CHỦ đề bất ĐẲNG THỨC TRONG đề TUYỂN SINH CHUYÊN TOÁN 2021

BẤT ĐẲNG THỨC &
ỨNG DỤNG THCS

CHỦ ĐỀ. BẤT ĐẲNG THỨC

Bài tập rèn luyện
Câu 1. (Đề thi vào 10 chuyên ĐH Vinh - 21) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca  3abc .
 a 2 + b2
b2 + c2
c2 + a2 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = a + b + b + c + c + a − 
.
+
+
 2a + 2b
2b + 2c
2c + 2a 

1
Câu 2. (Đề thi vào 10 chuyên Ninh Thuận - 21) Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn xyz = .
8
1
1
2
Chứng minh rằng:
−
 .
xy + yz + zx x + y + z 3

Câu 3. (Đề thi vào 10 chuyên Quảng Bình - 21) Cho ba số thực x, y, z  5;7 . Chứng minh rằng:
xy + 1 +

yz + 1 + zx + 1  x + y + z.

Câu 4. (Đề thi vào 10 toán chung Lai Châu - 21) Cho a, b là các số không âm thỏa mãn a 2 + b 2  2 ,
hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M = a 3b ( a + 2b ) + b 3a ( b + 2a ) .

a + b + ab + 1 + c = 6 . Chứng minh rằng:
2a + 1 2b + 1 2c + 2
+
+
5.
a. a + b + 2c  10 .
b.
a +1
b +1
c+2
Câu 6. (Đề thi vào 10 chuyên toán Hà Nội - 21) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1 .
a −b b−c c−a
+
+
=0.
Chứng minh:
1 + c2 1 + a 2 1 + b2
Câu 7. (Đề thi vào 10 chuyên toán Hà Nội - 21) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn
a + b + c = 5 . Chứng minh: 2a + 2ab + abc  18 .
Câu 8. (Đề thi vào 10 chuyên toán Nam Định - 21) Cho a, b, c  0 và a + b + c = 1 . Chứng minh
Câu 5. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn

rằng:

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

Câu 9. (Đề thi vào 10 chuyên Nam Định lớp chuyên xã hội - 21) Cho x, y , z là các số dương thỏa
 x
x2 y 2 z 2
y
z 
+
+
 2
+
+
.
yz xz xy
 y+z x+z x+ y
Câu 10. (Đề thi vào 10 chuyên Nam Định lớp chuyên tự nhiên - 21) Cho x, y , z là các số dương
1 1 1
thỏa mãn điều kiện + +  2021 . Chứng minh rằng:
x y z

mãn xyz = 1 . Chứng minh rằng:

1
7 x 2 − 2 xy + 4 y 2

+

1
7 y 2 − 2 yz + 4 z 2

+

1
7 z 2 − 2 zx + 4 x 2



2021
.
3

Câu 11. (Đề thi vào 10 chuyên PTNK- TP.Hồ Chí Minh - 21) Cho dãy n số thực x1; x2 ;; xn

( n  5 ) thỏa: x1  x2  xn và x1 + x2 +  xn = 1 .
1


TOP 1 THCS TỐN CHUN – TCD BOOKS
1
thì x1 + x2  xn .
3
2
1
2

b. Chứng minh nếu xn  thì tìm được số nguyên dương k  n sao cho  x1 + x2 + + xk  .
3
3
3
Câu 12. (Đề thi vào 10 chuyên Bến Tre - 21) Cho x, y , z là các số dương thỏa mãn 3 xy + xz = 2 .

a. Chứng minh nếu xn 

Chứng minh rằng:

4 yz 5 xz 7 xy
+
+
8 .
x
y
z

Câu 13. (Đề thi vào 10 tỉnh Bình Định - 21) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn
1
1
1
1
+
+
= 2 . Chứng minh rằng: abc  .
1+ a 1+ b 1+ c
8
Câu 14. (Đề thi vào 10 chuyên Tiền Giang - 21) Cho a, b, c là các số dương thay đởi thỏa mãn
1

1
1
+
+
.
abc = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M = 2
a + 2b 2 + 3 b 2 + 2c 2 + 3 c 2 + 2a 2 + 3
Câu 15. (Đề thi vào 10 chuyên Vĩnh Long - 21) Cho số thực x thỏa mãn 1  x  2 . Tìm giá trị lớn
3+ x 6− x
+
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =
.
x
3− x
1
Câu 16. (Đề thi vào 10 chuyên Quốc học Huế - 21) Cho f ( n ) =
(n  N* ) .
( 2n + 1) n + 1 + n

(

)

1
1 1
1 
*
Chứng minh: f ( n )  
−
 với mọi n  N và f (1) + f ( 2 ) + ... + f ( 2021)  .

