30 Bat dang thuc tu k2pinet

<span class='text_page_counter'>(1)</span>30 BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRÊN K2PI.NET ĐỀ BÀI √ √ Bài 1. Cho x, y , z > 0 thỏa mãn 2 xy + xz = 1. Tìm Min của : P=. 3yz 4zx 5xy + + x y z. Bài 2. Cho a, b, c là các số thực dương có tích là 1. Tìm GTNN của biểu thức P = a2 b + b 2 c + c 2 a + √ 6. a3. 1 + b3 + c 3. Bài 3. Cho a, b, c > 0 t/m: 9(a4 + b 4 + c 4 ) − 25(a2 + b 2 + c 2 ) + 48 = 0 tìm GTNN F =. b2 c2 a2 + + b + 2c c + 2a a + 2b. Bài 4. Cho x, y , z là ba số thực thuộc đoạn [1; 3] và x + y + 2z = 6.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : P = x 3 + y 3 + 5z 3 Bài 5. Cho x, y ≥ 1 thoả 3(x + y ) = 4xy . Tìm min, max của P:   1 1 3 3 P =x +y +3 + x2 y2 Bài 6. Cho các số thực x, y thuộc đoạn [1; 2] . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : T =. x2 x 2 + xy + y 2. Bài 7. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: 3 (x 2 + y 2 ) = 2 (x + y ). Tìm GTNN của biểu thức: 2  2  1 1 + y+ P= x+ y x 3 Bài 8. Cho x, y , z ∈ [0; 1] thỏa mãn x + y + z = . Tìm giá trị lớn nhất của: 2 x2 + y2 + z2  Bài 9. Cho. x, y , z ≥ 0 x +y +z =1. Tìm max:. S = x 2y + y 2z + z 2x p √ Bài 10. Cho x, y thỏa mãn: x 1 − y 2 + y 1 − x 2 = 1.Chứng minh rằng: x2 + y2 = 1 Bài 11. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 2  2  2  1 1 1 1 P = a+ + b+ + c+ ≥ 33 + a b c 3 √ √ √ Bài 12. Cho x, y , z > 0 thoả mãn xy + yz + zx = 1 Tìm GTNN của T =. x2 y2 z2 + + x +y y +z z +x 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bài 13. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: 4a + 9b + 16c = 49. Chứng minh rằng: 1 25 64 + + ≥ 49 a b c Bài 14. Với mọi x, y , z > 0. Chứng minh: p p √ √ x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x 2 ≥ 3(x + y + z) Bài 15. Cho a, b, c > 0.Chứng minh: a3 b 3 c 3 + + ≥ ab + bc + ca b c a Bài 16. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:   1 1 1 1 1 1 + + ≥5 + + a b c 2a + 3b 2b + 3c 2c + 3a     1 1 1 1 1 1 Bài 17. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn 15 2 + 2 + 2 = 10 + + + 2011 Tìm giá trị lớn a b c ab bc ca nhất của 1 1 1 P=√ +√ +√ 2 2 2 2 2 5a + 2ab + 2b 5b + 2bc + 2c 5c + 2ac + 2a2 Bài 18. Cho các số thực x, y , z thoả mãn: x 2 + 2y 2 + 3z 2 = 6. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: P = 3x + 2y + z Bài 19. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: a + b + c = 1. Chứng minh rằng:     1 1 1 1+ 1+ ≥ 64 1+ a b c Bài 20. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện: ab + bc + ca = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: √ √ √ P = a6 + b 6 + 1 + b 6 + c 6 + 1 + c 6 + a6 + 1 Bài 21. Cho các số thực x, y lớn hơn 1. Chứng minh rằng: 5b 2 4a2 + ≥ 36 a−1 b−1 Bài 22. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a5 b5 c5 3 + + ≥ 2 2 2 2 2 2 b +c c +a a +b 2 Bài 23. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: √ √ √ P = a2 + 2b 2 + b 2 + 2c 2 + c 2 + 2a2 Bài 24. Cho a, b, c > 0.Chứng minh: 1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + 4a 4b 4c 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b Bài 25. Cho a; b; c > 0. Chứng minh a b c + + < a+b b+c c +a. r. 2. a + b+c. r. b + c +a. r. c a+b.