Chuyên đề bất đẳng thức ôn thi THPT Toán đầy đủ và chi tiết

February 22, 2015

BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC

Bất đẳng thức trong đề đại học
Câu 1: (Diễn đàn Toán phổ thông) Cho a , b và c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

P

(a  b  c)(ab  bc  ca)
4bc

abc
(b  c) 2

Hướng đi: (Nhiệm vụ của hướng đi là giúp bạn hướng tư duy và dự đoán dấu bằng)
Việc đầu tiên ta sẽ dự đoán dấu bằng của nó. Đối với bài này, thông thường dấu = xảy ra khi b  c .
Khi đó P 

(a  2b)(ab  b 2  ab)
(a  2b)(b  2a)
a b
1 
1  2    5 1
2
ab
ab
b a

Đến đây ta có thể dự đoán a  b (theo Cauchy).
Từ đây ta sẽ biết được a  b  c

Giải: P 

(a  b  c)(ab  bc  ca)
4bc


abc
(b  c) 2

Ta dùng Bất đẳng thức phụ:

1 1 1
4bc
  
2
 a b c  (b  c)

 a  b  c  

(a  b)( x  y)  ax  by

 (a  b)( x  y)  ax  by  2 abxy  ay  bx  2 abxy (luôn đúng theo Cauchy).
Dấu = xảy ra khi

a x
 .
b y

Tiếp theo ta sẽ lồng biểu thức

1 1 1
   vào BĐT phụ trên, và điều ưu tiên là ta sẽ khử đi ẩn a
a b c

 a  b  c  

.

1 1 1
1
bc
1 1
    a.  (b  c)     1 
a
bc
a b c
b c

 a  b  c  

Đến đây ta kiểm tra, dấu = xảy ra khi

1
a

a
a
bc




 a 2  bc . Điều này đi đúng với
bc 1  1
b  c a (b  c)
b c

hướng đã vạch ra là a  b  c .

Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630
Email:


February 22, 2015

BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC

( Ở bước này ta có thể làm như sau
2

2

 b  c   a(b  c)  b  c  1   b  c   2 b  c  1  b  c
1 1 1
)
 a  b  c       1 
bc
bc
a
bc
bc

bc
a b c

 P  1

bc
4bc
1
bc  1 

 1   4t 2  f (t ), t 
  0;
2
t
b  c  2 
bc  b  c 

1 8t 3  1
f '(t )  8t  2  2 
t
t

8.

1
1
23
 0  f (t ) nghịch biến trên
1
22

 1
 0; 
 2

1
1
 f (t )  f    4 . Dấu = khi t   a  b  c
2
2
Vậy MinP  4 khi a  b  c .

Câu 2: (nguoithay.vn) Cho a , b và c là các số thực dương thỏa mãn a 2  b 2  c(a  b)  4c 2  4 . Tim giá trị lớn
2

2

a b  c  b  a  c  1
nhất của P 

 .
ac
bc
c
Hướng đi: Với đề bài như thế này, ta sẽ mập mờ đoán ra a  b . Khi đó, giả thiết sẽ là a 2  ac  2c 2  2
2

2

Dấu = khi c 

1
,a  b 1
2

a a  c a a  c 1
1
1
1 1 

P

  2a(a  c)   4  4c 2   4   4c 2     1 (cauchy 3 số)
ac
ac
c
c
c
2c 2c 


 x  y
Giải: Chìa khóa bài này chính là bất đẳng thức phụ
ab

2



x2 y2


a
b

Đây là bất đẳng thức đầu tiên mà bạn nên học nếu muốn chinh phục 10 điểm đề thi THPT Quốc gia. Nó có rất
nhiều tên gọi, một trong số đó là Schwarz. Cách chứng minh BĐT này đã có rất nhiều trên mạng, các bạn có thể
lên google search. Vì là đất nước trên con đường hội nhập nên cách bạn hãy tự trang bị cho mình các kĩ năng,
và một trong đó là kĩ năng tìm kiếm thông tin. Tôi chỉ xin nói ra dấu bằng của nó.
Dấu = xảy ra khi

x y

a b

Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630
Email:


BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC

February 22, 2015

 b2
  a2
 1
1
1
1
1 


 c   b   c    a 2  b 2  c(a  b)   4  4c 2   4   4c 2     1
c
c
2c 2c 

a
  b
 c

Từ đây ta sẽ có P  a 

Dấu bằng xảy ra khi c 

1
,a  b 1
2

Câu 3: (diendantoanhoc.net) Cho x, y và z thực dương thỏa mãn x 2  y 2  6 z 2  4 z ( x  y ) . Tim giá trị nhỏ
nhất của P 

x3
y  x  z

2



y3
x y  z

2

x2  y 2

z

Hướng đi: Qua hai câu trên, chắc chắn các bạn đã dự đoán được x  y
Từ giả thiết suy ra ( x  z )( x  3 z )  0 . Đến đây ta sẽ thử 2 trường hợp x  y  z và x  y  3 z lần lượt vào P.
Thấy khi x  y  z thì P có giá trị nhỏ hơn. Vậy dấu bằng khi x  y  z
Giải: Để ý thấy đây là BĐT là thuần nhất (có nghĩa là đồng bậc) nên ta sẽ sử dụng phép đặt như sau:
Đặt a 

x
y
, b  (từ đây hướng đi của chúng ta đều quy về a  b  1 )
z
z

1
2

2
2
x2 y 2 4 x 4 y
4(a  b)  a  b  6   a  b   6
x  y  6 z  4 z( x  y)  2  2 

60
2
z

z
z
z
4(a  b)  2ab  6
2

2

2

 a  b  2 và 2( a  b)  ab  3
P

x3
y  x  z

2

y3



x y  z

2



x2  y 2
a3

b3


 a2  b2
2
2
z
b  a  1 a  b  1

Đến đây, ta thấy sự tương quan giữa

a3
b  a  1

2

và

b3
a  b  1

2

. Nhiệm vụ bây giờ của chúng ta là khử mẫu hoặc

làm cho chúng cùng chung mẫu số. Bây giờ ta 2 chia ra hai hướng.
Hướng 1: Khử mẫu.
Ta thấy ở tử là bậc ba, điều đó liên tưởng cho ta cauchy 3 số. Và ta có thể khử theo hai cách như sau:
Cách 1.1:
Ta có

a3
b  a  1

2



a  1 ab  b 3a
a3
a  1 ab  b 1
(lưu ý khi a  b  1 thì




 nên ta chọn như
2
8
8
4
8
8
4
b  a  1

thế).
Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630
Email:

February 22, 2015

Tương tự



b3
a  b  1

a3
b  a  1

Suy ra P 

2





2

BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC

b  1 ab  a 3b


8
8

4

b3
a  b  1



2

2(a  b)  ab  1 2(a  b)   2(a  b)  3  1 1


4
4
2

1
1 ab 1
 a2  b2  
  2
2
2
2
2

Cách 1.2: Ta có

a3

b a 2  2a  1 3a

 
 ;
2
16
4
b  a  1 4
b3
a  b  1


2

a b 2  2b  1 3b


4
16
4



a3
b  a  1

2



b3
a  b  1

3
1
1 3
1
1 1
1 1
 (a  b)   a 2  b 2    (a  b)   4a  4b  6    (a  b)  
8
16
8 8
16
8 8
4 2

2

1
1 ab 1
 a2  b2  
  2
2
2
2
2

Suy ra P 

Hướng 2: Làm cho chúng cùng chung mẫu số

a3
b  a  1

2



b3
a  b  1

2



2a 3
2b3
54(a3  b3 )
27(a 3  b3 )



2b(a  1)(a  1) 2a (b  1)(b  1) (2a  2b  2)3 4(a  b  1)3

2(a  b)3
Mặt khác: a  b 
(BĐT này rất dễ dàng chứng minh bằng tương đương, nhưng bạn hãy thử chứng
27
3

3

minh theo hướng khác nhé, mọi bài toán lớn đều cần 1 bài toán nhỏ thế này)
3

 a b

3

 a  b


3

4

(3a  3b)3 (2a  2b  2)3 2  a  b  1



4.27
27.4
27
3

Từ đó ta suy ra

Suy ra P 

a3
b  a  1

2



b3
a  b  1

2

2  a  b  1
27.
1
27


3
2
4  a  b  1

1
1 ab 1
 a2  b2  
  2
2
2
2
2

Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630

Email:

3


BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC

February 22, 2015

Câu 4: (Boxmath) Cho a , b và c là các số thực dương thỏa 3a ( a  b  c )  bc . Tìm GTNN của P 





Hướng đi: Ta dự đoán b  c . Khi đó, 3a (a  2b)  b 2  b  3  2 3 a





Vậy dấu bằng khi b  c  3  2 3 a

Giải: Ta thấy đây là BĐT thuần nhất. Đặt x 

 x  y
Theo giả thiết: 3  3( x  y )  xy 
4

b

c
; y  (từ đây ta sẽ xoay quanh x  y  3  2 3 )
a
a

2

 x y  64 3

P  x y  64 3





Dấu = khi x  y  3  2 3  b  c  3  2 3 a
Câu 5: (THTT) Cho các số thực dương x, y, z thỏa x 2  y 2  z 2  1 .Tìm GTNN của

1

P

2



x  xy

1



2

y  xy

2 3
1 z

Hướng đi: Ta dự đoán dấu x  y  2 x 2  1  z 2 .Thay vào P ta được P 

2
1 z

2



2 3
1 z

Giải: Theo giả thiết z   0;1

P

1
x 2  xy



1
y 2  xy



2 3

1 z

2
4

x

2

 xy  y 2  xy 



2 3

1 z

2
4

x

2

 2 xy  y 2 

2

4



2 2 2 3
2 2
2 3
2
2 3





 f ( z)
x  y 1 z
1 z2 1 z
2  x2  y 2  1  z

f '( z ) 

2z

1  z 
2

1 z2



2 3

1  z 

2




2
z
3 
.

0
(1  z ) 1  z  1  z  1  z
1  z 

 z z  1  1  z  3  3 z  z 3  z 2  3 1  3 z  3 z 2  z 3   (2 z  1)(2 z 2  3 z  3)  0  z 
Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630
Email:

1
2

bc
a


February 22, 2015

BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC

Bảng biến thiên:
Z

1
2

0

f’(z)
f(z)

1

Theo bảng biến thiên,

8 3
. Dấu bằng xảy ra khi
3
3
1
x y
,z 

2
2

0

MinP 



22 3
8 3
3



Lưu ý rằng sẽ nhiều bạn gặp khó khăn khi tìm lim 
x 1 

2

2
 1 z



2 3
 . Để làm tốt đề thi THPT Quốc Gia, tôi biết
1  z 

các bạn sẽ phải chọn lọc những thứ cần học, và dĩ nhiên phần giới hạn lớp 11 sẽ bị bỏ qua, nên gặp những

trường hợp thế này, các bạn cứ làm theo cảm tính, cứ tưởng tượng, z càng tiến tới 1 thì



ta cứ tự tin mà cho lim 
x 1 

2

2
 1 z



2
1  z2

càng lớn. Nên

2 3
  
1  z 

Câu 6: Cho các số thực không âm a , b, c thỏa a  b  c  1 và không có hai số nào đồng thời bằng 0. Tìm GTNN:

P

1
1


  c  1 a  b  3
(a  b)(b  c) (c a )  a  b 

Hướng đi: Ta dự đoán dấu = khi a  b khi đó 2a  c  1
Khi đó P 

1
1
4
4

  c  1 2a  3 
  c  1 4  c  
 c 2  3c  4
2 a  a  c  2a  a  c 
1  c2
1  c  c  1

Giải: Theo giả thiết c   0;1

P



1  1
1 

  c  1 4  c  (thêm 1 lần nữa, ta thấy được sức mạnh của Schwarz)

a  b  (b  c) (c a) 

1
4
1
4
4
.
 c 2  3c  4 
.
 c 2  3c  4 
 c 2  3c  4  f (c )
2
1  c a  b  2c
1 c 1 c
1 c

f 'c 

8c

1  c 2 

2

 2 1  c   1  0c   0;1

Suy ra hàm số nghịch biến trên  0;1  f  c   f  0   8

Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630
Email:

February 22, 2015

Vậy MinP  8 khi a  b 

BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC

1
,c  0
2

Câu 7: (nguoithay.vn) Cho các số thực dương x, y, z thỏa 5( x 2  y 2  z 2 )  9( xy  2 yz  zx) . Tìm GTLN của

P

x
1

2
y  z  x  y  z 3
2









Hướng đi: Dự đoán y  z . Khi đó 5 x 2  2 y 2  18 xy  y 2  x  4 y

Do đó P 

2
1
1
. Khảo sát hàm số này ta thấy Pmax khi y 

3
12
y 216. y
1
3

Vậy dấu = khi x  , y  z 

1
12

Giải: Từ giả thiết, ta sẽ hướng đến các đại lượng đối xứng ( yz hoặc y  z hoặc y 2  z 2 )

5( x 2  y 2  z 2 )  9( xy  2 yz  zx)  9 x  y  z   5 x 2  5  y 2  z 2   18 yz  2  y  z 

2

2

 2  y  z   9 x ( y  z )  5 x 2  0 (đây là bất phương trình đẳng cấp)

 2 y  z  x
Đó là những gì ta có được từ giả thiết, và ta không thể quy về ẩn x để khảo sát hàm số. Do đó ta sẽ quy về 1 ẩn
khác. Và chìa khóa chính là ẩn y  z

2 y  z
x
1
1
4
1
t3
1
P 2





 4t 
 f (t ), t 
0
3
2
3
3
2
y  z x  y  z
27
yz

 y  z  27  y  z  y  z 27  y  z 
2

t2
f '(t )  4   0  t  6
9
Bảng biến thiên
T
f’(t)

0

6



0



0

Theo bảng biến thiên,
MaxP  16 . Dấu bằng xảy ra khi

yz

f(t)

16

Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630
Email:

1
1
,x 
12
3


February 22, 2015

BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC

2

Câu 8: (toanhoc24h) Cho a , b, c là các số thực dương thỏa mãn 4ac  b   a  b  c  . Tìm GTNN của
2
2
b  1 8a  8c   b  1
P

2
ac
a  b  c

2

Thoạt nhìn biểu thức của P thật phức tạp, nhưng hãy nhìn kĩ, các biểu thức sẽ phân ra 2 phần, 1 phần đối xứng
gồm (a,c). Và 1 phần không đối xứng gồm b. Nên các bạn đừng quá lo lắng. Cốt lõi bài toán sẽ nằm ở những thứ

đó.
Hướng đi: Ta tiếp tục dự đoán như những bài trên a  c . Và các bạn hãy làm thử các bước tiếp theo. Tôi tin tới
đây các bạn đã có thể vạch ra hướng đi trong đầu mà không cần ghi ra hướng đi trên nháp.
2

2

2

Giải:  a  b  c   b 2  2b( a  c)   a  c   4ac  b   a  c   b  b  2(a  c )  1 (bước này tương tự các
câu trên, ta sẽ quy các biểu thức về ac hoặc a  c hoặc a 2  c 2 . Và bạn đừng ngại, cứ thử hết 3 cái đó, thế nào
cũng có cái gọn nhất)
Và để ý 1 tí ta sẽ cần thứ này 2( a  b  c )  1  b
2

2

2

2

2
2
4  a  c    b  1
b  1 8a  8c   b  1
2b  2
2b  2 8  b  1
Đến biểu thức P: P 



 4.


2
2
2
ac
1 b
1 b
a  b  c
1  b 
1  b 

Đặt t 

1 b
(cái này khó mà tìm điều kiện chặt của t, nhưng ta chỉ cần điều kiện t>0 là đủ)
b 1

P  f (t )  8t 2 

f '(t )  16t 

2
t

2
1
0t 
2

t
2

Bảng biến thiên:
T

0

f’(t)

1
2



0





f(t)

6

Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630
Email:

Theo bảng biến thiên,
MinP  6 . Dấu bằng xảy ra khi

t

1
1
1
 b  ,a  c 
2
3
6


BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC

February 22, 2015

Câu 9: (nguoithay.vn) Cho a , b, c là các số thực dương thỏa mãn  a  2b  b  c   4bc và 3a  c Tìm GTNN
của P 

a 2  2b 2
ac

Hướng đi: Như những định hướng ở các bài trước, ta sẽ đoán được b  c . Và bài này còn dễ hơn các bài trước
là có thêm dữ kiện 3a  c nên ta có thể giữ niềm tin dấu bằng sẽ xảy ra khi 3a  b  c
Nhìn vào giả thiết và cả biểu thức P ta đều nghĩ tới phép đặt ẩn phụ x 

Giải: Từ giả thiết ta có

a
b

,y .
c
c

a 1

c 3

a
b  c 
a a
b
 2  1    4    2  2
c  b 
c b
c
c

 a  2b  b  c   4bc  
Đặt x 

a
b
1
,y x
c
c
3

x

2 y  2 y2 1
1
1
   y
Và x   2 y  2  x 
y
y 1
3
3
2
2
2
y  3 y 2  2 y  3
2 y 2 2 y  2 y 2 y 2  y 2 y 1  y   y  y  1
P  x




 f ( y)
x
y 1
1 y
1 y2
1 y2

Đến đây đạo hàm hơi vất vả.