2
2 n
n +1 

Câu 17. (Đề thi vào 10 chuyên Quốc học Huế - 21) Cho x, y , z là các số dương thỏa mãn
x + y + z = 3 . Chứng minh rằng:

1
x ( 2 y + 3z )

+

1
y ( 2 z + 3x )

+

1
z (2x + 3y )



3 5
.
5

Câu 18. (Đề thi vào 10 chuyên Kiên Giang - 21) Cho x, y , z là các số thực lớn hơn 2021 thỏa mãn
1 1 1
2
+ + =

. Chứng minh rằng: x + y + z  x − 2021 + y − 2021 + z − 2021 .
x y z 2021
Câu 19. (Đề thi vào 10 chuyên Lào Cai - 21) Cho ba số thực dương x, y , z thỏa mãn

x 2 + y 2 + z 2  3 . Chứng minh rằng: ( x 4 + y 4 + z 4 ) + ( x3 + y 3 + z 3 )  3 + x + y + z .

Câu 20. (Đề thi vào 10 chuyên Quảng Ngãi - 21) Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau và
1
1
1
+
+
1.
thỏa mãn ( c + a )( c + b ) = 4 . Chứng minh rằng:
2
2
2
( a − b) (c + a ) (c + b)
Câu 21. (Đề thi vào 10 chuyên Quảng Trị - 21) Cho các số thực x, y , z thỏa mãn 0  x, y, z  1 .
Chứng minh rằng: x + y + z − 2 ( xy + yz + zx ) + 4 xyz  1.
Câu 22. (Đề thi vào 10 chuyên Cần Thơ - 21) Cho x, y , z là các số thực dương. Chứng minh rằng:

( x + 2)
y+z

2

+

( y + 2)

2

z+x

+

( z + 2)
x+ y

2

 12 .

Câu 23. (Đề thi vào 10 chuyên Bình Phước- 21) Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:
a.

a3
b
a− .
a + b2
2
2

2

b.

a3
b3

c3
a+b+c
+ 2
+ 2

.
2
2
a + ab + b b + bc + c
c + ca + a 2
3
2


BẤT ĐẲNG THỨC &
ỨNG DỤNG THCS

Câu 24. (Đề thi vào 10 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa - 21) Cho ba số thực x, y , z thỏa mãn các
18
1
7
1
2020
1
+
+
 2 . Tìm giá trị lớn nhất của
điều kiện x  , y  , z 
và
18 x + 17 7 x + 6 2020 z + 2021

18
7
2020
biểu thức: A = (18 x − 1)( 7 y − 1)( 2020 z + 1) .
Câu 25. (Đề thi vào 10 Gia Lai - 21) Cho x, y là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện
x + y = 2 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P = ( 5 x 2 + 7 y )( 5 y 2 + 7 x ) + 151xy .

Câu 26. (Đề thi vào 10 Quảng Bình- 21) Cho x, y  5;7  . Chứng minh rằng
xy + 1 +

yz + 1 + zx + 1  x + y + z .

Câu 27. (Đề thi vào 10 Đại học Khoa học, Huế - 21) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam
giác. Chứng minh rằng 3 ( ab + bc + ca )  ( a + b + c )  4 ( ab + bc + ca ) .
2

Câu 28. (Đề thi vào 10 Tây Ninh - 21) Cho x, y , z là số thực thỏa mãn 0  x, y, z  1 . Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức T = 2 ( x 3 + y 3 + z 3 ) − ( x 2 y + y 2 z + z 2 x ) .