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bài 26. Cho x; y ; z > 1 và x + y + z = xyz. Tìm GTNN của P=. y −2 z −2 x −2 + + x2 y2 z2. Bài 27. Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng: a2 b 2 c 2 d 2 1 1 1 1 + 5+ 5+ 5 ≥ 3+ 3+ 3+ 3 5 b c d a a b c d Bài 28. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Chứng minh rằng: 1 1 9 1 + + ≥ 3−a 3−b 3−c 2 (a2 + b 2 + c 2 ) Bài 29. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: a + b + c = 1. Tìm GTNN của biểu thức: P=. a2. 1 1 1 + 2 + 2 (c + a) b (a + b) c (b + c). Bài 30. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm GTNN của: a4 b4 c4 √ √ + + P=√ 3 3 3 a3 + 7 b3 + 7 c3 + 7. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> LỜI GIẢI Bài 1 √ √ Cho x, y , z > 0 thỏa mãn 2 xy + xz = 1. Tìm Min của : P=.  Ta có : P =. yz zx zx xy + + + z x y y. .  +2. 3yz 4zx 5xy + + x y z. Lời giải  √ xy xy yz zx √
+ + + ≥ 4 xz + 2 xy = 4 z z x y. . Bài 2 Cho a, b, c là các số thực dương có tích là 1. Tìm GTNN của biểu thức P = a2 b + b 2 c + c 2 a + √ 6. 1 a3 + b 3 + c 3. Lời giải b c a Đặt x = ; y = ; z = c a b Lúc đó : P =x +y +z + p 6. 1 x 2y + y 2z + z 2x. Tiếp đến sẽ CM bất đẳng thức phụ : x 2y + y 2z + z 2x ≤. 4 (x + y + z)3 − xyz 27. Đặt x + y + z = t, t ≥ 3 và KSHS. . Bài 3 Cho a, b, c > 0 t/m: 9(a4 + b 4 + c 4 ) − 25(a2 + b 2 + c 2 ) + 48 = 0 tìm GTNN F =. a2 b2 c2 + + b + 2c c + 2a a + 2b Lời giải. Ta có:. 1 a4 + b 4 + c 4 ≥ (a2 + b 2 + c 2 ) 3. Kết hợp với giả thiết ta suy ra được 3(a2 + b 2 + c 2 )2 − 25(a2 + b 2 + c 2 ) + 48 ≤ 0 Suy ra 3 ≤ a2 + b 2 + c 2 ≤. 16 3. Sử dụng BĐT Cauchy − Schwarz ta có F =. a2 b2 c2 (a2 + b 2 + c 2 )2 + + ≥ 2 b + 2c c + 2a a + 2b (a b + b 2 c + c 2 a) + 2(ab 2 + bc 2 + ca2 ). Ta lại có 1 (a2 b + b 2 c + c 2 a)2 ≤ (a2 + b 2 + c 2 )(a2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a2 ) ≤ (a2 + b 2 + c 2 )3 3.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Do đó. Tương tự ta cũng có. √ 1 a2 b + b 2 c + c 2 a ≤ √ (a2 + b 2 + c 2 ) a2 + b 2 + c 2 3 √ 1 ab 2 + bc 2 + ca2 ≤ √ (a2 + b 2 + c 2 ) a2 + b 2 + c 2 3. Từ đây ta suy ra (a2 + b 2 + c 2 )2 1 √ √ F ≥√ = √ a2 + b 2 + c 2 ≥ 1 3(a2 + b 2 + c 2 ) a2 + b 2 + c 2 3 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 Vậy MinF = 1 khi a = b = c = 1.. . Bài 4 Cho x, y , z là ba số thực thuộc đoạn [1; 3] và x + y + 2z = 6.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : P = x 3 + y 3 + 5z 3 Lời giải Ta có :. (x + y )2 = (3 − z)2 1 ≤ xy ≤ 4 2 Đặt xy = t ⇒ 1 ≤ t ≤ (3 − z) Lại có : P = x 3 +y 3 +5z 3 = (x+y )3 −3xy (x+y )+5z 3 = (6−2z)3 −3xy (6−2z)+5z 3 = −6t(3−z)+(6−2z)3 +5z 3. Xét hàm số : f (t) = −6t(3 − z) + (6 − 2z)3 + 5z 3 , có : f 0 (t) = −6(3 − z) ≤ 0, ∀z ∈ [1; 3] Vậy nên : f ((3 − z)2 ) ≤ f (t) ≤ f (1). . Bài 5 Cho x, y ≥ 1 thoả 3(x + y ) = 4xy . Tìm min, max của P:   1 1 3 3 P =x +y +3 + x2 y2 Lời giải 3 Dự đoán dấu bằng x = y = . Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: 2 27 9 6 ≥ xy + 8 2 xy √ Đặt t = xy . Từ giả thiết 4xy = 3 (x + y ) ≥ 6 xy ⇒ xy ≥ 49 9 6 9 Xét hàm số: f (t) = t + , với t ≥ . 2 t 4 93 3 . Đạt được khi x = y = Suy ra, GTNN của P bằng 12 2 P+. Bài 6 Cho các số thực x, y thuộc đoạn [1; 2] . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : T =. x2 x 2 + xy + y 2 5. .

