiết suy ra

11 1
+
.
4  a b 

a 2 + b2 + c 2
.
2abc

a 2 + b2 + c 2
 abc 2019 hay
2018

a 2 + b2 + c 2  2018abc 2019 .

a 2 + b2 + c 2 2018abc 2019
Do vậy ta được P 

= 1009 2019 .
2abc
2abc

Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c =

3
2018 2019

.


Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 1009 2019 , đạt được tại

a=b=c=

3
2018 2019

.

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

(


1
1
1  9

a +b +c
+
+


 ( a − b )2 ( b − c )2 ( c − a )2  2


2

2

2

)

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

 a + b  b + c  c + a   a + b  b + c  c + a 
Ta có 
+ 1 
+ 1 
+ 1 = 
− 1 
− 1 
− 1
 a − b  b − c  c − a
  a − b  b − c  c − a 

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

2

2

a+ b  b+c   c+a 
a+ b b+c b+c c+a c+a a+ b
+
+
 −2. 
.
+
.
+
.
Ta có 



=2
 a − b   b−c   c −a 
 a − b b −c b −c c −a c −a a − b 
Do đó suy ra
 a 2 + b2 b2 + c 2 c 2 + a 2   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 



Suy ra

a 2 + b2

+

b2 + c 2

+

c2 + a2

(a + b) ( b + c ) (c + a )
2

2

Mặt khác ta lại có

2



5
(1)
2

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

 a
b
c 
+
+
Khi đó 
  0 hay ta được

 b−c c −a a − b 
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 (2)

 
 



Cộng theo vế hai bất đẳng thức (1) và (2) ta được

(


1
1
1  5
9

a 2 + b2 + c 2 
+
+
 +2=
2
2
2
 (a − b) ( b − c ) (c − a )  2
2



)

 1
1
1 
+
+
Dấu bằng xẩy ra khi ( a + b + c ) 
 = 0.
 a − b b−c c −a 
• 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.

a 2 + b2

+

b2 + c 2

c2 + a2

+

(a − b) ( b − c ) (c − a )
2

2

2

2

2

2

 a   b   c 
5
 và 
 +
 +
 2
2

 b−c   c −a   a − b 

+ 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


 
 



Một hướng khác để giải quyết bài toán bất đẳng thức.
Chú ý đến bất đẳng thức

1
1
2
8
+ 2 

với hai số A, B cùng dấu. Để ý ta thấy
2
AB ( A + B )2
A
B

trong ba số a − b; b − c; c − a luôn tồn tại hai số cùng dấu. Không mất tình tổng quát ta giả
sử hai số đó là a − b và b − c . Khi đó áp dụng bất đẳng thức trên ta được
1

1

+

1

+

(a − b) ( b − c ) (c − a )
2

2



2

8

Như vậy ta cần chứng minh được a + b + c
2

2

2

(a − c )


2

2

2

2

2

2

2

=

9

(a − c )

2

2

2

Thật vậy, ta có a + b + c  a + c = a + ( −c )
2

1

+

(a − b + b − c ) (a − c )
2

.

(a − c )

2

2

. Vậy bài toán được chứng

minh.
Bài 11. Cho a; b;c là ba số thực dương thoả mãn a2 + b2 + c2 = 3 .
Chứng minh rằng

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

b 2 + 3bc + c 2

+

6b2 + 8bc + 11c 2

+

c 2 + 3ca + a 2
6c 2 + 8ca + 11a 2

3

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Hải Dương năm học 2016 – 2017
Lời giải
Đặt vế trái của M =

a 2 + 3ab + b 2
6a 2 + 8ab + 11b 2

+

b 2 + 3bc + c 2
6b 2 + 8bc + 11c 2

+

c 2 + 3ca + a 2
6c 2 + 8ca + 11a 2

.

Ta có 6a 2 + 8ab + 11b2 = ( 2a + 3b ) + 2 ( a − b )  ( 2a + 3b ) , dấu bằng xẩy ra khi a = b .
2

Suy ra

2

2

6a2 + 8ab + 11b2  2a + 3b > 0 mà a2 + 3ab + b2  0 với a; b  0

Do

đó

ta

a 2 + 3ab + b 2

được

6a 2 + 8ab + 11b 2



a 2 + 3ab + b 2
.
2a + 3b

Ta

đi

chứng

minh

a 2 + 3ab + b2 3a + 2b
.