Câu 29. (Đề thi vào 10 Bình Dương - 21) Cho x, y , z  0 thỏa mãn xy + yz + zx = 1 . Chứng minh
rằng: 10 x 2 + 10 y 2 + z 2  4 . Dấu bằng xảy ra khi nào?
Câu 30. (Đề thi vào 10 Quảng Nam - 21) Cho ba số thực dương x, y , z thỏa mãn xy + yz + zx = xyz .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: H =

x2
y2
z2
.
+
+

2
2
9 z + zx
9 x + xy
9 y + yz 2

Câu 31. (Đề thi vào 10 Bà Rịa – Vũng Tàu - 21) Xét các số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều
a
b
c
+
+
kiện a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S =
.
1 + bc 1 + ca 1 + ab
Câu 32. (Đề thi vào 10 Quảng Trị - 21) Cho a, b, c là các số thực tùy ý
a. Chứng minh rằng 4 ( a 2 − ab + b 2 )  ( a + b ) .
2

b. Chứng minh rằng 4 ( a 2 + b 2 )( b 2 − bc + c 2 )( 3c 2 + 2ca + 3a 2 )  ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) .
2

2

2

Câu 33. (Đề thi vào 10 Thái Bình - 21) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
a 2 + b 2 + c 2 = 3abc . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
a
b

c
T= 2
+ 2
+ 2
.
2
2
2
2
3a + 2b + c
3b + 2c + a
3c + 2a 2 + b 2
Câu 34. (Đề thi vào 10 Quảng Ninh - 21) Cho hai số thực x, y thỏa mãn 0  x  y  8 và
xy  4 x + 3 y . Chứng minh x 2 + y 2  100 .

Câu 35. (Đề thi vào 10 chuyên Lào Cai - 21) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn x + y 
giá trị nhỏ nhất của A = 53x + 53 y +

2
. Tìm
3

1
1
+
.
x2 y 2

Câu 36. (Đề thi vào 10 Khánh Hòa - 21) Cho các số thực x1 , x2 ..., x21 thỏa mãn x1 , x2 ..., x21  −2 và
3

x13 + x23 + ... + x21
= 12 . Chứng minh rằng x1 + x2 + ... + x21  18 .

Câu 37. (Đề thi vào 10 Lâm Đồng - 21) Cho a, b, c là các số dương và a + b + c = 6 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P =

a3
b3
c3
+ 2
+ 2
.
2
2
a + 4ab + b
b + 4bc + c
c + 4ca + a 2
2

3


TOP 1 THCS TOÁN CHUYÊN – TCD BOOKS
Câu 38. (Đề thi vào 10 Hà Nam - 21) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z  1 . Chứng
 1
 1
 1

minh  2 − 1  2 − 1  2 − 1  512 .
z

x
 y



Câu 39. (Đề thi vào 10 Daklak - 21) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c  2 . Tìm giá

trị nhỏ nhất của biểu thức P =

b ( a 2 + 1)

2

a 2 ( b 2 + 1)

+

c ( b 2 + 1)

2

b 2 ( c 2 + 1)

+

a ( c 2 + 1)

2

c 2 ( a 2 + 1)

.

Câu 40. (Đề thi vào 10 Quảng Ngãi - 21) Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau và thỏa mãn
1
1
1
điều kiện ( c + a )( c + b ) = 4 . Chứng minh rằng
+
+
1.
2
2
2
( a − b) (c + a ) (c + b)
Đây là một bài toán khá khó đối với trình độ THCS.
Câu 41. (Đề thi vào 10 Đắk Nơng - 21) Cho hai số thực a, b thỏa mãn a, b   2021, 2022 . Tìm giá
 2021 2021 
trị lớn nhất của biểu thức A = ( a + b ) 
+
.
b 
 a
Câu 42. (Đề thi vào 10 Hịa Bình - 21) Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn x + y + z = 4 .
1
1
+
 1.
Chứng minh
xy xz

Câu 43. (Đề thi vào 10 Bình Định - 21) Cho các số thực x, y . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
x− y
nhất của biểu thức T = 4
.
x + y4 + 6
Câu 44. (Đề thi vào 10 Hòa Bình - 21) Cho x, y , z là ba số dương thỏa x + y + z = 1 . Chứng minh
rằng P =

