TÀI LIỆU BDHSG PHẦN bđt và cực TRỊ đại số QUA đề các TỈNH đáp án

TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118.

Bài 1: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2009 – 2010)
3

abc + 3 xyz ≤

3

(a+x)(b+y)(c+z)

(1)

a)
Lập phương 2 vế của (1) ta được :
abc + xyz + 3 3 (abc) 2 xyz + 3 3 abc(xyz)2 ≤ (a+x)(b+y)(c+z)
⇔ abc + xyz+ 3 3 (abc)2 xyz + 3 3 abc(xyz)2 ≤

abc+xyz+abz+ayc+ayz+xbc+xyc+xbz
⇔ 3 3 (abc) 2 xyz + 3 3 abc(xyz) 2 ≤ (abz+ayc+ xbc)+ (ayz+xbz+xyc)
(2)
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có :
(abz+ayc+ xbc) ≥ 3 3 (abc) 2 xyz
(3)
(ayz+xbz+ xyc) ≥ 3 3 abc(xyz)

2

(4)

Cộng hai bất đẳng thức (3) và (4) ta được bất đẳng thức (2), do đó (1) được chứng minh.
a = 3+ 3 3, b = 1, c = 1, x = 3 - 3 3, y = 1, z = 1
b) Áp dụng BĐT (1) với
3
3
3
3
Ta có : abc = 3 +
, xyz = 3- , a+ x = 6, b + y = 2, c + z = 2
3

3+ 3 3 + 3 3- 3 3 ≤ 3 6.2.2 = 2 3 3

Từ đó :

(đpcm).

Bài 2: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2010 – 2011)
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương ta có:
a + b ≥ 2 ab ⇔ 4ab ≤ (a + b) 2
⇔

1
a+b 1 1 1
≤
= ( + )
a + b 4ab 4 a b

(*)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b

Áp dụng BĐT (*) ta có:
1
1 1
1
1  1 1 1 1  1 1 1
1 
≤ ( +
) ≤  + ( + ) =  +
+ ÷
2x + y + z 4 2x y + z
4  2x 4 y z  8  x 2 y 2z 

Tương tự ta có:

1
1 1 1
1 
≤  + + ÷
x + 2 y + z 8  y 2z 2x 
1
11 1
1 
≤  +
+
÷
x + y + 2z 8  z 2x 2 y 

(1)

(2)

(3)

Cộng (1), (2) , (3) ta được:

Hãy ln chiến thắng chính mình.

1


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118.

1
1
1
1 1 1 1 2
2
2
1 1 1 1
+
+
≤ ( + + +
+
+ )= ( + + )
2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 8 x y z 2x 2 y 2z
4 x y z

Vậy :

1
1
1
+
+
≤ 2010 = 1005
2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z
4
2

x=y=z=
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1005
1
x= y=z=
2
670
Vậy MaxP =
khi
.

1
670

Bài 3: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011 – 2012)
2
1
≤
2

2
x + 2y + 3 xy + y + 1
a) Chứng minh :
(x, y > 0)
2
2
x + 2y + 3 > 0; xy + y + 1 > 0
Vì x, y > 0 nên
2
1
≤
2
2
x + 2y + 3 xy + y + 1 ⇔ 2xy + 2y + 2 ≤ x 2 + 2y 2 + 3
Do đó :
⇔ (x − y) 2 + (y − 1) 2 ≥ 0
Bất đẳng thức sau cùng đúng nên bất đẳng thức đầu đúng .
Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1.
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1
1
1
M= 2
+ 2
+ 2
2
2
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a 2 + 3

(a,b,c >0; abc = 1)

Áp dung bất đẳng thức ở câu a) ta có:
1
1
2
1
1
=
≤
2
2
2
2
a + 2b + 3 2 a + 2b + 3 2 ab + b + 1
1
2

2

=

1
2
1
1
≤
2
2
2 b + 2c + 3 2 bc + c + 1

2

=

1
2
1
1
≤
2
2
2 c + 2a + 3 2 ca + a + 1

b + 2c + 3
1
2

c + 2a + 3

1
1
1
1

⇒M ≤ 
+
+
÷
2  ab + b + 1 bc + c + 1 ca + a + 1 
Do abc = 1 nên:

ca
a
1
1
1
1
+
+
+
+
2
ab + b + 1 bc + c + 1 ca + a + 1 ca b + abc + ca abc + ac + a ca + a + 1
=

Hãy ln chiến thắng chính mình.

2


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

=
M≤
Do đó

1
2

ca
a

1
+
+
ca + a + 1 ca + a + 1 ca + a + 1
Max(M) =

. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1. Vậy

1
2

09.05.37.8118.

=1.

.

Bài 4: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2012 – 2013)
P = 1 − xy
Tìm GTNN của biểu thức

x 2013 + y 2013 = 2 x1006 y1006
, biết:

(1).

x 2013 + y 2013 = 2 x1006 y1006 ⇒ ( x 2013 + y 2013 ) = 4 x 2012 y 2012
2

Ta có:

(x

2013

+y

)

2013 2

(2)

≥ 4x

2013

y

2013

Mặt khác:
4x

2012

y

2012

≥ 4x

2013

(3)
y 2013

Từ (2) và (3) suy ra:
P = 1 − xy ≥ 0
4 x 2012 y 2012 (1 − xy ) ≥ 0
Hay :
.Do đó
.
2013 2013
xy = 1 ⇔ x y
=1
Đẳng thức xảy ra khi:
(4).
2013 2013
 x y
=1
x = 1
⇔
 2013

2013
=2
 x + y
y =1
Từ (1) và (4) ta có:

.
Vậy Min (P) = 0 khi x = y =1.

Bài 5: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2013 – 2014)

CMR:

a
b
c
3
+
+
≥
b+ c c + a a + b 2

Cách 1:
⇔

a
b
c
3
a
1
b
1
c
1
+

+
≥ ⇔
− +
− +
− ≥0
b+ c c + a a + b 2
b+ c 2 c + a 2 a + b 2

2a − b − c 2b − a − c 2c − a − b
+
+
≥0
2 ( b + c)
2( c + a)
2 ( a + b)

(*)

Vì a, b, c có vai trị như nhau. Giả sử :

a + b ≥ a + c; a+b ≥ b+c

.

2a − b − c 2b − a − c 2c − a − b 2a − b − c 2b − a − c 2c − a − b
+
+
≥
+
+

=0
2( b + c)
2( c + a)
2 ( a + b)
2( a + b)
2( a + b)
2 ( a + b)

Suy ra:
Vậy bất đẳng thức (*) luôn đúng với mọi giá trị dương của a, b, c.
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

Hãy ln chiến thắng chính mình.