2a + 3b
5
Thật

vậy

2
a 2 + 3ab + b2 3a + 2b

 5 a 2 + 3ab + b2  ( 2a + 3b )( 3a + 2b )  ( a − b )  0 .
2a + 3b
5

(

)

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b . Do đó
b 2 + 3bc + c 2

Chứng minh tương tự ta có
Cộng

M

theo

vế

6b 2 + 8bc + 11c 2

của

ba

bất

a 2 + 3ab + b 2
6a + 8ab + 11b
2



2



3a + 2b
5

3b + 2c
c 2 + 3ca + a 2
3c + 2a
;

5
5
6c 2 + 8ca + 11a 2

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 )  3 a 2 + b 2 + c 2 = 9 nên a + b + c  3 .
2

Vậy ta được M  3 , dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .
Bài 12. Cho các số dương a, b,c thỏa mãn a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:

(

) (

)

P = 2 a 2 b + b2 c + c 2a + a 2 + b2 + c 2 + 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 ) = a 2 b + b2 c + c 2a + ab2 + bc 2 + ca 2 + 3abc
Từ đó ta suy ra được
a 2 + b2 + c 2 = ( a + b + c ) − 2 ( ab + bc + ca ) = 1 − 2 ( ab + bc + ca )
2

(

) (

)

= 1 − 2  a 2 b + b2 c + c 2a + ab 2 + bc 2 + ca 2 + 3abc 



Điều này dẫn đến

(

)

(
)

) (

)

P = 2 a 2 b + b 2 c + c 2a + 1 − 2  a 2 b + b 2 c + c 2a + ab 2 + bc 2 + ca 2 + 3abc  + 4abc


2
2
2
= 1 − 2 ab + bc + ca + abc

(

Không mất tính tổng quát có thể giả sử a  b  c .

(

)

Khi đó suy ra a ( a − b )( b − c )  0  a 2 − ab ( b − c )  0
Do đó ta được a2 b − a2c − ab2 + abc  0  ab2 + ca2  a2 b + abc

Do

đó

(

)

(

)

ab2 + bc 2 + ca 2 + abc = ab2 + ca 2 + bc 2 + abc  a 2 b + abc + bc 2 + abc = b ( a + c )

2

Với các số dương x, y, z ta luôn có
x + y + x − 3 3 xyz =

1
2

(

3

)(


x+3y+3z 


3

x−3y

) +(
2

3

y−3z

) +(
2

3

)

2

z−3 x 0


3

x+y+z

Suy ra x + y + z  3 3 xyz  xyz  
 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
3



x = y = z.
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có
3

b (a + c )

2


a+c a+c 
3
 b+ 2 + 2 
 a + c  a + c 
a+b+c
4
= 4b 
 4
=
 = 4



3
3

27
 2  2 







(

)

Suy ra P = 1 − 2 ab2 + bc 2 + ca 2 + abc  1 − 2b (a + c )  1 − 2.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

2

4 19
=
27 27

19
1
và P đạt giá trị nhỏ nhất khi a = b = c = .
27
3

Bài 13. Với mọi số thực không âm x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 2 .
a) Chứng minh rằng x + y + z  2 + xy .

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

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)

( x + y)
.1 + z.1 

2

+ 1 z2 + 1 x2 + y 2 + x2 + 2xy + 2
+
=
= 2 + xy
2
2
2

x + y = 1
 x = z = 1; y = 0


Dấu bằng xẩy ra tại z = 1
.
 y = z = 1; x = 0
x 2 + y 2 + z 2 = 2


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

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


Khi đó ta được P =

y
y

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

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
Ta sẽ chứng minh khi 0  x  2 thì

x
2x
2x
2x
=

=
.
2
2
2 + yz 4 + 2yz 4 + y + z
6 − x2

2x
x2

. Thật vậy, đặt t = x 2 thì ta có
6 − x2 2 2

0  t 1.
Ta cần chứng minh
Vậy ta có

2
t 2
t2

 t ( 1 − t ) ( 2 + t )  0 là một bất đẳng thức đúng.
2
3−t
2

2x
x2
, dấu bằng xẩy ra tại x = 0 hoặc x = 2 .