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Lời giải. y   Ta có: x, y ∈ [1; 2] ⇒ ∈ 12 ; 2 x Biến đổi. 1. T =. y  y 2 1+ + x x y Đến đây, xét hàm số: f (t) = t 2 + t + 1, với t = . x 1 1
Từ đó, ≤T ≤ f (2) f 12. . Bài 7 Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: 3 (x 2 + y 2 ) = 2 (x + y ). Tìm GTNN của biểu thức:  P=. 1 x+ y. 2.  2 1 + y+ x. Lời giải 4 2(x + y ) Từ giả thiết ta suy ra x + y ≤ , biến đổi vế trái ( tức là thay x 2 + y 2 = ) ta được: 3 3  2  2 1 1 2(x + y ) 4(x + y ) 2(x + y ) + + x+ + y+ = y x 3 3xy 3x 2 y 2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có ngay: 2(x + y ) 4(x + y ) 2(x + y ) 2(x + y ) 16 32 + + ≥ + + 2 2 3 3xy 3x y 3 3(x + y ) 3(x + y )3 2n4 + 16n2 + 32 4 ), ta quay về xét hàm: f (x) = 3 3n3 2 2 2(n − 12)(n + 4) Hàm này có f 0 (n) = <0 3n4 2 169 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = do đó f (n) ≥ 18 3 Đặt n = x + y ( chú ý rằng n ≤. . Bài 8 3 Cho x, y , z ∈ [0; 1] thỏa mãn x + y + z = . Tìm giá trị lớn nhất của: 2 x2 + y2 + z2 Lời giải Không mất tính tổng quát giả sử x ≥ y ≥ z. Viết lại điều kiện   1≥x    1 3 1+ = ≥x +y 2 2   3   x +y +z = 2 Xét hàm số: f (x) = x 2 (x ≥ 0) ta có f 00 (x) = 2 > 0; ∀x ≥ 0) Áp dụng bất đẳng thức Karamata ta có x2 + y2 + z2 ≤ 1 + 1 Dấu "=" xảy ra khi x = 1; y = ; z = 0 2. 5 1 +0= 4 4 . 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Bài 9 Cho x, y , z ≥ 0,. x + y + z = 1 Tìm max: S = x 2y + y 2z + z 2x Lời giải. Thay z = 1 − x − y vào ta được: S = x 2 y + y 2 (1 − x − y ) + x(1 − z − y )2 Coi y là biến, x là tham số ta có 0. 2. 2. S (y ) = −3y + 2y + 3x − 2x;. . 0. S (y ) = 0 ⇔⇔. y =x y = 2−3x 3. Có S(x) = 3x 3 −3x 2 +x,. S(. 2 − 3x x 4 ) = −x 3 +x 2 − + , 3 3 27. S(1) = x 3 +x 2 −x,. S(0) = x 3 +2x 2 −x. Sử dụng bảng biến thiên khảo sát hàm số ta xét 2 trường hợp. 2 − 3x 1 TH1: x < ⇐⇒ x < 3 3 ) Qua bảng biến thiên ta thấy max S = S(0) hoặc max S = S( 2−3x 3
1 2−3x với 0 < x < 3 Khảo sát hàm S(0) và S 3
4 ta được max S = xảy ra cả với S(0) và S 2−3x 3 27 1 1 Dấu bằngxảy ra khi và chỉ khi x = ; y = 0; z = và các hoán vị 3 3 2 − 3x 1 TH2: x > ⇐⇒ x > 3 3 Tương tự ta cũng được kết quả như trên. Bài 10 Cho x, y thỏa mãn: x. . p √ 1 − y 2 + y 1 − x 2 = 1.Chứng minh rằng: x2 + y2 = 1 Lời giải. Áp dụng BĐT Bunhia cho giả thiết:  p 2 √

 1 = x 1 − y2 + y 1 − x2 ≤ x2 + y2 2 − x2 + y2 ⇒ x2 + y2.
2.