3


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

Nên

a
b
c
3
+
+
≥
b+ c c + a a+ b 2

. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.

x = b + c; y=a+c; z=a+b.
⇒ a=

Cách 2: Đặt
Ta có :
=

09.05.37.8118.

y+z−x
x+z− y
x+ y−z
; b=
; c=
2
2
2

a
b
c
y + z− x x + z− y x + y− z
+
+
=
+
+
b+ c c + a a + b

2x
2y
2z

y
z 1 x
z 1 x y 1  y
x  z x  y z 3
+
− +
+
− + + − =
+ ÷+ 
+ ÷+  + ÷−
2x 2x 2 2y 2y 2 2z 2z 2  2x 2y   2x 2z   2z 2y  2
+

y
x
y x
+
≥2
× =1
2x 2y
2x 2y

Mà

.
+

Tương tự :
Nên
Hay

z
x
y z
+ ≥ 1;
+
≥1
2x 2z
2z 2y

a
b
c
y+ z− x x + z− y x + y− z
3
+
+
=
+
+
≥ 3−
b+ c c + a a + b
2x
2y
2z
2

a
b
c
3
+
+
≥
b+ c c + a a+ b 2

Dấu “=” xảy ra khi :

y
x
z
x y
z
= ;
= ;
=
2x 2y 2x 2z 2z 2y

hay x = y = z

⇒a =b=c

.

Bài 6: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2015 – 2016)
xy + y ≤ 4

Chứng minh rằng

.

x + y ≤ 3 ⇔ x + y +1≤ 4

Ta có:
.
Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương y, x + 1 ta có:
2

2

 x + y +1   4 
xy + y = y ( x + 1) ≤ 
÷ ≤ ÷ =4
2

 2

Dấu “=” xảy ra khi

x + y = 3 x = 1
⇔

 y = x +1
y = 2

Tìm GTNN biểu thức:
P=

2
6
P=
+
3xy y + 4

.

.

.

2
xy
6
y + 4 xy + y + 4
+ +
+
−
3 xy 6 y + 4
6
6

Ta có:
.
Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương và kết hợp với a) ta được:

Hãy ln chiến thắng chính mình.

4


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.
P≥2

≥

2 xy
6 4 + y y ( x + 1) + 4
. +2
.
−
3 xy 6
4+ y 6
6

2
4+4 4
+ 2−
=
3
6
3

.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
Vậy

09.05.37.8118.

4
Min P =
3

x + y = 3
 y = x +1

 2
x = 1
xy
=
⇔

y = 2
 3 xy 6
 6
y+4
=

6
y+4

.

x = 1, y = 2
khi

.

Bài 7: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2015 – 2016)
1
1
1
+
+
=2
1+ 2x 1 + 2 y 1 + 2z

Cho ba số không âm x, y, z thỏa mãn
.
1
xyz ≤
64
Chứng minh rằng
.
1
1
1
2y
2z
= 1−
+1−
=
+
1 + 2x
1+ 2 y
1 + 2z 1 + 2 y 1 + 2z
Từ giả thiết ta có:

1
yz
≥4
1 + 2x
( 1 + 2 y ) ( 1 + 2z )
Áp dụng BĐT Cauchy :
(1)
2y
2z
⇔
=
⇔ y=z
1+ 2 y 1+ 2z
Dấu “=” trong (1) xảy ra
.
Lập luận tương tự ta có:
1
zx
≥4
1+ 2 y
( 1+ 2z ) ( 1 + 2x )
⇔z=x
(2), dấu “=”
;
1
xy
≥4
1+ 2z
( 1+ 2x) ( 1+ 2 y )
⇔x= y

(3), dấu “=”
.
Vì các vế của (1), (2) và (3) không âm nên nhân theo vế ta được:
1
x2 y2 z 2
1
≥ 64
2
2
2 ⇒ xyz ≤
(1 + 2 x)(1 + 2 y )(1 + 2 z )
(1 + 2 x) (1 + 2 y ) (1 + 2 z )
64
.

Dấu “=” xảy ra

1
⇔x= y=z=
4

.

Hãy ln chiến thắng chính mình.

5


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118.

Bài 8: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2016 – 2017)
m2 + n2 ≤ 5
Cho m, n là các số thực thay đổi sao cho
(1). Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
Q = m + n + mn + 1
thức:
(2).
2Q = 2 ( m + n ) + 2 mn + 2
Từ (2) ta có:

Do đó:

2Q + m2 + n 2 = m 2 + n 2 + 2m + 2n + 2mn + 2
= ( m + n + 1) + 1 ≥ 1
2

Suy ra:

2Q ≥ 1 − ( m 2 + n 2 ) ≥ −4

⇒ Q ≥ −2

(do (1))
 m = −2

m 2 + n 2 = 5
n = 1
⇔

⇔
 m = 1
m + n + 1 = 0

 n = −2

.

Dấu “=” xảy ra
.
Vậy Min Q = -2 khi m =-2, n =1 hoặc m =1, n = -2.
Bài 9: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2017 – 2018)

a) Với

4
03

0Với

4
3

1
³ x
x 2 ( 4 - 3x)
, chứng minh rằng

, (1)

(1).

Û 3x 4 - 4 x3 +1 ³ 0
2

(

)

Û ( x - 1) 3x 2 + 2 x +1 ³ 0
éæ 1 ử2 2 ự
ỳ
ỗx + ữ
3( x - 1) ờ
ữ
ờỗ
ữ + 9 ỳ 0 (2)
ỗ
ố
ứ
3
ờ
ỳ
ở
ỷ
2

.

x =1

(2) ỳng nờn (1) đúng. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
.
4
3
b) Cho a, b, c là ba số dương nhỏ hơn sao cho a + b + c = 3.
1
1
1
Q= 2
+ 2
+ 2
³ 3
a ( 3b + 3c - 5) b ( 3c + 3a - 5) c ( 3a + 3b - 5)
CMR:

Hãy ln chiến thắng chính mình.

6


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.
Theo giả thiết:

a + b + c = 3 ⇔ 3b + 3c − 5 = 4 − 3a

09.05.37.8118.

.

1
1
=
³ a.
a 2 ( 3b + 3c - 5) a 2 ( 4 - 3a )
Áp dụng bất đẳng thức (1) ta được:
Tương tự, ta cũng có:
1
1
1
1
= 2
³ b; 2
= 2
³ c
2
b ( 3c + 3a - 5) b ( 4 - 3b)
c ( 3a + 3b - 5) c ( 4 - 3c )
.

Q=

1
1
1
+ 2
+ 2
a ( 4 - 3a ) b ( 4 - 3b) c ( 4 - 4c ) ³ a + b + c = 3.
2

Do đó
Dấu “=” khi và chỉ khi a = b = c = 1.

Bài 10: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2017 – 2018)
a
a
>
a + 2b a + b

a) Chứng minh:
a
a
=
a + 2b
a(a + 2b)
Ta có:
a
a
a
=
>
=
×
a 2 + 2ab
a 2 + 2ab + b 2 a + b

b) Chứng minh:

Từ a) suy ra

a
b
c
+
+
>1
a + 2b
b + 2c
c + 2a

a
a
a
>
>
a + 2b a + b a + b + c

(1).

b
b
c
c
>
(2);
>
(3) ×
b + 2c a + b + c
c + 2a a + b + c

Tương tự ta cũng có :
Cộng (1), (2) và (3) theo vế ta được :
a
b
c
a
b
c
+
+
>
+
+
=1
a + 2b
b + 2c
c + 2a a + b + c a + b + c a + b + c

.