6 − x2 2 2

x
x2
Như vậy ta có

2 + yz 2 2

Áp dụng tương tự ta được

y
y2
z
z2

;

. Công theo vế các bất đẳng
2 + zx 2 2 2 + xy 2 2

thức ta được

P=

y
x2 + y2 + z2
x
z
2
2
+
+

=
=
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.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

2
, đạt được tại x = 2; y = z = 0 và các hoán vị.
2

• 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

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
Khi đó ta có 2P  x + y + z − xyz = x ( 1 − yz ) + y + z .
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được ta lại có


2
2
2
 x ( 1 − yz ) + ( y + z )    x 2 + ( y + z )  (1 − yz ) + 1

 

2 2

= ( 2 + 2yz ) 2 − 2yz + y z = 4 + 2y 2 z 2 ( yz − 1)  4

(

)

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng vì yz 

y2 + z2
 2 . Do đó ta được 4P2  4  P  1 .
2

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

2

(

)

Đặt t = x + y + z , khi đó ta có t 2  x2 + y2 + z2 = 2 và t 2  3 x 2 + y 2 + z 2 = 6 .
Từ đó suy ra

2  t  6 . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được

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

t2

Kết hợp với bất đẳng thức trên ta được P 
2t +

Ta có

(

t t −2

) (

(

2

)

(

t t2 − 2

=

)

2

6t
.
t + 10
2

2

)(

)

6t
2

 12t  2 t 2 + 10  t − 2 t − 5 2  0 .
2
t + 10
2

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do

2  t  6 . Vậy ta được P 

2
.
2

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

P=

(a + b + c )

(

2

30 a 2 + b 2 + c 2

)

(

)

2
2
2
a 3 + b3 + c 3 131 a + b + c
+

−
4abc
60 ( ab + bc + ca )

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Thanh Hóa năm học 2016 – 2017
Lời giải

(

)

Dễ dàng chứng minh được a 3 + b3 + c 3 − 3abc = ( a + b + c ) a 2 + b2 − c 2 − ab − bc − ca .
Do đó biến đổi và áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có


(

)

2
2
2
a 3 + b 3 + c 3 3 ( a + b + c ) a + b + c − ab − bc − ca
= +
4abc
4
4abc
3 1 1
1
1 

= +  +
+  a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca
4 4  ab bc ca 
3 1
9
 + .
a 2 + b 2 + c 2 − 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

(

(
)

(

Lại có

(a + b + c )

(

2

30 a + b + c
2

2

2

)

=

)

(

a 2 + b2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca )

(

30 a + b + c
2

2

2

)

)

)

=

1
ab + bc + ca
+
.
30 15 a 2 + b2 + c 2

(

)

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

(

)

(

)

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

(

)

=

1
ab + bc + ca
a 2 + b2 + c 2
3
+
+
−
2
2

2
30 15 a + b + c
15 ( ab + bc + ca ) 2



1
ab + bc + ca
a 2 + b2 + c 2
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 .

4
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là − , đạt được tại a = b = c .
3
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
Đặt P =

y2
xz
x + 2z
. Khi đó biến đổi biểu thức P ta được
+
+
2
y + yz xz + yz x + z

y2

x
y
2z
2z
1
+
1+
2
y
yz
y
xz
x + 2z
x =
x
P= 2
+
+
= 2
+
+
+ z +
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
b2
1 + 2c 2
x 2 y 2 z
+
+
Đặt a = ; b = ; c = ( a, b,c  0 ) thì ta được P = 2
y
z
x
b + 1 a2 + 1 1 + c2
2

Nhận xét rằng a 2 . b2 =

x 1
=  1 ( do x  z ) . Nên ta có
z c2

(

)

(

)

(

)(

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

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

2

2

3

2

2

2

2
a
b
2ab
2
Do đó 2
+ 2

= c =
1+ c
b + 1 a + 1 ab + 1 1
+1
c
2

3

2

)

0

(1) . Đẳng thức xảy ra khi a = b .

Đến đây thì ta thu được

(

)

(

)

(

2
2 
2

2
1 + 2c 2 5 2  2 1 + c + ( 1 + c ) 1 + 2c  − 5 (1 + c ) 1 + c
+
− =
1 + c c2 + 1 2
2 (1 + c ) 1 + c 2

=
Từ

( 1)

và

(2)

(

(1 − c )
=
 0 ( do c  1) ( 2 )
) 2 (1 + c ) (1 + c )
3

1 − 3c + 3c 2 − c 3

(

2 (1 + c ) 1 + c 2

)

)