2 − 2 x2 + y2 + 1 ≤ 0 ⇒ x2 + y2 − 1 ≤ 0 ⇒ x2 + y2 = 1. Thế này thì sao: Xét x 6= y . Theo bunhia:  p 2 √

2 2 x 1−y +y 1−x ≤ x2 + 1 − x2 y2 + 1 − y2 = 1 ⇒x. p √ 1 − y2 + y 1 − x2 ≤ 1. Dấu " = ” xảy ra khi và chỉ khi

x y p =√ ⇒ x 2 − x 4 = y 2 − y 4 ⇔ x 2 − y 2 x 2 + y 2 − 1 = 0 ⇒ Øpcm 1 − x2 1 − y2 Tất nhiên, xét x = y ta cũng có x 2 + y 2 = 1.  7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Bài 11 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:  P=. 1 a+ a. 2.  2  2 1 1 1 + b+ + c+ ≥ 33 + b c 3 Lời giải. Dùng BĐT Bunhia:  2  2 1 1 1 1 1 1 a+ +b+ +c + 1+ + + a b c a b c VT ≥ = 3 3 Do đó, ta cần chứng minh: 1 1 1 + + ≥9 a b c Lại dùng Bunhia:     √ 1 √ 1 2 √ 1 1 1 1 a√ + b√ + c √ ≤ (a + b + c) + + 9= a b c a c b. . Bài 12 √ √ √ Cho x, y , z > 0 thoả mãn xy + yz + zx = 1 Tìm GTNN của T =. y2 z2 x2 + + x +y y +z z +x Lời giải1. Áp dụng bất đẳng thức Bunhia-côpxki ta có:  √. √ √ x y z x +y√ + y +z√ + z +x√ x +y y +z z +x. 2.  ≤ (x+y +y +z+z+x). x2 y2 z2 + + x +y y +z z +x. Suy ra: T =. x2 y2 z2 x +y +z + + ≥ x +y y +z z +x 2. Mặt khác từ giả thiết ta có: x +y +z ≥. √. xy +. √. yz +. √ zx = 1. 1 1 Do đó: T ≥ . Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 2 3 1 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức T bằng x =y =z = 2 3 Lời giải2 Sử dụng bất đẳng thức C − S dạng phân thức ta được: T ≥ Mà x + y + z ≥. √. xy +. √. yz +. . (x + y + z) 2. √ 1 zx = 1 nên P ≥ 2. Bài 13 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: 4a + 9b + 16c = 49. Chứng minh rằng: 1 25 64 + + ≥ 49 a b c 8. . .

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Lời giải Sử dụng bất đẳng thức C − S ta có :  (4a + 9b + 16c). 1 25 64 + + a b c. . ≥ (2 + 3.5 + 4.8)2 = 492. Suy ra điều phải chứng minh. Do 4a + 9b + 16c = 49. . Bài 14 Với mọi x, y , z > 0. Chứng minh: p p √ √ x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x 2 ≥ 3(x + y + z) Lời giải Sử dụng bất đẳng thức (x + y )2 2 Ta có q q p √ 2 x 2 + xy + y 2 = 2(x + y )2 + 2(x 2 + y 2 ) ≥ 2(x + y )2 + (x + y )2 = 3(x + y ) x2 + y2 ≥. . Bài 15 Cho a, b, c > 0.Chứng minh: a3 b 3 c 3 + + ≥ ab + bc + ca b c a Lời giải1 2. VT ≥. 2 2. 2. 2. (a + b + c ) (ab + bc + ca) ≥ = ab + bc + ca ab + bc + ca ab + bc + ca Lời giải2. Ta có:. . a4 b4 c4 a3 b 3 c 3 + + = + + b c a ab bc ac. Mặt khác ta được: a4 b4 c4 (a2 + b 2 + c 2 )2 (ab + bc + ca)2 + + ≥ ≥ = ab + bc + ca ab bc ac ab + bc + ac ab + bc + ca Vậy bài toán được chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. . Bài 16 Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:   1 1 1 1 1 1 + + ≥5 + + a b c 2a + 3b 2b + 3c 2c + 3a Lời giải Ta có   1 1 1 1 25 25 25 + + = + + 2a + 3b 2b + 3c 2c + 3a 25 2a + 3b 2b + 3c 2c + 3a   1 2 3 2 3 2 3 ≤ + + + + + 25 a b b c c a   1 1 1 1 = + + 5 a b c  9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Bài 17  Cho a, b, c > 0 thỏa mãn 15 P=√. 5a2. 1 1 1 + 2+ 2 2 a b c. .  = 10. 1 1 1 + + ab bc ca.  + 2011 Tìm giá trị lớn nhất của. 1 1 1 +√ +√ 2 2 2 2 + 2ab + 2b 5b + 2bc + 2c 5c + 2ac + 2a2 Lời giải. 1 1 1 Đặt x = ; y = ; z = a b c