1  y  9 y
f '( y ) 

2

2

 4 y  3  2 y 2  3 y 2  2 y  3
2 2

1  y 

1 1 

1  y   3 y  1
2



2

 2 y  2   2 y 2  3 y 2  2 y  3
1 1 

 0y   ; 
2
3 2
1  y 2 

1

Vậy f ( y ) đồng biến trên y   ;   f ( y )  f    1
3 2 

3
Dấu bằng khi y 

1
1
c
 x ab
3
3
3

Từ đây, ta thấy hướng của ta đã vạch ra là không đúng, đây là một bài toán khá hay, cho ta thấy được sự bất
biến của BĐT, bây giờ cũng đề bài trên, các bạn hãy thử tìm GTLN xem!
2

2

2

Câu 10: (ĐH Vinh) Cho các số thực dương x, y, z thỏa x  y  z  2 xy  3  x  y  z  . Tìm GTNN của

P  x y z

20

xz

20
y2

Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630
Email:


February 22, 2015

BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC

Hướng đi: Bài này thực sự là 1 bài khá khó, đây không phải BĐT nửa đối xứng, và ta khó mà đoán được điểm
rơi của nó. Nhưng khó chứ không phải là không thể. Để ý kĩ, ta sẽ thấy sự xuất hiện của 2 biểu thức

1
và
xz

1
. Điều này giúp ta liên tưởng đến việc khử mẫu và rất để ý thấy, hệ số của chúng đều là 20, nên rất có
y2
thể chúng bằng nhau.
2

2

2

2

2

Khi chúng bằng nhau thì x  z  y  2  x  y  z  2 xy  3  x  y  z   x  y  2 x  y  1  0

40
 2 . Khảo sát hàm số này thì hàm số sẽ có GTNN là 26 và x  z  4
x z

Và P  2( x  z ) 

x  z  4

 x  z  y  2
 x  1; y  2; z  3
 x2  y 2  2 x  y  1  0

Từ đó ta đã biết được điểm rơi của BĐT.
2

Giải: 3  x  y  z   x 2  y 2  z 2  2 xy   x  y   z 2 (dễ thấy x  y  z nên ta làm tiếp)

 x  y  z


2

 x yz 6

2

P  x yz

20


xz

20
 x y z
y2

40
4

 x  z  y  2 

  x  y  z  2 

40 2
2
x yz2

Đến đây thì đã đơn giản, có nhiều cách sử lí, và tôi sẽ chọn cách gần gũi với các bạn nhất.
Đặt t 

x yz2 2 2

 P  f t   t 2 

f '(t )  2t 

40 2
2
t

40 2 2t 3  40 2

 0t  2 2  f  t  nghịch biến trên
t2
t2





Vậy f  t   f 2 2  26 .
Vậy MinP  26 khi x  1; y  2; z  3
Các bạn hãy làm thử bài này:
Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630
Email:



2; 2 2 


February 22, 2015

BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC
2

2

2

(moon.vn) Cho các số thực dương x, y, z thỏa x  y  z  2 xy  3  x  y  z  . Tìm GTNN của

P  x yz

54
54

y7
z x5

Câu 11: (Tilado.edu.vn) Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn xy  yz  zx  0 và x 2  xy  yz  3 zx .
Tìm GTNN của P 

x
16 y
25 z


y z z x x y

Hướng đi: Thoạt nhìn, ta thấy đây là bất đăng thức thuần nhất, vì thế không cần suy nghĩ nhiều, ta sẽ dùng
phép đặt ẩn phụ.
Giải: x  0 : x 2  xy  yz  3 zx  yz  0  xy  yz  zx  0 (vô lí)
Vậy x  0
Đặt a 

y
z
; b  (các bạn có thể đặt khác tôi), a  0

x
x

 x 2  xy  yz  3 zx  1 

P

y yz
z
3b  1
1
 2  3  1  a  ab  3b  a 
b
x x
x
1 b
3

16  3b  1 25  b  1
x
16 y
25 z
1
16a 25b
b 1






 2


y  z z  x x  y a  b 1  b 1  a b  4b  1  b  1 2
4

Đến đây ta sẽ xét hàm f  b  , nhưng thực phức tạp để đạo hàm, ta hãy dự đoán dấu bằng. Ở trên kia ta đã thấy

b

1
1
34
nên ta hãy thử với b  thì khi đó P 
3
3
3

1

25  b  
16  3b  1 25  b  1  b  1
b 1
3  34
 16  3b  1
P 2


 2
 3 

 

2
2
b  4b  1  b  1
4
4
3
 b  4b  1   b  1
 16
b4
25  34
 b 1
 16  3b  1 25  3b  1 34
 2
 3 


  3b  1 
 2
 
2
2
12
3
 b  4b  1   b  1
  b  1 b  4b  1 12  3
  3b  1

25b 4  138b3  320b 2  710b  265

2

12  b  1  b 2  4b  1

Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630
Email:



1
34 34
(vì 25b 4  138b3  320b 2  710b  265  0b  )

3
3
3


February 22, 2015

Vậy MaxP 

BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC

34
1
khi b  , a  0  y  0, x  3 z
3
3

Bài toán này đòi hỏi sự biến đổi cẩn thận, các bạn hãy thử theo con đường khảo sát hàm số xem. Biết đâu sẽ
nhanh hơn.
Câu 12: (THTT) Cho các số dương a , b, c thỏa a 2  b 2  c 2  14 . Tìm GTLN của