1 − x2 1 − y 2 1 − z 2
+
+
6.
x + yz y + zx z + xy

Câu 45. (Đề thi vào 10 Cà Mau - 21) Cho a, b là hai số thực dương sao cho

a + b = 1 . Chứng

3a + b + 3b + a  2 3a + b . 3b + a .
Câu 46. (Đề thi vào 10 Bình Định - 21) Cho a, b là các số dương thỏa mãn a + 2b  3 . Tìm giá trị
minh

9ab 2
+ ( 8 + a ) b3
2
nhỏ nhất của biểu thức P =
.
ab
Câu 47. (Đề thi vào 10 Thanh Hóa - 21) Cho ba số thực dương x, y , z thỏa mãn z + y + z = 1 .

xy + yz + zx
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 15 3 ( x 4 + y 4 + z 4 ) + 2
.
x y + y2z + z2x
3a 2 + a 2b +

Câu 48. (Đề thi vào 10 Hải Phòng - 21) Cho các số thực dương x, y , z . Chứng minh rằng

x xy
2x + y

+

y yz
2y + z

+

x zx
 3xyz .
2z + x

Câu 49. (Đề thi vào 10 Yên Bái - 21) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 18abc = a + 2b + 3c .

(

)(

)(

)

Chứng minh 1 + a 2 1 + 4b 2 1 + 9c 2  8 .
Câu 50. (Đề thi vào 10 Ninh Bình - 21) Cho x, y , z là các số thực dương thỏa mãn
1
1
1
+
+
= 12 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
x+ y y+z z+x

4


BẤT ĐẲNG THỨC &
ỨNG DỤNG THCS

P=

1
1
1
.
+
+
2 x + 3 y + 3z 3x + 2 y + 3z 3x + 3 y + 2 z

Câu 51. (Đề thi vào 10 Phú Thọ - 21) Cho ba số dương x, y , z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

xz
y2
+
+
y + yz xz + yz
2

x+ z
.
2 x

Câu 52. (Đề thi vào 10 Bình Thuận - 21) Cho x, y , z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
2 xz
2 yx
2 zy
x + y + z = 3 . Chứng minh rằng 2
+ 2
+ 2
1 .
x + 2 yz + 3 y + 2 zx + 3 z + 2 xy + 3

5


TOP 1 THCS TOÁN CHUYÊN – TCD BOOKS
Gợi ý giải
Câu 1. Vì ab + bc + ca  3abc 

a+b =

Ta có

( a + b)
a+b

2

=

1 1 1
+ +  3.
a b c

a 2 + b 2 2ab
1  a 2 + b2
2ab 
+

 .

+

a+b
a +b
a + b 
2 a+b

ab
bc

ac
+
+
=
a+b
b+c
a+c

Do đó: P 

1
+
1 1
+
a b

1
+
1 1
+
b c

1
=
1 1
+
a c

1
+

x+ y

1
+
y+z

1
x+z

1
1
1
; y = ; z = và x + y + z  3 .
a
c
b
9
9
3
1
1
1
9
.
+
+



=

x+ y
y+z
x+z
x+ y + y+z + x+z
3.6
2
3( 2 x + 2 y + 2 z )

Với x =
Vì

3
3 2
. Dấu '' = '' xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1 .
=
2
2

Suy ra P 

Câu 2. Đặt p = x + y + z ; q = xy + yz + zx . Điều cần chứng minh trở thành
Mà ( xy + yz + zx )  3xyz ( x + y + z ) =

3
3
( x + y + z )  q2  p
8
8

Nên ta chỉ cần chứng minh

 3p 
3
p
 . Thật vậy
8
 2p + 3

2

2

1 1 2
3p
q
− 
q p 3
2p + 3

2

 3p 
3
2
p
  4 p − 12 p + 9  0
8
2
p
+

3



 ( 2 p − 3)  0 (luôn đúng). Suy ra điều phải chứng minh.
2

Câu 3. Do x, y  5;7   x − y  2  ( x − y )  4  x 2 − 2 xy + y 2  4  ( x + y )  4 ( xy + 1)
2