2011 ⇒ 15 x 2 + y 2 + z 2 = 10 (xy + yz + zx) + 2011 ≤ 10 x 2 + y 2 + z 2 + 2011 ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 5 Mặt khác.
2011 (x + y + z)2 ≤ 3 x 2 + y 2 + z 2 ⇒ (x + y + z)2 ≤ 3. 5. Ta có 1 1 1 1 √ ≤√ = ≤ 2a + b 9 5a2 + 2ab + b 2 4a2 + 2ab + b 2 + 2ab r 1 1 2011 Tương tự ta có P ≤ (x + y + z) ≤ 3. 3 3 5. . 2 1 + a b.  =. 1 (2x + y ) 9 . Bài 18 Cho các số thực x, y , z thoả mãn: x 2 + 2y 2 + 3z 2 = 6. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: P = 3x + 2y + z. Ta có. Lời giải  1 P 2 ≤ (x 2 + 2y 2 + 3z 2 ) 9 + 2 + ⇒ |P| ≤ 68 3. Bài 19 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: a + b + c = 1. Chứng minh rằng:     1 1 1 1+ 1+ 1+ ≥ 64 a b c Lời giải1 Ta chứng minh bất đẳng thức sau như một bổ đề: (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ (1 +. √ 3. abc)3. Chứng minh Khai triển ra ta được: p √ 3 1 + abc + ab + bc + ca + a + b + c ≥ 1 + 3 3 (abc)2 + 3 abc + abc p √ ⇐⇒ ab + bc + ca + a + b + c ≥ 3 3 (abc)2 + 3 3 abc Đúng theo AM − GM. Áp dụng bổ đề trên ta có : √     1 1 (1 + a)(1 + b)(1 + c) (1 + 3 abc)3 1 1+ 1+ = ≥ ≥ 64 1+ a b c abc abc. 10. .