2

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

a = b; c = 1  x = y = z
 3a − b 3b − c
3c − a 
+ 2
+ 2
Bài 16. Chứng minh rằng ( a + b + c )  2
  9 với a, b,c là độ
 a + ab b + bc c + ca 
dài ba cạnh của một tam giác.
Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Phú Thọ năm học 2017 – 2018
Lời giải
Giả sử a + b + c = t và đặt a = tx; b = ty; c = tz  x + y + z = 1.
 t ( 3x − y )
t ( 3y − z )
t ( 3z − x )
+ 2 2
+ 2 2
Ta chứng minh t ( x + y + z )  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)
x 2 + xy y 2 + yz z 2 + 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 − z2

 1
Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên a + b  c  x, y, z   0;  . Từ đó ta có
 2
2
 1
5x − 1
 18x − 3  ( 3x − 1) ( 2x − 1)  0 đúng x   0; 
2
x−x
 2
2
5y − 1
 1


18y
−
3

3y
−
1
2y − 1)  0 đúng y   0; 
(
)
(
2
y−y
 2


2
 1
5z − 1
 18z − 3  ( 3z − 1) ( 2z − 1)  0 đúng z   0; 
2
z−z
 2

Suy ra

5x − 1 5y − 1 5y − 1
5x − 1 5y − 1 5y − 1
+
+

 18 ( x + y + z ) − 9 
+
+
9.
2
2
2
x−x
y−y
z−z
x − x2 y − y2 z − z2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 17. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz = 1 .Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức:
P=

1
1
1
+
+
( 3x + 1)( y + z ) + x ( 3y + 1)( z + x ) + y ( 3z + 1)( x + y ) + z

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Nghệ An năm học 2017 – 2018
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có x + y + z  3 3 xyz = 3 .
Ta có ( 3x + 1)( y + z ) + x = 3x ( y + z ) + x + y + z  3x ( y + z ) + 3 . Ko đó kết hợp với

xyz = 1 ta có

1
1
1
1

=
=
( 3x + 1)( y + z ) + x 3x ( y + z ) + 3 3 ( xy + xz ) + 3 3  1 + 1  + 3


z y

Áp dụng hoàn toàn tương tự ta thì ta thu được




1
1
1
1
.
P 
+
+
1 1
1 1
3 1 1

 y + z +1 z + x +1 x + y +1




Đặt a 3 =

1 3 1 3 1
; b = ; c = . Khi đó ta được abc = 1 và bất đẳng thức trên được viết
x
y
z

lại thành

1
1
1
1

P  3
+ 3 3
+ 3
3
3
3  a + b + 1 b + c + 1 c + a + 1 
Từ đó dễ thấy a 3 + b 3 + 1  ab ( a + b ) + abc = ab ( a + b + c ) .
Do đó ta có

1
abc
c


=
. Áp dụng hoàn toàn tương tự ta thu
3
a + b + 1 ab ( a + b + c ) a + b + c
3

được

1
1
1
c
b
a
+ 3 3
+ 3

+
+
=1
3
3
a + b +1 b +c +1 c +a +1 a + b+c a +c + b a + b+c
3

Từ đó suy ra P 

1
. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .

3


1
. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 .
3

Vậy giá trị lớn nhất của P là

Bài 18. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x + y + z = 3 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:

P=

y
x
z
+ 3
+ 3
y + 16 z + 16 x + 16
3

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Thành phố Hà Nội năm học 2017 – 2018
Lời giải
Ta sẽ chứng minh P 

1
với dấu bằng đạt được tại ( x; y; z ) = ( 0;1; 2 ) cùng các hoán
6

vị. Như vậy ta có

y
16y
x
z
1
16x
16z
8
+ 3
+ 3
  3
+ 3
+ 3

y + 16 z + 16 x + 16 6
y + 16 z + 16 x + 16 3
3


16y  
16x  
16z 
8
Hay ta được  x − 3
+y− 3
+z− 3
 x+y+z− 3.
y + 16  

z + 16  
x + 16 


Một cách tương đương ta cần phải chứng minh

xy 3
yz3
zx3
1
+
+
 .
3
3
3
y + 16 z + 16 x + 16 3

Do vai trò của các số x, y, z như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử y nằm
giữa x và z.
Ta có y 3 + 16 = ( y + 4 )( y − 2 ) + 12y  12y nên ta được
2

Đến đây ta suy ra được

y
1
 .
y + 16 12
3

xy 3
xy 2
. Đánh giá tương tự ta có

y 3 + 16 12

yz 3
yz 2 zx 3
zx 2

;