Bài 11: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019)

Cho

x, y , z ∈ R +

và x + y + z = 2. Chứng minh rằng

1 1 1

 + + ÷( 2 + 9 xyz ) ≥ 21
x y z

Bất đẳng thức đã cho tương đương

Hãy luôn chiến thắng chính mình.

7


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118.

1 1 1
1 1 1
1 1 1
2  + + ÷+ 9 xyz  + + ÷ ≥ 21 ⇔ ( x + y + z )  + + ÷+ 9 ( xy + yz + zx ) ≥ 21
x y z
x y z
x y z
x
⇔ +
y

y  y z   z
÷+  + ÷+  +
x  z y x

( x + y)

⇔
xy

2

( y + z)
+
yz

2

x
÷+ 9 ( xy + yz + zx ) ≥ 18
z

( z + x)
+
zx

2

+ 9 ( xy + yz + zx ) ≥ 24 (1) ×

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

( x + y)

2

+ 9 xy ≥ 2

xy

( y + z)

2

+ 9 yz ≥ 2

yz

( z + x)
zx

2

+ 9 zx ≥ 2

( x + y)

2

xy

( y + z)

2

yz

( z + x)
zx

2

.9 xy = 6 ( x + y ) (2)

.9 yz = 6 ( y + z ) (3)

.9 zx = 6 ( z + x ) (4)

.
Cộng (2), (3) và (4) theo vế ta được
2
2
2
x + y)
y + z)
z + x)
(
(
(
⇔
+
+
+ 9 ( xy + yz + zx ) ≥ 12 ( x + y + z ) = 24
xy
yz
zx
.

Vậy (1) đúng. Bất đẳng thức đã được chứng minh.
( x + y) 2
x+ y
= 9 xy

 xy = 3
 xy

2

1 1 1
2
( y + z )
y+z
⇔
= 9 yz ⇔ 
=3⇔ = = ⇒ x= y= z= ×
x y z
3
 yz
 yz
 z+x 2
) = 9 zx  z + x = 3
(
 zx
 zx

Đẳng thức xảy ra

Bài 12: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019)

a + b + c + ab + bc + ca − 6abc = 0.
Với a, b, c là 3 số dương thỏa mãn điều kiện
Tìm giá trị nhỏ
1 1 1
P= 2 + 2 + 2.
a b c
nhất của biểu thức
1 1 1 1
1 1
a + b + c + ab + bc + ca − 6abc = 0 ⇔ + + +
+ +
=6
a b c ab bc ca
Ta có
Theo BĐT Cauchy ta có

Hãy ln chiến thắng chính mình.

8


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.
1 1 1  1
 + ÷≥ ,
2  a 2 b 2  ab
1 1
 1
 2 + 1÷ ≥ ,
2a

 a

1 1 1  1
 + ÷≥ ,
2  b 2 c 2  bc
1 1
 1
 2 + 1÷ ≥ ,
2b
 b

1 1 1  1
 + ÷≥
2  c 2 a 2  ca

09.05.37.8118.

(1)

1 1
 1
 2 + 1÷ ≥
2c
 c

(2)

Cộng vế theo vế các BĐT trong (1) và (2) ta được
3 1 1 1  3
 + + ÷+ ≥ 6.

2  a 2 b2 c 2  2
⇔
min P = 3

Vậy

khi

3 1 1 1  9
1 1 1
 2 + 2 + 2 ÷≥ ⇔ 2 + 2 + 2 ≥ 3.
2a b c  2
a b c

a = b = c =1

.

Bài 13: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2019 – 2020)
a, b, c

Cho

ab + bc + ca = 1

là các số thực dương thỏa mãn

. Chứng minh rằng

a b + 1 + b c + 1 + c a2 + 1 ≥ 2

2

2

.

Dấu “=” xảy ra khi nào?
Bất đẳng thức đã cho tương đương

a b2 + 1 + b c2 + 1 + c a 2 + 1 ≥ 2

(

⇔ a b2 + 1 + b c 2 + 1 + c a 2 + 1

(

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

(

)

)

2

2

. Ta có

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

)

2

= a 2 ( b 2 + 1) + b 2 ( c 2 + 1) + c 2 ( a 2 + 1) + 2ab
+ 2ac

(b

2

( 6) .

≥4

+ 1) ( a 2 + 1) + 2bc

(c

2

(b

2

+ 1) ( c 2 + 1)

+ 1) ( a 2 + 1) .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có

(b

2

+ 1) ( c 2 + 1) = b 2c 2 + b 2 + c 2 + 1 ≥ bc + 1

( 6.1)

(b

2

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

( 6.2 )

(a

2

+ 1) ( c 2 + 1) = a 2 c 2 + a 2 + c 2 + 1 ≥ ac + 1

( 6.3)
.

Kết hợp (6.1), (6.2) và (6.3) ta được

Hãy luôn chiến thắng chính mình.

9


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118.

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 + 2ab + 2bc + 2ca
2

= ( ab + bc + ca ) + a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca
2

Mặt khác, ta lại có

a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca

. Suy ra
2
S ≥ ( ab + bc + ca ) + 3 ( ab + bc + ca ) = 4

Vậy bất đẳng thức (6) đúng.
 b 2 + 1 c 2 + 1 = bc + 1



2
2
 b + 1 a + 1 = ab + 1

1
2
2
⇔a=b=c=
.
 a + 1 c + 1 = ca + 1
3

2
( a + b + c ) = 3 ( ab + bc + ca )

ab + bc + ca = 1

Đẳng thức xảy ra

(
(
(

)(
)(
)(

)
)
)

Bài 14: ( HSG TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU NĂM HỌC 2008 – 2009)
F=

( x 2 + y 2 + 2 xy ) + (4 x 2 + y 2 + 12 − 4 xy − 4 x + 2 y ) + 2

Fmin

F≥2

=

( x + y ) 2 + (2 x − y − 1) 2 + 2

1

x=

x + y = 0

3
=2⇔
⇔
2 x − y − 1 = 0
y = − 1

3

Ta thấy với mọi x, y thì
. Nên

Bài 15: ( HSG TỈNH BC GIANG NM HC 2008 2009)

.

.

a) Hàm số xác định với mọi x
y là một giá trị của hàm số
x +1
y= 2
x + x +1
phơng trình
(ẩn x tham sè y) cã nghiÖm
2
⇔ y(x + x + 1) = x+ 1 ⇔ y.x2 + (y - 1)x + y - 1 = 0
(1)
+) y = 0 th× x = - 1 (cã nghiÖm)
+) y ≠ 0. (1) cã nghiÖm ⇔ ∆ ≥ 0
⇔ (y - 1)2 - 4y(y - 1) ≥ 0 ⇔ (y - 1)(-3y - 1) ≥ 0 (2)
1
y 1
3
Giải (2) ta đợc
1
.
3
Khi x = 0 th× y = 1; khi x = -2 thì y =
1

3

Do đó max y = 1 và min y =
.