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Với abc ≤. 1 ta được : 27. √  3 (1 + 3 abc)3 1 = √ + 1 ≥ 64 3 abc abc. 1 Vậy a = b = c = . 3.  Lời giải2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: Ta có 1 1 √ 1 4 = (a + b + c + a) ≥ 4 a2 bc a a a r r 4 4 a4 bc 1 4 bc =⇒ 1 + ≥ =4 a a a2 a2. 1+. Tương tự ta cũng có: r r ca 1 1 4 ab 1 + ≥ 4 4 2;1 + ≥ 4 b b c c2 r r r     1 1 1 bc ca 4 4 ab 1+ 1+ ≥4 =⇒ 1 + 4 4 24 = 64 2 a b c a b c2 Dấu ’=’ xảy ra ⇐⇒ a = b = c =. 1 3. . Bài 20 Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện: ab + bc + ca = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: √ √ √ P = a6 + b 6 + 1 + b 6 + c 6 + 1 + c 6 + a6 + 1 Lời giải Ta có :. (a3 + b 3 + 1)2 3 3 3 3 √ 2(a + b + c ) + 3 3ab + 3bc + 3ca √ √ VT ≥ ≥ =3 3 3 3 a6 + b 6 + 1 ≥. . Bài 21 Cho các số thực x, y lớn hơn 1. Chứng minh rằng: 4a2 5b 2 + ≥ 36 a−1 b−1 Lời giải Áp dụng AM − GM ta có:  x − 1 = 1.(x − 1) ≤ Nên. 1+x −1 2. 2 =. x2 x2 =⇒ ≥4 4 x −1. 4a2 5b 2 + ≥ 4 ∗ 4 + 4 ∗ 5 = 36 a−1 b−1. Dấu = xảy ra khi a = b = 2. . Bài 22 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a5 b5 c5 3 + + ≥ 2 2 2 2 2 2 b +c c +a a +b 2 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Lời giải a5 1 = . 2 2 b +c 2 Đánh giá từng số hạng ở VT để hạ bậc chúng. Theo AM − GM, ta có: Trước hết, nhận thấy đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. Do đó,. a5 3a2 b2 + c 2 a + ≥ + b2 + c 2 4 2 2 Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng lại, suy ra:
3 VT ≥ a2 + b 2 + c 2 − 2 Vấn đề còn lại là chứng minh: a2 + b 2 + c 2 ≥ 3. Ở đây, ta tiếp tục dùng AM − GM như sau: a2 + 1 ≥ 2a. Do đó, a2 + b 2 + c 2 + 3 ≥ 2 (a + b + c) Từ đó, ta thu được điều phải chứng minh.. . Bài 23 Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: √ √ √ P = a2 + 2b 2 + b 2 + 2c 2 + c 2 + 2a2 Lời giải1   √ √ 1 1 2 2 a + 2b ≥ √ a + 3 − √ b ⇔ (a − b)2 ≥ 0 3 3. Ta có. Tương tự.  √ 1 b 2 + 2c 2 ≥ √ b + 3− 3  √ √ 1 c 2 + 2a2 ≥ √ c + 3− 3. √.  1 √ c 3  1 √ a 3. Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được   √ √ √ √ √ 1 1 2 2 2 2 2 2 a + 2b + b + 2c + c + 2b ≥ √ (a + b + c) + 3 − √ (a + b + c) = 5 3 3 3 √ 5 Vậy min P = 5 3 khi a = b = c = 3. Lời giải2 r. √ (a + 2b)2 a + 2b √ Do a2 + b 2 + b 2 ≥ 3 3 √ Tương tự cho các bất đẳng thức còn lại cộng vế theo vế suy ra MinP = 5 3 5 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = . 3 Ta có :. √. . a2 + 2b 2 ≥. Bài 24 Cho a, b, c > 0.Chứng minh: 1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + 4a 4b 4c 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b Lời giải Áp dụng BĐT Cauchy ta có:. √ 4 a + a + b + c ≥ 4 a2 bc > 0 12. .

<span class='text_page_counter'>(13)</span> r 1 1 1 1 1 4 + + + ≥4 >0 2 a a b c a bc Nhân vế theo vế:.  (2a + b + c). 2 1 1 + + a b c.  ≥ 16. Suy ra: 16 2 1 1 + + ≥ a b c 2a + b + c Tương tự: 1 2 1 16 + + ≥ a b c a + 2b + c 1 1 2 16 + + ≥ a b c a + b + 2c Cộng vế theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được: 4 4 4 16 16 16 + + ≥ + + a b c 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c 1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + 4a 4b 4c 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b Dấu "=" xảy ra khi a = b = c ⇔. . Bài 25 Cho a; b; c > 0. Chứng minh a b c + + < a+b b+c c +a. r. a + b+c. r. b + c +a. r. c a+b. Lời giải Theo bất đẳng thức Cauchy: r. a a 2a =p ≥ b+c a+b+c a(b + c). Tương tự ta cũng có được những bất đẳng thức tương tự r r r a b c ⇒ + + ≥2 b+c c +a a+b Mà. a a+c < a+b a+b+c. (I ). (1). a a+c < ⇔ (a + c)(a + b) > a(a + b + c) a+b a+b+c ⇔ a(a + b) + c(a + b) > a(a + b) + ac ⇔ c(a + b) > ac ⇔ a + b > a (luôn đúng) Tương tự ta cũng có: a+b b > (2) a+b+c b+c c +a c > (3) a+b+c +C Ta có a b c (1) + (2) + (3) ⇒ + + < 2 (II ) a+b b+a a+c r r r b c a b c a Từ (I ) và (II ) ⇒ + + < + + a+b b+c c +a b+c a+c b+a Vì. 13. .