P

4a  c
4a
5
3
 2


2
2
a  3c  28 a  bc  7  a  b  a (b  c)
2

Hướng đi: Bài toán này tôi đánh giá rất khó, để tạo ra bài toán này, chắc hẳn tác giả phải tạo ra điểm rơi trước
rồi mới nêu lên ý tưởng. Còn đối với chúng ta, điểm rơi vẫn còn là dấu chấm hỏi.
Nhận xét thấy các biểu thức trong P được chia thành hai nhóm là
+Nhóm 1:

4a
3

có chứa cả 3 biến a , b, c
a  bc  7 a(b  c)

+Nhóm 2:

4a  c
5

chỉ chứa 2 biến số
2
a  3c  28  a  b 2

2

2

Ta sẽ xử lý nhóm 1 trước. Bây giờ, ta lồng ghép giả thiết vào P xem thử thế nào. Để ý ta sẽ thấy

3
12
. Dấu = xảy ra khi a  b  c

a (b  c)  a  b  c 2
4a
8a
8a
 2
 2
2
2
2
a  bc  7 3a  2bc  b  c
3a   b  c 
2

Như các bài trên, ta cần đưa chúng về cùng dạng mẫu số với biểu thức

ta làm như sau:

8a
3a 2   b  c 

2



8a
2
2a 2   a 2   b  c  





12

a  b  c

2

và phải chú ý a  b  c nên

8a
4


2a  2a  b  c  a  b  c
2

Vì ta chia thành 2 nhóm nên đồng nghĩa với việc ta sẽ biến đổi P thành hai hàm số độc lập (kiểu như

P  f  x   g  y  ) nên ta cần tìm lần lượt GTLN của các hàm số thành phần.
2

Ta sẽ tìm GTLN của

4a
3
4
12
1
1 1 1




 12 
   
2
2
a  bc  7 a(b  c) a  b  c  a  b  c 
 abc 6 3 3

Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630
Email:

BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC

February 22, 2015

a  b  c
a  3


Tới đây, ta đã ép bài toán vào dấu = khi  a  b  c  6
 b  2 . Giờ ta sẽ đi giải quyết bài toán.
a 2  b 2  c 2  14
c  1


Giải: Ta có

8a
8a
8a
4
3
12

 2

và

2

2
2
2
2
2
a (b  c)  a  b  c 
3a   b  c 
2a   a   b  c   2a  2a  b  c  a  b  c


2

4a
3
4
12
1
1 1 1




 12 
   
Suy ra 2
2
a  bc  7 a(b  c) a  b  c  a  b  c 
 abc 6 3 3
Tiếp tục, ta lại có:

4 a  c
4 a  c
4a  c
(bunhiacopsky)


2
3
2
a  3c  28 3  1  2
2
1    a  3c   28 4  a  c   28
4 3
2





1
6
 a  c   . (Đây là BĐT tiếp tuyến).
25
25

5

a  b

2



2
3
 a  b   . (Tiếp tục ta sử dụng BĐT tiếp tuyến. Để biết thêm về BĐT tiếp tuyến, các bạn xem
25
5

)

4 a  c
5
3a  2b  c 9
Từ đó ta có 2




2
2
a  3c  28  a  b 
25
25
Vậy MaxP 

a

2

 b 2  c 2  32  2 2  12 
25



9 1

25 5

8
khi a  3, b  2, c  1
15





Câu 13: (ĐH Vinh) Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn 5 x 2  y 2  z 2  6  xy  yz  zx  . Tìm GTLN



2

của P  2  x  y  z   y  z

2



2


x y

Hướng đi: Ta dự đoán y  z . Khi đó 5  x  y  z   6  xy  yz  zx  
5

x  2y
2

Khi x 

2

2

25
2
y thì P  2 3 x  x 2 (khảo sát ta thấy ra xấu nên ta cứ cho là nó sai đi :3 )
5
2

Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630
Email:


BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC

February 22, 2015

Khi x  2 y thì P  2 x 

x2
3
1
Khảo sát hàm số này thì được min P 
khi x  1; y  z 
2
2
2

Giải:

5 x  6 yz  6 x  y  z   5  y  z
2

2

2

  5x

2

 y  z
6

2

4

2

5 y  z
2
 6x  y  z  
 5x2  6x  y  z    y  z   0
2

2
 5 x 2  5 x  y  z     y  z   x  y  z    0   5 x  y  z  x  y  z   0



 x  y  z  5x
2

2

  y  z  1   x   y  z  
2  x  y  z  y  z
P  2 x  y  z   y  z  


1  1
2
2
2
2

2

Vậy MaxP  1 khi x  1; y  z 

1
.
2

Bài này vẫn còn rất nhiều cách khác, cách bạn hãy thử tìm 1 lời giải khác cho bài này nhé!
Câu 14: (moon.vn) Cho a , b, c là các số thực dương thỏa mãn

P

1
2
2
 2  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
2
c
a b

a
b
c


2
bc ac
a  b2  c2

Hướng đi: Bài toán rất đơn giản để ta có thể đoán được a  b  2c

Và hướng đi chắc chắn phải là đặt ẩn phụ.
2

1
2 2 1 1
1 1 1
Giải: 2  2  2       
c
a b a b
c a b
2

 x  y  x  y  4
a
b
1 1
Đặt x  ; y     1  x  y  xy 
c
c
x y
4
 xy  2 xy  xy  4

2
Ta lại có 
x  y

2
2
2

2
2
 x  y  xy  x  y   xy   2 xy  x  y  1  xy  1 
1

4

Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630
Email:


BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC

February 22, 2015
Và

P

 x
  y
a
b
c
x
y
1
1








 1  
 1 
2
2
2
2
2
2
2
bc ac
y 1 x 1
a b c
x  y 1  y 1   x 1 
x  y2 1

4  x  y  1
 1
1 
4
4
  x  y  1 

2

2


2
2
x y2
 x  y  4
 x 1 y 1  x  y  4
Đặt t  x  y  4  P  f  t  

4t  4
4
 2
2
t2 t 4


 4  t 2  3t  1 4t t  3  4
   0t  4
1
2
t

f '(t )  4. 