Hãy ln chiến thắng chính mình.

10


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118.

b) Do 2p = 3 nªn a, b, c < 3
+) Ta dễ dàng chứng minh đợc với ba số d¬ng x, y, z ta cã
 x+ y+ z
xyz ≤

3



33 xyz

3

x+y+z
hay
áp dụng (*) cho ba số dơng 3 - a; 3 - b; 3 - c ta đợc

(*)

3

3 a +3−b +3−c 
(3 − a )(3 − b)(3 − c) ≤ 
 = 1.
3



⇒ 27 - 9(a + b + c) + 3(ab + bc + ca) - abc ≤ 1
⇒ abc ≥ 3(ab + bc + ca) - 28
Do ®ã 3(a2 + b2 + c2) +2abc ≥ 3(a2 + b2 + c2) + 6(ab + bc + ca) - 56
= 3(a + b + c)2 - 56 = 52.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2.

Bài 16: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2009 – 2010)
1 1
4
1
11 1
+ ≥
⇒
≤  +  (*)
x+ y 4 x y
≥ 4 xy ⇒ x y x + y

Ta có với x, y > 0 thì: ( x+y)2
Áp dụng bất đẳng thức (*) và do a+b+c = 1 nên ta có:
ab
ab

ab  1
1 
=
≤
+

÷;
c + 1 (c + a ) + ( c + b ) 4  c + a c + b 

dấu bằng xảy ra khi x = y.

Tương tự ta có:
bc
bc  1
1 
≤ 
+
÷;
a +1 4  a + b a + c 
ca
ca  1
1 
≤ 
+
÷.
b +1 4  b + a b + c 
⇒

ab
bc

ca
1  ab + bc ab + ca bc + ca  1
1
+
+
≤ 
+
+
÷= ( a + b + c ) =
c +1 a +1 b +1 4  c + a
b+c
a+b  4
4

ab
bc
ca
1
+
+
≤
⇒ c +1 a +1 b +1 4

⇔a=b=c=
. Dấu bằng xảy ra

1
3

Bài 17: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013)

c

a, b

Cho ba số dương

và

thoả mãn

abc = 1

1
1
1
1
+ 2
+ 2
≤
2
2
2
2
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2

.

a + 2b + 3 = (a + b ) + (b + 1) + 2 ≥ 2ab + 2b + 2
2

Ta có:

. Chứng minh rằng:

Tương tự:

2

2

2

2

b 2 + 2c 2 + 3 ≥ 2bc + 2c + 2 c 2 + 2a 2 + 3 ≥ 2ac + 2a + 2

,

Hãy ln chiến thắng chính mình.

11


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118.

1
1
1

1
1
1
1
+ 2
+ 2
≤ (
+
+
)
2
2
2
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2 ab + b + 1 bc + c + 1 ac + a + 1
1
1
1
1
1
= (
+
+
)= .
2 ab + b + 1 1 + 1 + 1 1 + a + 1 2
a ab
b
2

Suy ra:

Bài 18: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2016 – 2017)

3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) − ( x + y + z ) = ... = ( x − y ) + ( y − z ) + ( x − z ) ≥ 0
2

Ta có

2
2
2
⇒ ( x + y + z ) ≤ 3( x + y + z )

2

2

2

2

x + y + z ≤ 3( x + y + z
2

2

2

)

nên với x,y,z>0 ta có

, áp dụng ta có
1
1
1
1
1
1


+
+
≤ 3
+
+
÷
ab + a + 2
bc + b + 2
ca + c + 2
 ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 

x + y ≥ 2 xy ⇒ ( x + y ) ≥ 4 xy ⇒
2

-Với x,y>0 ta có
áp dụng ta có

1
11 1
≤  + ÷

x+ y 4 x y 

1
1
1
1
=
=
=
ab + a + 2 ab + 1 + a + 1 ab + abc + a + 1 ab(c + 1) + (a + 1)
≤

1
1
1  1  abc
1  1 c
1 
+
= 
+
= 
+

÷
÷
4  ab(c + 1) a + 1  4  ab(c + 1) a + 1  4  c + 1 a + 1 ÷


Vây ta có

1
1 c
1 
≤ 
+
÷
ab + a + 2 4  c + 1 a + 1 

Tương tự ta có

1
1 a
1 
1
1 b
1 
≤ 
+
≤ 
+
÷
÷
bc + b + 2 4  a + 1 b + 1  ca + c + 2 4  b + 1 c + 1 

;

nên

1
1

1


3
+
+
÷
 ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 
1 c
1
a
1
b
1 3
3ì
+
+
+
+
+
ữ=
4 c +1 a +1 a +1 b +1 b +1 c +1 2

Vậy

1
1
1
3
+

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

dấu “=” có khi a=b=c=1

Bài 19: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2017 – 2018)
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn

x + y + z = xyz

.

Hãy ln chiến thắng chính mình.

12


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118.

1 + 1 + x2 1 + 1 + y 2 1 + 1 + z 2
+
+
≤ xyz
x
y

z

Chứng minh rằng:
1
1
1
+ +
=1
xy yz zx

Từ Gt suy ra:

.

 1 1  1 1  1  2 1 1 
1+ x
1 1 1 1
= 2+ + +
=  + ÷ + ÷ ≤  + + ÷;" = " ⇔ y = z
x
x xy yz zx
 x y  x z  2  x y z 
2

Nên ta có:

Vậy

1 + 1 + x2 ≤ 1  4 + 1 + 1 


÷
2 x y z 
x

.

11 4 1
1+ 1+ y
≤  + + ÷
2 x y z 
y
2

Tương tụ ta có

1+ 1+ y
1 1 1
1+ 1+ x
1 + 1+ z2
+
+
≤ 3  + + ÷;" = " ⇔ x = y = z
x
y
z
x y z
2

2

Vậy ta có

( x + y + x)
Ta có
Nên

;

1+ 1+ z2 ≤ 1  1 + 1 + 4 

÷
2 x y z 
z

( x + y + x)

2

2

− 3 ( xy + yz + xx ) = .... =

1
2
2
2
( x − y ) + ( y − z ) + ( x − z )  ≥ 0
2

≥ 3 ( xy + yz + xx )

⇒ ( xyz ) ≥ 3 ( xy + yz + xz ) ⇒ 3
2

1 1 1
xy + yz + xz
≤ xyz ⇒ 3  + + ÷ ≤ xyz
xyz
x y z

1 + 1 + x2 1 + 1 + y2 1 + 1 + z 2
+
+
≤ xyz
x
y
z

Vậy

;

"="⇔ x = y = z

.

Bài 20: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2018 – 2019)
x + y ≤ 2( x + y)
Áp dụng bất đẳng thức
Ta có

với các số x, y khơng âm.