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Bài 26 Cho x; y ; z > 1 và x + y + z = xyz. Tìm GTNN của P=. y −2 z −2 x −2 + + x2 y2 z2 Lời giải. Từ giả thiết: x + y + z = xyz ⇒ Do đó, đặt a =. P =a. 2. 1 1 1 + + =1 xy yz zx. 1 1 1 ; b = ; c = . Ta thu được: 0 < a, b, c < 1 và ab + bc + ca = 1. Khi đó: x y z       1 1 1 2 2 2 P =a −2 +b −2 +c −2 b c a. .      1 1 1 1 1 1 2 2 −1+ −1 +b −1+ −1 +c − 1 + − 1 − (a + b + c) b a c b a c. Áp dụng AM − GM: 2. 2. . a + b ≥ 2ab ⇒.   
1 1 2 2 −1 a +b ≥ − 1 2ab = 2a − 2ab b b. Làm tương tự: VT ≥ (a + b + c) − 2 (ab + bc + ca) = (a + b + c) − 2 Cái công việc còn lại nhẹ nhàng rồi: Tìm GTNN của a + b + c với 0 < a < 1 và ab + bc + ca = 1 Lại dùng AM − GM: a2 + b 2 ≥ 2ab. Tương tự thì thu được: a2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇒ (a + b + c)2 ≥ 3 (ab + bc + ca) = 3 √ √ Tóm lại: MinP = 3 − 2 khi x = y = z = 3. . Bài 27 Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng: a2 b 2 c 2 d 2 1 1 1 1 + 5+ 5+ 5 ≥ 3+ 3+ 3+ 3 5 b c d a a b c d Lời giải r. Ta có. a2 2 1 5 + 3 ≥5 5 b a b 15 r b2 2 1 5 3 5 + 3 ≥5 c b c 15 r c2 2 1 5 3 5 + 3 ≥5 d c d 15 r d2 2 1 5 3 5 + 3 ≥5 a d a15 3. Cộng theo vế các bất đẳng thức, được điều cần chứng minh.. 14. =. 5 b3. =. 5 c3. =. 5 d3. =. 5 a3 .

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Bài 28 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Chứng minh rằng: 1 1 1 9 + + ≥ 2 3−a 3−b 3−c 2 (a + b 2 + c 2 ) Lời giải 9 1 1 1 9 27 VT = + + ≥ = 2 ≥ 2 b+c a+c a+b 2(a + b + c) 2(a + b 2 + c 2 ) 2(a + b + c). . Bài 29 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: a + b + c = 1. Tìm GTNN của biểu thức: P=. a2. 1 1 1 + 2 + 2 (c + a) b (a + b) c (b + c) Lời giải. Ta có. √ 1 3 1 = a + b + c ≥ 3 abc ⇒ √ ≥3 3 abc !2 r 2  1 1 1 1 1 1 1 33 + + abc 2 2 2 81 a b c Do đó P = a + b + c ≥ ≥ ≥ a+c b+a b+c 2(a + b + c) 2 2. . Bài 30 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm GTNN của: a4 b4 c4 √ √ P=√ + + 3 3 3 a3 + 7 b3 + 7 c3 + 7 Lời giải Ta có. 4a4 a4 4a4 12a4 √ ≥ 3 =p = 3 3 3 a + 23 a + 23 a3 + 7 8.8.(a3 + 7) 3. Hơn nữa, 12a4 − a3 + 23. . 31 23 a− 16 16. . (a − 1)2 (161a2 + 345a + 529) = ≥0 16(a3 + 23). Suy ra √ 3. a4 12a4 31 23 ≥ 3 ≥ a− a + 23 16 16 a3 + 7. Tương tự b4 31 23 √ ≥ b− 3 3 16 16 b +7 và √ 3. c4 31 23 ≥ c− 3 16 16 c +7. Cộng theo vế các bất đẳng thức, √ 3 Vậy min P =. a4 b4 c4 31 23 3 √ √ + 3 + 3 ≥ (a + b + c) − 3. = 3 3 3 16 16 2 a +7 b +7 c +7. 3 khi a = b = c = 1. 2. . 15.

<span class='text_page_counter'>(16)</span>