2
2
2
2
2
2
 t  2 t 2  4 

t

4
t

4






 f t   f  4 

5
3

Dấu = khi x  y  2  a  b  2c
Sau đây là một số bài toán mà tôi thấy hay và đáng làm:
(toanhoc24h.blogspot.com) – trích trong đề thi thử của thầy Khải. Đây là người thầy mà tôi rất kính trọng.
Trong thầy tôi thấy được sự đam mê…
Câu 1: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  4 z  4 . Tìm GTNN:

P  2z

z
x y z
   2 y z
x y 2 4 2

Câu 2: : Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  3 y  2 z  3 . Tìm GTLN: P  2 

Câu 3: Cho a , b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  bc  b 2  c 2 . Tìm GTLN: P 

2
Câu 4: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn 3 x  y  7 . Tìm GTNN: P  x 

Câu 5: Cho a , b, c là các số thực dương. Tìm GTNN: P 

Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630
Email:

a2

 a  b

2

x2  9 y 2
 3z  z 2
xy  1

b
c
3a3

a 2  c 2 a 2  b 2  b  c 6

1 2 x  3 xy 2



y2
y
xy  1

ab 2
16a 4
 2

 b  ac   c  a   c  a 4


February 22, 2015

BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC

Câu 6: Cho a , b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  a  b  c   4 . Tìm GTNN:

P

1

 a  b  a  c 



8bc
bc  b  c 2   8
2

Câu 7: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  1  z . Tìm GTNN P 

x
y
z2  2


x  yz y  zx z  xy

Câu 8: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x 2  y 2  z . Tìm GTLN

P

1  2 xy  z

x

2

 y 2 1  z 2 



3z 2

1  z 
2

z2 1

Câu 9: : Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  z . Tìm GTNN P 

2  x  3z 
xz
y2


2
y  yz xz  yz
x  2z

Câu 10: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x 2  y 2  z 2  3 xy . Tìm GTNN

x2
y
x2  y 2
P 2


y  yz z  x x 2  z 2
Câu 11: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x 2  y 2  xy  1 . Tìm GTLN P 

24 xy
x3
y3


3
3
y 1 x 1 x  y  2

Câu 12: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x 2  z 2  y 2  xy  3 yz  zx . Tìm GTLN

P

x

2y  z

2



1
xy  y  2 z 

Câu 13: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn. Tìm GTNN

P


x3  y 3 
x
y
z2
. 2
 2


xy  2 y  xz 2 x  yz  4  x  y  2

Câu 14: : Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x 2  x 2  z 2  2 x . Tìm GTLN

xz
z
4 x2
P


x  2 y  1 y  1  x  y 2
Câu 15: : Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x 2  y 2  z 2  4 . Tìm GTNN

P

2 y2
3 x 2  3 xy 2  2 x 2 y

2
2 y  zx
y  z  2

Câu 16: : Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x 2  y 2  z 2  xy  2 z . Tìm GTNN
Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630
Email:


BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC

February 22, 2015
2

 x
y 
8z3
P 2
 2
 
2
x  z 2   x 2  z 2  y 2  z 2 
 y z
Câu 17: Cho a , b, c là các số thực dương thỏa mãn  a  2b  b  c   5bc và 2a  c . Tìm GTLN và GTNN

P

a2  b2
ac

z  x  z   z  y  z   xy . Tìm GTNN

Câu 18: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn

P

x
y
x  y  30 z


yz xz
4 x 2  4 y 2  z 2 12 xy

Câu 19: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x 2  y 2  z  3 xy . Tìm GTNN P 

x
y
x3  y 3


y z x z
16 z

Câu 20: Cho a , b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  ab  b 2  c . Tìm GTLN

P

3  ab  2  2c 2  36
1
1


2
a 2  2 b2  2
4ab  2c  3

Câu 21: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x, y , z  1 và x  y  z  3 . Tìm GTLN

x2
y2 1
P 2


x  y 2  4  xy  1 z 2  4 z  5
Câu 22: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 5x 2  y 2  z 2  yz . Tìm GTNN

z
y  2z
x2  y2
P


x  y x  z  x  z  x  y 
2

Câu 23: Cho a , b, c là các số thực dương thỏa mãn 4ac  b   a  b  c  . Tìm GTNN
2
2
b  1 8a  8c   b  1
P

2
ac
a  b  c

2

Câu 24: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x 2  y 2  z 2  2 . Tìm GTNN

P

xy  2
2

z 2



yz  2
2

x 2



zx  2
2

y 2



54



x y z



2

2

2

2

Câu 25: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x, y , z  1 và x  y  z  6 xy  2  x  y  z  . Tìm GTNN

Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630
Email:


February 22, 2015

P

BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC

x 1
y 1
 x y



y  z 1 x  z 1  z 

2

Câu 26: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  4 xy  4 xyz . Tìm GTLN

P

xz
yz
z


 z3
2
x  y  z y  x  z  x  y

Câu 27: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  2 . Tìm GTNN

P

3x  x 2  y 2  z 2 

 x  y  z

2



8 y2  z2 
2 y 2  2 z 2  xy  xz

2  z 2  xy 
x
y
Câu 28: Cho x, y, z là các số thực dương. Tìm GTNN P 



x  2 z y  2 z  x  y  z 2
Câu 29: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy  z 2  z 3 . Tìm GTNN