.
z 3 + 16 12 x 3 + 16 12

xy 3
yz3
xy 2 + yz2 + zx2
zx3
Từ đó suy ra 3
.
+
+

12
y + 16 z3 + 16 x3 + 16
Như vậy phép chứng minh sẽ kết thúc khi ta chỉ ra được xy2 + yz2 + zx2  4 .
Thật vậy, do y nằm giữa x và z nên ta có ( y − x )( y − z )  0  y 2 + zx  xy + yz .
Từ đó suy ra xy2 + x2 z  x2 y + xyz . Do vậy ta có đánh giá

(

xy 2 + yz 2 + zx 2  x 2 y + xyz + yz 2 = y x 2 + zx + z 2

)

 y ( x + z ) = y ( 3 − y ) = 4 − ( 4 − y )( y − 1)  4
2

2

2

Như vậy ta có xy2 + yz2 + zx2  4 . Do vậy phép chứng minh kết thúc.


Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

1
, dấu bằng xẩy ra tại ( x; y; z ) = ( 0;1; 2 ) cùng các hoán
6

vị.
Bài 19. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3 . Chứng minh
rằng:

a.

b+c

c+a
a+b
3
+ b. 2
+ c. 2

2
a + bc
b + ca
c + ab abc

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Bắc Giang năm học 2013 – 2014
Lời giải
Ta có a.

b+c
ab + ac
= a. 2
. Khi đó áp dụng bất đẳng thức AM –GM và chú ý
2
a + bc
a + bc

đến giả thiết ab + bc + ca = 3 ta có
a 2 + bc + ab 2 c 2  3abc  a 2 + bc  abc ( 3 − bc ) = abc ( ab + ac )

Do đó ta được

ab + ac
1

ab + ac
1
b+c
1

 a. 2

 a. 2

2
a + bc abc
a + bc
a + bc
bc
bc

Áp dụng hoàn toàn tương tự ta được b.

Do đó ta được a.

c+a
1
a+b
1

; c. 2

2
b + ca
c + ab

ca
ab

b+c
c+a
a+b
a+ b+ c
+ b. 2
+ c. 2

2
a + bc
b + ca
c + ab
abc

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

a+ b+ c
abc



3
 abc
abc

(

)

a+ b+ c 3

Đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng vì 3 = ab + bc + ca  abc

(

a+ b+ c

)

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

20.

Cho

a,

b,

c,

d

là

các

số

thực

dương

thỏa

mãn:

1
1
1
1
+
+
+
=2
3
3
3
1 + a 1 + b 1 + c 1 + d3
Chứng minh rằng:

1−a
1− b
1− c
1−d
+
+

+
0
2
2
2
1 − a + a 1 − b + b 1 − c + c 1 − d + d2

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Đồng Tháp năm học 2013 – 2014
Lời giải
Biến đổi tương đương bất đẳng thức cần chứng minh

1 − a 2 1 − b2 1 − c 2 1 − d 2
+
+
+
0
1 + a 3 1 + b3 1 + c 3 1 + d 3


Hay

1
1
1
1
a2
b2
c2
d2
+

+
+

+
+
+
1 + a 3 1 + b3 1 + c 3 1 + d3 1 + a 3 1 + b3 1 + c 3 1 + d 3

Từ giả thiết và áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

1
1
1
1
1 + 2d3
3d2
+
+
= 2−
=

1 + a 3 1 + b3 1 + c 3
1 + d3 1 + d3 1 + d3
Hay

1
1
1
3d2
. Hoàn toàn tương tự ta được

+
+

1 + a 3 1 + b3 1 + c 3 1 + d3
1
1
1
3a 2
+
+

1 + b3 1 + c 3 1 + d3 1 + a 3
1
1
1
3b 2
+
+

1 + a 3 1 + c 3 1 + d3 1 + b3
1
1
1
3c 2
+
+

1 + a 3 1 + b3 1 + d3 1 + c 3

Cộng theo vế bốn bất đẳng thức trên ta được

1
1
1
1
a2
b2
c2
d2
+
+
+

+
+
+
1 + a 3 1 + b3 1 + c 3 1 + d3 1 + a 3 1 + b3 1 + c 3 1 + d 3
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1 .
Bài 21. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c 

3
. Tìm giá trị nhỏ nhất
2

của biểu thức:

S = a2 +

1
1

1
+ b2 + 2 + c 2 + 2
2
a
b
c

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Trà Vinh năm học 2014 – 2015
Lời giải
• Lời giải 1. Chú ý đến dấu đẳng thức xẩy ra ta được