P ≤ 2 ( a 3b + b3c + c 3 a + abc 2 + ab3 + bc 3 + ca 3 + bca 2 )
.
2

P
≤ ab ( a 2 + b2 + c 2 ) + bc ( a 2 + b2 + c 2 ) + ca ( c 2 + a 2 )
2
≤ ( ab + bc + ca ) ( a 2 + b 2 + c 2 )

⇒

⇒ P ≤ 2 ( ab + bc + ca ) ( a + b + c
2

2

2

2

)

 2 ( ab + bc + ca ) + a 2 + b 2 + c 2 
≤
÷
2




2

Hãy ln chiến thắng chính mình.

13


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

( a + b + c)
⇒P≤
2

09.05.37.8118.

2

= 8.

( a; b; c ) = ( 2; 2;0 )
Dấu “=” xảy ra, chẳng hạn khi

. Vậy GTLN của P là

8

.

Bài 21: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2009 – 2010)
a)P = 3x2 + 11y2 – 2xy – 2x + 6y – 1 .
Ta đưa về PT bậc 2 với ẩn x : 3x2 – 2x.(y + 1) + 11y2 + 6y – 1 – P = 0.

(1)

∆ ' = −32y − 16y + 4 + 3p ≥ 0
2

Để tồn tại nghiệm x thì PT (1) phải có:
2

1

⇒ 3p + 4 ≥ 32y + 16y = 32 y + ÷ − 2 ≥ −2
⇒ p ≥ −2
4

2

Đẳng thức xảy ra khi

1
1
y= − ;x=
4
4

.

. Vậy P nhỏ nhất bằng – 2 khi

1
1
y= − ;x=
4
4

.

2
2

b)Dự đoán dấu = xảy ra khi a = b = c =
. Từ đó ta áp dụng BĐT Cơ-Si như sau:
bc
c + 2b 2
+
≥
3
a ( c + 2b) 9abc 3a2
Ta có:
; … cộng theo vế và biến đổi ta được:
bc
ca
ab
2  1 1 1  a+ b+ c
+ 3
+ 3
≥ . 2 + 2 + 2 ÷−

3
a ( c + 2b) b ( a + 2c) c ( b + 2a) 3  a b c 
3abc
. (*)
1 1 1 1 1 1 a + b+ c
+ + ≥
+
+
=
=6
a2 b2 c2 ab bc ca
abc
Mặt khác:
nên từ (*) ta có:
bc
ca
ab
2
6abc
2
+ 3
+ 3
≥ .6 −
=2
3
a ( c + 2b) b ( a + 2c) c ( b + 2a) 3
3abc
2
. Dấu = xảy ra khi a = b = c =
.

t = min{ α , β ,γ }
c)Giả sử
> 0 ta có:
 x
 1
αx
βy γz
y
z 
1
1 
M=
+
≥ t.
+
+
+
+
÷ = t( x + y + z) 
÷− 3t
y + z z+ x x + y
 y+ z z+ x x + y 
 x + y y + z z+ x 

M=
Đặt a = x + y; b = y + z; c = z + x ta được:

Mmin =

.

t
1 1 1
9t
3t
( a + b + c)  + + ÷− 3t ≥ − 3t =
2
2
2
 a b c

a = b = c
 x = y = z
3t
⇔
⇔
2
t = min{ α , β ,γ }
t = min{ α , β ,γ }

Hãy luôn chiến thắng chính mình.

14


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118.

Bài 22: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2011 – 2012)

Ta có : (x + y + 1)(x2 + y2) +

4
x+ y

= (x + y + 1)(x2 + y2) - ( x + y) + ( x + y ) +

4
x+ y

= ( x + y )( x2 + y2 ) + (x2 + y2) - ( x + y) + ( x + y ) +
= ( x + y ) (x2 + y2 – 1) + (x2 + y2) + ( x + y ) +
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương :
x+y

≥

x2 + y2

4
x+ y

xy

2

≥

=2

( do xy = 1 ) . Dấu “ = “ xảy ra

2xy = 2
4
x+ y

(x+y)+

. Dấu “ = “ xảy ra
≥

4 . Dấu “ = “ xảy ra

Do đó : (x + y + 1)(x2 + y2) +
Dấu “ = “ xảy ra

⇔

4
x+ y

≥

⇔

⇔

4
x+ y

⇔

x=y=1

x=y=1
2

(x + y) = 4

⇒

x = y = 1.

2.(2 – 1) + 2 + 4 = 8

x = y = 1.

Bài 23: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2014 – 2015)
x
y
z
+
+
2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z

Từ giả thiết 1 = x + y + z , ta có : P =

⇒

Đặt a = 2x + y + z ; b = x + 2y + z ; c = x + y +2z
a , b, c > 0
Ta có : a + b + c = 4( x + y + z) = 4 (a – x) = 4(b – y) = 4(c – z)
Từ a + b + c = 4(a – x)
Tương tự : y =
Ta có : P =
⇒

3b − (c + a)
4

3a − (b + c)
4a

4P = ( 3 -

⇒

b+c
a

+

x=

3a − (b + c )
4

; z=

3c − ( a + b)
4

3b − (c + a)
4b

) +(3-

c+a
b

+

) + (3 -

3c − ( a + b)
4c
a+b
c

) = 9-

b a
 + ÷
a b

-

b c
 + ÷

c b

-

c a
 + ÷
a c ≤

9–6

=3
⇒

P

3
≤ 4

Hãy ln chiến thắng chính mình.

15


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.
⇔

Dấu « = » xảy ra
Vậy

a=b=c=

3
4 ⇔

Pmax =

4
3 ⇔

x=y=z=

09.05.37.8118.

1
3

1
3

x=y=z=

Bài 24: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2016 – 2017)
x2

Áp dụng BĐT Cô si cho các số dương
và yz, ta có:
1
1
1 1
⇒ 2

≤
= .
2
x + yz 2 x yz 2 x yz
≥ 2 x yz = 2 x yz
x2
+ yz
1
1 1
1
1 1
≤ .
≤ .
2
2
z + xy
2 z xy
y + xz
2 y xz
Tương tự, ta có:
và
1
1
1
1 1
1
1
+ 2
+ 2
≤ 

+
+
2
x + yz
y + xz z + xy 2  x yz
y xz
z xy
Suy ra:
1
1
1
yz + xz + xy
+
+
x yz
y xz
z xy
xyz
Ta có:
=
(2)
yz + xz + xy ≤
Ta có:
x + y + z (3)
⇔ 2 yz + 2 xz + 2 xy ≤ 2 x + 2 y + 2 z
Thật vậy: (*)
⇔

(

x −

y

) +(
2

z −

x

) +(
2

y −

x

)

2


÷
÷


(1)

≥0

(BĐT đúng)

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z
1
1
1
x+ y+z
1
1
1
+
+
≤
=
+
+
x yz
y xz
z xy
xyz
yz xz xy
Từ (2) và (3) suy ra:
(4)
1
1
1
1 1
1
1
+ 2

+ 2
≤ 
+
+
÷
2
x + yz
y + xz z + xy 2  xy
yz zx 
Từ (1) và (4) suy ra:

Bài 25: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2017 – 2018)
a)Ta có: p + q + r = 0

⇒

r = –p – q.