P

z

 x  y

2



16 z 3

 x  y

4



2 x  y
z

Câu 30: Cho x, y, z là các số thực dương . Tìm GTNN P 


x
y  x y




2
2
2
 x  y    y  z   x  z   8 z
z3

Câu 31: Cho a , b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b  c  2 . Tim GTNN

P

1 1 2 2 64b 2 c
a b
 2  
 24   
2
a b bc ca
a
b a

Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630
Email:


www.VNMATH.com
Khóa luận tốt nghiệp toán sơ cấp

Sư Phạm Toán 48

Lời mở đầu
Trong bất đẳng thức cổ điển thì bất đẳng thức xoay vòng là một nội dung hay và
khó. Có những bất đẳng thức có dạng khá đơn giản nhưng phải mất hàng chục năm,
nhiều nhà toán học mới giải quyết được. Ví dụ như bất đẳng thức Shapiro được đặt
ra vào năm 1903 bởi Neishbitt.
Với 3 số không âm a, b, c chứng minh rằng:
a
b
c
3
+
+
≥
(đơn giản)
b+c c+a a+b
2
và dạng tổng quát:
Mở rộng với n số a1 , a2 , . . . , an thì:
a2
an
n
a1
+
+ ··· +
≥
a 2 + a 3 a3 + a4
a1 + a2
2
Khì nào đúng, khi nào sai.

Đến năm 1954 tức là sau 52 năm, Shapiro mới tổng kết lại giả thuyết này như
sau:
1) Bất đằng thức đúng với n lẻ ≤ 23
2) Bất đằng thức đúng với n chẵn ≤ 12
Còn lại sai.
Hoàn toàn tự nhiên ta thấy còn rất nhiều dạng bất đẳng thức xoay vòng khác
thì bất đẳng thức là gì, khi nào đúng, khi nào sai hoặc luôn luôn đúng. Trong bài luận
văn này chúng tôi xây dựng được một dạng bất đẳng thức xoay vòng tổng quát mà
các trường hợp riêng là những bài toán khó và rất khó có thể sử dụng trong những đề
thi học sinh giỏi.
Luận văn này gồm có 2 chương:
Chương 1: Bất đẳng thức xoay vòng (Trình bày những kết quả đã có về
các bài bất đẳng thức phân thức.)
Chương 2: Một dạng bất đẳng thức xoay vòng (Xây dựng bất đẳng thức
với các trường hợp đơn giản, tổng quát bài toán)

GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương

1

Sinh viên: Nguyễn Văn Cương


www.VNMATH.com
Khóa luận tốt nghiệp toán sơ cấp

Sư Phạm Toán 48

Em xin chân thành cảm ơn các các thầy cô khoa Toán-Cơ-Tin học trong thời
gian học tập ở trường Khoa Học Tự Nhiên, các thầy cô Khoa Sư Phạm ĐH Quốc Gia

Hà Nội, các bạn trong lớp Sư phạm Toán 48. Đặc biệt là sự hướng dẫn, giúp đỡ tận
tình của thầy TS Nguyễn Vũ Lương đã giúp đỡ em hoàn thành khóa luận này.

GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương

2

Sinh viên: Nguyễn Văn Cương


www.VNMATH.com

Mục lục
1 Bất đẳng thức xoay vòng
1.1

4

Bất đẳng thức Schurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.1

Bất đẳng thức Schurs và hệ quả . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.2

Một số bài toán minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.2

Bất đẳng thức xoay vòng khác trong tam giác . . . . . . . . . . . . . .

12

1.3

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy chứng minh một số dạng bất đẳng thức

1.4

xoay vòng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

Bất đẳng thức xoay vòng phân thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

2 Một dạng bất đẳng thức xoay vòng
2.1

2.2

41

Các trường hợp đơn giản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

41

2.1.1

Trường hợp 3 số n = 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

41

2.1.2

Trường hợp 4 số n = 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

42

2.1.3

Trường hợp 5 số n = 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

43

2.1.4

Trường hợp 6 số n = 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

2.1.5

Trường hợp 7 số n = 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

47

Trường hợp tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53

2.2.1

Một số kiến thức liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53

2.2.2

Nhận xét đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53

2.2.3

Trường hợp tổng quát n số hạng . . . . . . . . . . . . . . . . . .

55

3

www.VNMATH.com

Chương 1
Bất đẳng thức xoay vòng
1.1

Bất đẳng thức Schurs

1.1.1

Bất đẳng thức Schurs và hệ quả

Bài 1 (Bất đẳng thức Schurs)
Với x, y, z là các số thực dương, λ là một số thực bất kì, chứng minh rằng:
xλ (x − y)(x − z) + y λ (y − z)(y − x) + z λ (z − x)(z − y) ≥ 0
Dấu bằng xảy ra khi vào chỉ khi x = y = z
Chứng minh
Chú ý rằng khi có hai biến số bằng nhau thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Chẳng hạn khi y = z ta có: xλ (x − z)2 ≥ 0. Dấu ” = ” xảy ra khi x = y = z. Không
mất tính tổng quát ta có thể giả thiết rằng: x > y > z
+ Xét trường hợp λ ≥ 0
Bất đẳng thức có thể viết lại dưới dạng:
(x − y)[xλ (x − z) + y λ (y − z)] + z λ (z − x)(z − y) ≥ 0
Sử dụng điều kiện x > y ta thu được
M > (x − y)(y − z)(xλ − y λ ) + z λ (x − z)(y − z) > 0, (∀λ > 0)