1
17  a 2 + 2
a


Áp dụng tương tự ta được

Khi đó ta được


1
17  a 2 + 2
a



=


(

2


1

4
4
1 + 4  a2 + 2    a +  = a +
a
a
a 


2

)


1 
4

1
4
17  b 2 + 2   b + ; 17  c 2 + 2   c +
b
c
b 

c 



 2 1 
 2 1
4 4 4
 + 17  b + 2  + 17  c + 2   a + b + c + a + b + c
b 
c 




Theo một đánh giá quen thuộc ta có

1 1 1
36
+ + 
a b c a+b+c

4 4 4
36
Nên ta được a + b + c + + +  a + b + c +
a b c
a+b+c
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy và kết hợp với giả thiết ta được


a+b+c+

36
9
135
=a+b+c+
+
a+b+c
4 (a + b + c ) 4 (a + b + c )
 2.

a2 +

1
1
1 3 17
+ b2 + 2 + c 2 + 2 
2
2
a
b
c

Như vậy giá trị nhỏ nhất của S là

a=b=c=

9
135
135 51
+

= 3+
=
6
2
( a + b + c ) 4. 3
2


1

1 

1  51
17  a 2 + 2  + 17  b 2 + 2  + 17  c 2 + 2  
a 
b 
c  2




Từ đó ta suy ra

Hay

(a + b + c ) . 4

3 17
. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
2

1
.
2

• Lời giải 2. Dễ dàng chứng minh được: 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

Áp dụng bất đẳng thức trên ta được
2

( a + b ) +  a1 + b1  + c 2 + c12



1
1
1
S = a + 2 + b2 + 2 + c 2 + 2 
a
b
c

2

2

 1 1 1
 (a + b + c ) +  + + 
a b c

2

2

2

2

 1 1 1 
9

81
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có  + +   
=

2
 a b c   a + b + c  (a + b + c )
2

2
 1 1 1

81
Do đó ta được ( a + b + c ) +  + +   ( a + b + c ) +
2
a b c
(a + b + c )
2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy và giả thiết ta có

(a + b + c )

2

+

81

16 ( a + b + c )

2

9 9
1215
1215 135
 2. = ;

=
2
9
4 2 16 ( a + b + c )

4
16.
4

Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được ( a + b + c ) +
2

Từ các kết quả đó ta được S 

153 3 17
=
.
4
2

81

(a + b + c )

2



9 135 153
+
=
2
4
4

Như vậy giá trị nhỏ nhất của S là

a=b=c=

3 17
. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
2

1
.
2

Bài 22. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
a ( b + c)
a2 + ( b + c )

2

+

b (c + a)
b2 + ( c + a )

2

+

c (a + b)
c2 + (a + b)

2



6
5

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Thái Bình năm học 2014 – 2015
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
a + ( b + c)
2

2

2

b + c)  3
(
( b + c )( 4a + 3b + 3c )
2
2
2
 + (b + c)  a (b + c) + 3 (b + c) =
= a +
4  4
4
4





a (b + c)

Suy ra ta được

a + (b + c)
2

2



4a ( b + c )

( 4a + 3b + 3c )( b + c )

=

4a
4a + 3b + 3c

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta được

9 + 1)
(
4a
a
a 

92
1
= .
 
+ .
4a + 3b + 3c 25 4a + 3b + 3c 25  3 ( a + b + c ) a 
2

Suy ra ta được

a (b + c)

a + (b + c)
2



27a
1
+
25 ( a + b + c ) 25

Áp dụng hoàn toàn tương tự ta được
b (c + a)
b2 + ( c + a )

2



c (c + a )
27b
1
27c
1
+ ;

+
2
2
25 ( a + b + c ) 25 c + ( c + a )
25 ( a + b + c ) 25

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được
a ( b + c)

( b + c)

2

+a

2

+

b (a + c )

(c + a)

2

+b

2

+

c (a + b )

(a + b )

2

+c

2



27 ( a + b + c )
25 ( a + b + c )

+

3 6
=
25 5

Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong.

Bài 23. Cho a, b, c là các số thực không âm sao cho a + b + c = 6 . Chứng minh rằng:

a 2 + bc b2 + ca c 2 + ab
+
+
 a 2 + b2 + c 2
b
c
a
Trích đề thi chọn HSG cấp THPT Thành Phố Hải Phòng năm học 2014 – 2015
Lời giải
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử b nằm giữa hai số a và c. Khi đó bất đẳng
thức cần chứng minh tương đương với