−cp2 + ( a − c − b ) pq − bq 2

Khi đó: apq + bqr + crp = apq – (p + q)(bq + cp) =
Do đó: apq + bqr + crp

0

a + b ≤ 2ab
2

- Nếu c = 0 thì

≤

⇔ cp 2 − ( a − c − b ) pq + bq 2 ≥ 0
a + b + c ≤ 2 ( ab + bc + ca )
2

2

⇔ bq ≥ 0

2

(vì

)

2

Khi đó: (*)

(*)

2

(Bất đẳng thức ln đúng với mọi b

≥

⇒

a=b

0)

Hãy ln chiến thắng chính mình.

16


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.
≠

- Nếu c 0 thì c > 0 (vì c
Khi đó: (*)

≥

0)

⇔ cp − ( a − c − b ) pq + bq ≥ 0 ⇔ cp − ( a − c − b )
2

09.05.37.8118.

2

2

( a − c − b)
pq +

2

4c

.q

2

( a − c − b)
−
4c

2

.q 2 + bq 2 ≥ 0

2
 2 ( a − c − b)
 4bc − ( a − c − b ) 2 2
a − c − b)
(
2
⇔ c p −
pq +
.q  +
.q ≥ 0
c
4c 2
4c



2
2 ( ab + bc + ac ) − ( a 2 + b 2 + c 2 ) 2
a−c−b 

⇔ cp −
q÷ +
.q ≥ 0
2c
4c



2 ( ab + bc + ac ) − ( a 2 + b2 + c2 )

.q 2 ≥ 0

4c

Ta có:

a 2 + b 2 + c2 ≤ 2 ( ab + bc + ca )

(vì

, c > 0)

2

và

a−c−b 

cp −
q÷ ≥ 0
2c



Vậy:

2
2 ( ab + bc + ac ) − ( a 2 + b 2 + c 2 ) 2
a−c−b 

c p −
q÷ +
.q ≥ 0
2c
4c



Từ hai trường hợp, ta có được: apq + bqr + crp
b)Ta có a, b > 0 và a.b = 1; mà
⇒ M = ( a + b + 1) ( a 2 + b 2 ) +
4 ( a + b)

≥2

a+b

≤

(đúng với mọi a,b và c > 0)

0

a 2 + b 2 ≥ 2ab = 2


4
4
4 
≥ ( a + b + 1) 2 +
= ( a + b ) +
+ ( a + b) + 2
a+b
a+b 
a + b 

+ 2 ab + 2 = 2 4 + 2 + 2 = 8

a = b; a, b > 0
⇔ a = b =1

2
( a + b ) = 4; a.b = 1

Dấu “=” xảy ra khi
. Vậy GTNN của M là 8 khi a = b = 1.
Bài 26: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2018– 2019)
a b3 + 1 + b c3 + 1 + c a 3 + 1

Đặt P =

suy ra

2a b + 1 + 2b c + 1 + 2c a + 1
3

3

2P =
2a

( b + 1) ( b

2

− b + 1) + 2b

3

( c + 1) ( c

≤ a ( b 2 + 2 ) + b ( c2 + 2 ) + c ( a 2 + 2 )

=

Khơng mất tính tổng qt, ta giả sử

=

2

− c + 1) + 2c

( a + 1) ( a 2 − a + 1)

ab 2 + bc 2 + ca 2 + 6 = Q + 6

b≤c≤a

ta có

Hãy ln chiến thắng chính mình.

17


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118.

b ( a − c ) ( c − b ) ≥ 0 ⇔ abc + b 2c ≥ ab 2 + bc 2 ⇔ ab 2 + bc 2 + ca 2 ≤ abc + b 2c + ca 2
a+b a+b
.
2

2

≤ abc + b 2 c + ca 2 ≤ 2abc + b 2c + ca 2 = c ( a + b ) = 4c
2

Do đó Q
4 ( a + b + c)
4 
a+ b a+ b
4.33
≤
c
+
+
=
=
=4

÷
27 
2
2 
27
27
2

3

Do đó 2P
⇔

≤

10

⇔

P

≤

5. Dấu “=” xảy ra

⇔

a + b + c = 3,

b≤c≤a

, 2c = a + b, abc = 2abc

b = 0, c = 1, a = 2

Bài 27: ( HSG TỈNH BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2018– 2019)
x+ y=1

Biến đổi biểu thức P và chú ý đến

ta được

(

)

(

)

P = 2x4 + x3 2y − 1 + y3 2x − 1 + 2y4 = 2x4 + 2x3y + 2y4 + 2xy3 − x3 − y3

(

)
( ) (
)
= ( x + y) ( x − xy + y ) = x

(

) (

= 2x x + y + 2y x + y − x3 + y3 = 2 x3 + y3 − x3 + y3
3

3

=x +y
3

3

2

(

)

2

(

2

2

)

2

x2 − xy + y2 = x + y − 2xy ≥ x + y −

Khi đó ta có
x=y=

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là

1
2

1
2

− xy + y

2

1
x+ y
2

(

)

2

=

1
x+ y
2

(

)

2

)

=

1
2

.

.
x=y=

, đạt được tại

1
2

.

Bài 28: ( HSG TĨNH GIA – THANH HÓA NĂM HỌC 2013– 2014)
3
1
2
2
2
2
x + xy + y
4 x + 2.xy + y
4 x − 2.xy + y
Ta có :
= (

)+ .(
)
2

=

3
4

2

1
4

(x+y)2 + .(x-y)2

3
≥4

y + yz + z
2

Tương tự :

2

(x+y)2 =>
3
≥ 2

3
x 2 + xy + y 2 ≥ 2

3
z + zx + x ≥ 2
2

2

(y+z) ;
3
≥ 3
Cộng vế theo vế ta được M
(x+y+z) =
3
Vậy M đạt giá trị nhỏ nhất bằng

(x+y)

khi x = y = z =

1
3

(z+x)

.

Bài 29: ( HSG TỈNH DAKLAK NĂM HỌC 2012– 2013)

Hãy ln chiến thắng chính mình.

18


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

1+ b2 ≥ 2b

09.05.37.8118.

nên:

a+ 1
b2(a + 1)
b2(a + 1)
ab + b
=
(
a
+
1)
−
≥
(
a
+
1)

−
= a + 1−
2
2
1+ b
b +1
2b
2

⇔

a+ 1
ab + b
≥ a + 1−
2
1+ b
2
b+ 1
bc + c
≥ b + 1−
2
1+ c
2

Tương tự ta có:

c+ 1
ca + a
≥ c + 1−
2

1+ a
2

(2)

(3)

Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được:
a + 1 b+ 1 c + 1
a + b + c − ab − bc − ca
+
+
≥ 3+
2
2
2
1+ b 1+ c 1+ a
2
3(ab+ bc + ca) ≤ ( a + b+ c) = 9 ⇒
2

Mặt khác:

⇔
Nên (*)

a + 1 b+ 1 c + 1
+
+
≥3

1+ b2 1+ c2 1+ a2

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi

(*)

a + b + c − ab − bc − ca
≥0
2

(đpcm)

a= b= c = 1

Bài 30: ( HSG TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2016– 2017)

a)

a 2 b2 ( a + b )
+ ≥
x
y
x+ y

⇔ a 2 + b2 +

2

(x, y >0) ⇔

a 2 ( x + y) b2 ( x + y)
2
+
≥ ( a + b)
x
y

a2 y b2 x
a2 y
b2 x
2
+
≥ ( a + b) ⇔
− 2ab +
≥0
x
y
x
y
2

a y b x
⇔
−
÷ ≥0
 x
y ÷



( a + b)
a b
+ ≥
x
y
x+ y
2

Vậy:

2

(đúng với x, y > 0)
2

với x, y > 0.
Hãy luôn chiến thắng chính mình.