4


www.VNMATH.com

Khóa luận tốt nghiệp toán sơ cấp

Sư Phạm Toán 48

do đó bất đẳng thức đúng.
+ Xét trường hợp λ < 0
Ta có
M = xλ (x − y)(x − z) + (y − z)[z λ (x − z) − y λ (x − y)]
Sử dụng điều kiện y > z (hay x − z > y − z ) ta có:
M > xλ (x − y)(x − z) + (y − z)(x − y)(z λ − y λ ) > 0, (∀λ < 0)
Vậy bất đẳng thức cần được chứng minh.
Bài 2 (Bất đẳng thức Schurs mởi rộng)
Giả sử I là một khoảng thuộc R và f : I −→ R+ là một hàm đơn điệu hay
f ”(x) ≥ 0, ∀x ∈ I. Với x1 , x2 , x3 ∈ I, chứng minh rằng:
f (x1 )(x1 − x2 )(x1 − x3 ) + f (x2 )(x2 − x3 )(x2 − x1 ) + f (x3 )(x3 − x1 )(x3 − x2 ) ≥ 0 (1)
Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = x3 .
Chứng minh
Vì f là hàm đơn điệu hay f ”(x) ≥ 0, x ∈ I nên ta có bất đẳng thức:
f [λx + (1 − λ)y] <

f (x)
f (y)
+
λ
1−λ

(2)

∀x, y ∈ I và λ ∈ (0, 1)
Không mất tính tổng quát ta giả sử x1 < x2 < x3 (vì nếu 2 trong 3 biến bằng

nhau thì bất đẳng thức luôn đúng, dấu bất đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = x3 ).
Chia hai vế của (1) cho (x2 − x3 )(x2 − x1 ) < 0 ta thu được:

−

x1 − x3
x2 − x3

⇔ f (x2 ) ≤

f (x1 ) + f (x2 ) −
x3 − x1
x3 − x2

GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương

x3 − x 1
x2 − x 1

f (x1 ) +

5

f (x3 ) ≤ 0

x 3 − x1
x2 − x1

f (x3 )

Sinh viên: Nguyễn Văn Cương


www.VNMATH.com
Khóa luận tốt nghiệp toán sơ cấp

Sư Phạm Toán 48

x2 − x1
x3 − x1



1 − λ =

x3 − x2
Đặt: λ =
⇒

x3 − x1
x =
2

λx1 + (1 − λ)x3

ta thu được bất đẳng thức (2) đúng hay (1) đúng.
Bài 3 (Một dạng mở rộng của bất đẳng thức Schurs)
Xét a, b, c, u, c, w là các số thực dương chứng minh rằng:
a) Nếu p > 0 và
1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

a p + c p ≤ b p ; u 1+p + w 1+p ≥ v 1+p
Ta có: ubc − vca + wab ≥ 0
b) Nếu −1 < p < 0 và

1

1

a p + c p ≤ b p ; u 1+p + w 1+p ≤ v 1+p
Ta có: ubc − vca + wab ≤ 0
c) Nếu p < −1
1

1

a p + c p ≥ b p ; u 1+p + w 1+p ≤ v 1+p
Ta có: ubc − vca + wab ≥ 0
Dấu bằng của bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1

1

1

1

1

1

a p + c p = b p ; u 1+p + w 1+p = v 1+p
Chứng minh
a) Nếu p > 0 ta có:

1
1
+ p+1 = 1
1+p
p

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có:
1

1

1

1

1

1

a 1+p (uc) 1+p + c 1+p (wa) 1+p ≤ a p + c p

p
p+1

1

(uc + wa) p+1

Lũy thừa p + 1 hai vế ta có:
1

1

p+1

1

1

1

1

⇔ ac u 1+p + w 1+p
GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương

1

1

≤ ap + cp

a 1+p (uc) p+1 + c 1+p (wa) p+1
p+1

1

1

≤ ap + cp

6

p

(uc + wa)

p+1

(uc + wa)
Sinh viên: Nguyễn Văn Cương


www.VNMATH.com
Khóa luận tốt nghiệp toán sơ cấp

Sư Phạm Toán 48

Áp dụng giả thiết bài toán ta có:
1

1

p+1

acv ≤ ac u 1+p + w 1+p

≤ b(uc + wa)

suy ra ubc − acv + wab ≥ 0
b) Với −1 < p < 0 ta cũng có:

1
p+1
1
+ p+1 = 1 với
<0
p+1
p
p
Khi đó bất đẳng thức Holder có chiều ngược lại:
1

1

1

1

1

1

p
p+1

1

1

p+1

a 1+p (uc) 1+p + c 1+p (wa) 1+p ≥ a p + c p

1

(uc + wa) p+1

Lũy thừa p + 1 hai vế ta được
1

p+1

1

⇔ ac u 1+p + w 1+p

≥ ap + cp

(uc + wa)

Áp dụng giả thiết phần b) (chú ý p + 1 > 0, p < 0) ta có:
1

1

p+1

acv ≥ ac u 1+p + w 1+p

1

1

≥ (uc + wa) a p + c p

p

≥ (uc + wa)b

suy ra: abw − auv + ubc ≤ 0
c) Với p < −1 ta cũng có:
1
1
+ p+1 = 1 với p + 1 < 0
p+1
p
Áp dụng bất đẳng thức Holder:
a

1
1+p

(uc)

1
1+p

+c

1
1+p

(wa)

1
1+p

1
p

≤ a +c

1
p

p
p+1

1

(uc + wa) p+1

Lũy thừa p + 1 hai vế (chú ý p + 1 > 0) ta được:
1

1

ac u 1+p + w 1+p

GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương

p+1

1

1

≤ ap + cp

7

p

(uc + wa)

Sinh viên: Nguyễn Văn Cương