Tuyển chọn các bài toán về bất đẳng thức đến từ kì tuyển sinh lớp 10 chuyên toán-đã chuyển đổi

Tài liệu BDHSG Tốn 9 và Ơn 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 
+


2x+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 Tốn 9 và Ơn 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 Tốn 9 và Ơn 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 Cơng Lợi

9
và đồng thời ta có
4

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Tốn 9 và Ơn 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 ln 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 Tốn 9 và Ơn 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 Tốn 9 và Ơn 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 Tốn 9 và Ơn 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 tốn 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 Tốn 9 và Ơn 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 tốn được chứng minh hồn 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 Tốn 9 và Ơn 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 +  + 
2y z
 y  z  2  y z


x 1 1
x2 + 1 + 1 +  + 
2y z
x + 1 + 2019x + 1
2 1 1 1
Suy rat a được

= x + +  +  . Tương tự
x
x
x 2y z

2

2

ta có

y2 + 1 + 2019y 2 + 1
y

 y+

2 1  1 1  z2 + 1 + 2019z 2 + 1
2 11 1
+  + ;
 z+ +  + .
y 2z x
z
z 2x 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 Tốn 9 và Ơn 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 Tốn 9 và Ơn 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 Tốn 9 và Ơn 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 Tốn 9 và Ơn 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 Tốn 9 và Ơn 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 Tốn 9 và Ơn 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 hốn vị.
Bài 11. Cho các số thực khơng 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
ln 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 tốn. 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 Tốn 9 và Ơn 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 hồn tồn 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 Tốn 9 và Ơn 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 Tốn 9 và Ơn 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 Tốn 9 và Ơn 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




62 1
 + + 3  . Chứng minh hoàn toàn tương tự ta
26  x y


cũng được

1
2y 2 + z 2 + 3




62 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




63 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 Tốn 9 và Ơn 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 Cơng Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Tốn 9 và Ơn 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 Tốn 9 và Ơn 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

Hồn tồn 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 ln có

Nguyễn Công Lợi

1
1 1 1 1
  + + 
a+b+c 9a b c 

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Tốn 9 và Ơn 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
11 1 1 12 1
  + + =  + .
2a + b 9  a a b  9  a b 

1 2 1
  +  và
5b 2 + 2bc + 2c 2 9  b c 
1

Hồn tồn tương tự ta có

2

12 1
  + .
5c 2 + 2ca + 2a 2 9  c a 
1

Đến đây thì ta được

12 1 2 1 2 1
P  + + + + + =
9a b b c c a

11 1 1 1
 1
1
1 1
3
+ +    3 2 + 2 + 2  =  3 =

3a 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

Hồn tồn 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 Tốn 9 và Ơn 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 Tốn 9 và Ơn 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