19


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118.

b) Ta có: Với x > 0, y > 0 với x + y = 1 thì x = 1 – y và y = 1 – x;
x
y
x
y

x
y
+
=
+
=
+
2
2
1− x 1− y
( 1 − x ) ( 1 + x ) (1 − y)(1 + y) y(1 + x) x(1 + y)

Do x > 0, y > 0, Áp dụng Côssi cho 2 số dương:
x
y
x
y
+
≥2
.
y(1 + x) x(1 + y)
y(1 + x) x(1 + y)
⇔

x
y
1
1
1
+

≥2
=2
=2
y(1 + x) x(1 + y)
(1 + x)(1 + y )
1 + x + y + xy
2 + xy

Do
⇒ 2.

( x + y)
xy ≤
4

2

=

(1)

1
9
1
4
⇒ 2 + xy ≤ ⇒
≥
4
4
2 + xy 9

1
2 4
≥ 2. =
2 + xy
3 3

Từ (1) và (2) suy ra:

( 2)
x
y
4
+
≥
2
2
1− x 1− y
3

Bài 31: ( HSG TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2018– 2019)
Ta có:

a b c
b
c 
 a
+ + + 3 ≥ 4
+
+

÷
b c a
a+b b+c c+a
b
c 
a  b   c 
 a
⇔  + 1 ÷ +  + 1 ÷+  + 1 ÷ ≥ 4 
+
+
÷
b  c  a 
a+b b+c c+a
⇔

a+b
4a
b+c
4b
c+a
4c
−
+
−
+
−
≥0
b
a+b
c

b+c
a
c+a

( a − b)
⇔

2

b(a + b)

( b − c)
+

2

c(b + c )

( c − a)
+

2

a (c + a )

≥0

Ln đúng vì a, b, c là các số dương. Dấu bằng xẩy ra khi a = b = c.

Bài 32: ( HSG TỈNH GIA LAI NĂM HỌC 2009– 2010)

2 ( a + b)
1
1
+
≤
ab
a
b
Trước hết, ta chứng minh bất đẳng thức sau:

Thật vậy, ta có:

.

(1)

2
2( a + b)
1
1
1  2 ( a + b)
 1
+
≤
⇔
+
÷ ≤ ab
ab
a
b

b
 a

Hãy ln chiến thắng chính mình.

20


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118.

2

 1
1 
1
2
1 2 2
1
2
1
−
⇔ +
+ ≤ +
−
+ ≥0 ⇔
÷ ≥0
a
b

ab b a b ⇔ a
ab b
 a

(hiển nhiên)

2( b + c)
1
1
+
≤
bc
b
c
Tương tự (1), ta có:

(2)

2( c + a)
1
1
+
≤
ca
c
a
và

.

Cộng (1), (2), (3) theo vế, ta có:

hay

(3)

1
1 
 1
2
+
+
÷≤
b
c
 a

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

1
1 
a+b
b+c

c+a
 1
2
+
+
÷ ≤ ab + bc + ca
b
c
 a

2
2
2
+
+
≤
a
b
c

a+b
b+c
c+a
+
+
ab
bc
ca

hay

.

Bài 33: ( HSG TỈNH HÀ NAM NĂM HỌC 2012– 2013)
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

1+ b2 ≥ 2b

nên:

a+ 1
b2(a + 1)
b2(a + 1)
ab + b
=
(
a
+
1)
−
≥
(
a
+
1)
−
= a + 1−
2
2
1+ b

b +1
2b
2

⇔

a+ 1
ab + b
≥ a + 1−
2
1+ b
2

Tương tự ta có:

b+ 1
bc + c
≥ b + 1−
2
1+ c
2

c+ 1
ca + a
≥ c + 1−
2
1+ a
2

(2)

(3)

Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được:

Hãy ln chiến thắng chính mình.

21


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

a + 1 b+ 1 c + 1
a + b + c − ab − bc − ca
+
+
≥ 3+
2
2
2
1+ b 1+ c 1+ a
2
3(ab+ bc + ca) ≤ ( a + b+ c) = 9 ⇒
2

Mặt khác:

⇔
Nên (*)

a + 1 b+ 1 c + 1
+
+
≥3
1+ b2 1+ c2 1+ a2

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi

09.05.37.8118.

(*)

a + b + c − ab − bc − ca
≥0
2

(đpcm)

a= b= c = 1

Bài 34: ( HSG TỈNH HÀ TĨNH NĂM HỌC 2008– 2009)
Áp dụng BĐT Bunhiacopky ta có:
P2 = [x2(y + z) + y2(x + z) + z2(y + x)]2 ≤ (x4 + y4 + z4)[(y + z)2 + (x + z)2 + (y + x)2]
Mà: (x4 + y4 + z4)[(y + z)2 + (x + z)2 + (y + x)2] = 6[z2 + x2 + y2 + xy + xz + yz]
3(z4 + x 4 + y 4 )
mà: 6[z2 + x2 + y2 + xy + xz + yz] ≤ 12(z2 + x2 + y2) ≤ 12
P2 ≤ 36 => Pmax = 6 khi và chỉ khi x = y = z = 1.

= 36

Bài 35: ( HSG TỈNH HÀ TĨNH NĂM HỌC 2010– 2011)
≥

3
4

Gọi vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là P, ta cần chứng minh P
(1)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương, ta có:
a3
1+ b 1+ c
a 3 (1 + b)(1 + c)
a3
1+ b 1+ c 3
+
+
≥ 33
+
+
≥ a
(1 + b)(1 + c)
8
8
64(1 + b)(1 + c) ⇒
(1 + b)(1 + c)
8
8
4
b
1+ c 1+ a 3

+
+
≥ b
(1 + c)(1 + a)
8
8
4
3

(2)

c
1+ a 1+ b 3
+
+
≥ c
(1 + a)(1 + b)
8
8
4
3

Tương tự, ta có:
(3) ,
(4)
Lấy (2) + (3) + (4) theo từng vế rồi rút gọn và áp dụng tiếp bất đẳng thức Cô si, ta được:
3 1
1
3
3

P + ≥ (a + b + c) ≥ .3 3 abc = ⇒ P ≥
⇔ a = b = c =1
4 2
2
2
4
, đpcm. (Dấu “=” xảy ra
)

Bài 36: ( HSG TỈNH HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012– 2013)

Ta có

(

(
)

)

2x 4
x4 + y4 + x4 − y4
x4 + y4
=
=
+x− y
x2 + y 2 ( x + y)
x 2 + y 2 ( x + y)
x 2 + y 2 ( x + y)

)

(

(

)

1 2
(
x + y2 )
1
5
3
≥ 2
+ x − y ≥ ( x + y) + x − y = x − y
x+ y
4
4
4
.

Hãy luôn chiến thắng chính mình.

22


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

Tương tự

≥
Vậy 2F

(

2y4
5
3
≥ y− z
2
2
4
y + z ( y + z) 4

)

,

(

09.05.37.8118.

2z 4
5
3
≥ z− x
2
2
4

z + x ( z + x) 4

)

.

5
( x + y + z) − 3 ( x + y + z) = x + y + z = 1 ⇒ F ≥ 1 .
4
4
2
2
4
1
3

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = . Vậy giá trị nhỏ nhất của F là

1
4

.

Bài 37: ( HSG TỈNH HÀ TĨNH NĂM HỌC 2014– 2015)
a + b + c + d ≥ ( a + c ) + (b + d )
2

2

2

2

2

C/M được :

2

. Dấu bằng xảy ra khi:
2

a b
=
c d

2

 a2 
 a2

P
(a 2 + 4b 2 )2
= 1 +  ÷ + 1 + b4 ≥ 4 +  + b2 ÷ = 4 +
4
16
 4 
 4


Áp dụng (1) ta có :
(1 + 2a)(1 + b) =

9
5
a + 2b + ab =
2⇔
2

Mặt khác:
(2)

 a 2 + 1 ≥ 2a
 2
3( a 2 + 4b 2 )
4
b
+
1
≥
4
b
⇒
+ 2 ≥ 2a + 4b + 2ab ⇒ a 2 + 4b 2 ≥ 2

2
 a 2 + 4b 2

≥ 2ab


2
Mà:
(3)
1
b=
P ≥ 2 17
2
Từ (1) và (3) suy ra:
.Dấu “=” xảy ra khi: a=1 và
1
b=
MinP = 2 17
2
Vậy:
Đạt được khi a = 1 và
.

Bài 38: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2009– 2010)

Đặt

( x + y + 1)2
1
= a; a > 0 ⇒ A = a +
xy + y + x
a

Ta chứng minh bất đẳng thức
Có:

( x + y + 1)2 ≥ 3( xy + y + x )

( x + y + 1) 2 ≥ 3( xy + y + x) ⇔ 2( x + y + 1) 2 − 6( xy + y + x) ≥ 0
⇔ ( x − y ) 2 + ( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 ≥ 0

Đúng với mọi x; y. Đẳng thức xảy ra khi x = y =1
Hãy ln chiến thắng chính mình.

23


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.
⇒

( x + y + 1) 2
≥3⇒ a ≥3
xy + y + x
A= a+

Có

09.05.37.8118.

(vì x; y > 0)

1 8a a 1 8
a 1 8 2 10
10
=
+ ( + ) ≥ .3 + 2. . = + = ⇒ A ≥

a 9
9 a 9
9 a 3 3 3
3

Đẳng thức xảy ra

a = 3

⇔ a 1 ⇔ a = 3 ⇔ x = y =1
 9 = a

Vậy GTNN của A là

10
3

đạt được

⇔ x = y =1

Bài 39: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2013– 2014)
Từ gt :

2ab + 6bc + 2ac = 7abc

và a,b,c > 0

2 6 2
⇒ + + =7

c a b

Chia cả hai vế cho abc > 0

đặt

 x, y , z > 0
1
1
1
x = , y = , z = ⇒ 2 z + 6 x + 2 y = 7

a
b
c

C=
Khi đó
⇒C =

4ab
9ac
4bc = 4 + 9 + 4
+
+
a + 2b a + 4c b + c 2 x + y 4 x + z y + z

4
9
4

+ 2x + y +
+ 4x + z +
+ y + z − (2 x + y + 4 x + z + y + z )
2x + y
4x + z
y+z
2

2

2

 

2
3
  2
=
− x + 2y ÷ + 
− 4x + z ÷ + 
− y + z ÷ + 17 ≥ 17
 x + 2y
÷  4x + z
÷
  y + z




1

x = ,y = z = 1
2

Khi
thì C = 7
Vậy GTNN của C là 7 khi a = 2; b = 1; c = 1
Bài 40: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2014– 2015)

Có

xy + yz + zx = xyz

⇔

1 1 1
+ + =1
x y z

(1)

a
b
(a + b ) 2
+ ≥
(*)
x
y
x+ y
2

2

Ta chứng minh với x, y dương:

Hãy ln chiến thắng chính mình.

24


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118.

2

(*)

⇔


y
x
 a 2 b2 
y
x
−b
⇔  + ÷( x + y ) ≥ (a + b) 2 ⇔ a 2 + b 2 ≥ 2ab ⇔  a
÷ ≥0
x
y

y
x
y
 x


a

y
x
−b
x
y
=0

⇔

b

ln đúng; “=”

x
y

a=

1 12 (1 + 1) 2
22
+ ≥
=

(" = " ⇔ y : z = 1)
y z
y+z
y+z
2

Áp dụng(*) ta có:
⇒

22
22
(2 + 2) 2
42
+
≥
=
(" = " ⇔ 2 y = y + z ⇔ y = z )
2 y y + z 3y + z 3y + z

⇒

42
42
(4 + 4) 2
64
+
≥
=
(" = " ⇔ 4 x = 3 y + z )
4x 3 y + z 4x + 3y + z 4x + 3y + z

64
42 22 12 12 4 3 1
≤ + + + = + + (" = " ⇔ 4 x = 3 y + z & y = z
⇒ 4x + 3y + z 4x 2 y y z x y z
⇔

Tương tự:

x=y=z)

64
1 4 3
≤ + + (" = " ⇔ x = y = z )
x + 4 y + 3z x y z
64
3 1 4
≤ + + (" = " ⇔ x = y = z )
3x + y + 4 z x y z

M =

1 1 1 1 1
1
1
1
+
+
 + + ÷=
4 x + 3 y + z x + 4 y + 3 z 3x + y + 4 z ≤ 8  x y z  8

Vậy M đạt GTLN là

1
8

( theo (1))

khi x = y = z = 3( theo (1))

Bài 41: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2016– 2017)
Đặt vế trái của (1) là M.
6a 2 + 8ab + 11b 2 = (2 a + 3b) 2 + 2( a − b) 2 ≥ (2 a + 3b) 2
Ta có:

, dấu “=” có khi a=b
6a 2 + 8ab + 11b 2 ≥ 2a + 3b

Suy ra :
> 0 mà
2
2
2
2
a + 3ab + b
a + 3ab + b
⇒
≤
2
2

2a + 3b
6a + 8ab + 11b
.
2
2
a + 3ab + b
3a + 2b
≤
2a + 3b
5
Ta chứng minh:

a 2 + 3ab + b 2

∀a, b > 0
>0

Hãy ln chiến thắng chính mình.

25