2

 x + y  2 xy + 1 . Chứng minh tương tự ta có: y + z  2 yz + 1 ; z + x  2 zx + 1

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta có: 2 ( x + y + z )  2


xy + 1 +

(

xy + 1 +

x− y =2

yz + 1 + zx + 1  x + y + z . Dấu bằng xảy ra khi  y − z = 2

z−x =2

yz + 1 + zx

)

(1)

x − y = 2
x − y = 2


Vì x  y  z nên giả sử x  y  z. Ta có (1)   y − z = 2   x − z = 4 (vô nghiệm)
x − z = 2
x − z = 2



Vậy

xy + 1 +

yz + 1 + zx + 1  x + y + z.

Câu 4. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số khơng âm ta có: 3b + ( a + 2b )  2 3b ( a + 2b ) ;
3a + ( b + 2a )  2 3a ( b + 2a )  M = a 3b ( a + 2b ) + b 3a ( b + 2a )  a 

a + 5b
b + 5a a 2
b2
+b
=
+ 5ab +

2
2
2
2

a 2 + b2
a 2 + b2
+ 5
= 3 ( a 2 + b 2 )  3.2 = 6 . Dấu " = " xảy ra  a = b = 1 .
2
2
Vậy Max M = 6  a = b = 1 .
M 

Câu 5. a. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM: ( a + 1) + ( b + 1)  2
6

( a + 1)( b + 1)


BẤT ĐẲNG THỨC &
ỨNG DỤNG THCS

 ab + a + b + 1 

a+b+2
a+b+2
 6 = ab + a + b + 1 + c 
+ c  a + b + 2 + 2c  12
2

2

a + 1 = b + 1  a = b . Vậy a + b + 2c  10
2a + 1 2b + 1 2c + 2
2a + 1
2b + 1
2c + 2
+
+
5 
−2+
−2+
− 2  −1
b. Ta có:
a +1
b +1
c+2
a +1
b +1
c+2
−1
−1
−2
1
1
2

+
+
 −1 

+
+
1
a +1 b +1 c + 2
a +1 b +1 c + 2

 a + b + 2c  10 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

Ta có:

(

)

2

2+ 2
1
1
2
2
2
+
+

+

a +1 b +1 c + 2
(a + 1)(b + 1) c + 2
(a + 1)(b + 1) + c + 2

1
1
2
8
16
16
+
+

=

= 1 (ĐPCM)
a + 1 b + 1 c + 2 a + b + 2 + c + 2 a + b + 2c + 6 10 + 6
2
2a + 1 2b + 1 2c + 2
+
+
5.
Vậy
a +1
b +1
c+2
a −b
a −b b−c c −a
b−c
c−a
=
+
+

+
+
Câu 6. Ta có: VT =
2
2
2
2
2
ab + bc + ca + c
1+ c 1+ a 1+ b
ab + bc + ca + a
ab + bc + ca + b 2
a −b
b−c
c−a
VT =
+
+
(a + c)(b + c) (a + b)(c + a) (a + b)(b + c)


VT =

(a − b)(a + b) + (b − c)(b + c) + (c − a)(c + a)
(a + b)(a + c)(b + c)

Từ đây có điều phải chứng minh.
7−a
b+c+2
Câu 7. Ta có 2a + 2ab + abc = 2a + ab(c + 2)  2a + a 


  2a + 2ab + abc  2a + a 
2
 2 


a 2 − 14a + 49
 18  a 3 − 14a 2 + 57 a − 72  0  (a − 3) 2 (a − 8)  0 (luôn
Ta sẽ chứng minh: 2a + a 
4
đúng với mọi 0  a  5 ).
a + bc a ( a + b + c ) + bc ( a + b )( a + c )
=
=
Câu 8. Ta có:
b+c
b+c
b+c
b + ac ( b + c )( a + b ) c + ab ( a + c )( c + b )
=
=
Tương tự:
;
a+b
a+c
a+b
a+c
( a + b )( a + c ) + ( b + c )( b + a ) + ( c + a )( c + b )  2
a + bc b + ca c + ab
+

+
2 
Do đó:
b+c
c+a
a+b
b+c
c+a
a+b
2

2

Theo BĐT Cauchy ta có:

( a + b )( a + c ) + ( b + c )( b + a )  2 ( a + b )( a + c )  ( b + c )( b + a ) = 2

( b + c )( b + a ) +

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

c+a

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

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

( a + b ) (1)

+
 2 ( c + a ) ( 3)
b+c
a+b
 ( a + b )( a + c ) ( b + c )( b + a ) ( c + a )( c + b ) 
+
+
Cộng vế các BĐT (1) , ( 2 ) , ( 3) được: 2 
  4(a + b + c)
b+c
c+a
a+b


Tương tự:



c+a

a+b

 2 (b + c )

( 2) ;

a + bc b + ca c + ab
+

+
 2 ( ĐPCM).
b+c
c+a
a+b

Câu 9. Với x, y , z là các số dương và xyz = 1 ta có:

 x
x2 y 2 z 2
y
z 
+
+
 2
+
+

yz xz xy
y
+
z
x
+
z
x
+
y


7


TOP 1 THCS TOÁN CHUYÊN – TCD BOOKS
 x
y
z 
 x3 + y 3 + z 3  2 
+
+

 y+z x+z x+ y

Ta có: x 3 + y 3 = ( x + y ) ( x 2 − xy + y 2 ) và x 2 − xy + y 2  xy suy ra: x 3 + y 3  ( x + y ) .xy  x3 + y 3 
Tương tự ta có: y 3 + z 3 

x+ y
z

y+z
z+x
và z 3 + x3 
x
y

 1 1
1 1
1 1
Cộng vế theo vế các BĐT trên ta có: 2 ( x3 + y 3 + z 3 )  x  +  + y  +  + z  + 
y

z
z
x




x y

1 1
1 1
2
+ 2 . =
x y
x y
xy

Mặt khác áp dụng BĐT Côsi cho các số dương ta có:
xy 

mà

1 1
x+ y
4z
1 1
4
 + 
 z +  
2

x y x+ y
x y x+ y

1 1
4x
4y
1 1
Tương tự ta cũng có: y  +  
; x +  
.
y
z
y
+z
 z x z+ x


Suy ra: 2 ( x3 + y 3 + z 3 ) 

 x
y
z 
4x
4y
4z
+
+
 x3 + y 3 + z 3  2 
+
+


y+z z+x x+ y
y
+
z
z
+
x
x
+
y


Bất đẳng thức xảy ra dấu bằng khi: x = y = z = 1 .
Câu 10. Theo bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương a, b, c ta có: a + b + c  3 3 abc và
1 1 1
1
1
1 1 1 1
 1 1 1
+ +  33
 (a + b + c) + +   9 
  + + 
a b c
abc
a +b + c 9 a b c 
a b c
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.

Với x , y , z là các số dương ta có: 7 x 2 − 2 xy + 4 y 2 = ( 2 x + y ) + 3 ( x − y )  ( 2 x + y )

2

 7 x 2 − 2 xy + 4 y 2  2 x + y 

1
7 x − 2 xy + 4 y
2

2



2

2

1
1
11 1 1 
=
  + + 
2x + y x + x + y 9  x x y 

Dấu “=” xảy ra khi x = y . Tương tự ta có:
1 1 1 1
  + +  . Dấu “=” xảy ra khi y = z.
9 y y z 
7 y − 2 yz + 4 z
1

2

2

11 1 1 
  + +  . Dấu “=” xảy ra khi z = x.
9 z z x 
7 z − 2 yz + 4 x
1

2

2

Cộng các BĐT trên ta được
1
7 x − 2 xy + 4 y
2

2

+

1
7 y − 2 yz + 4 z
2

2

+

1  3 3 3  2021
  + + 
9 x y z 
3
7 z − 2 zx + 4 x
1

2

2

3
.
2021
1
Câu 11. a. Giả sử rằng x1 + x2  xn   0 , khi đó xi  0 với mọi 2  i  n .
3
2
1
1
Do n  5 nên x1 + xn −1  x1 + x2 + x3 + x4  2 ( x1 + x2 )   xn  . Mâu thuẫn với giả thiết  xn 
3
3
3
1
2
1
1
2

b. Nếu xn  , khi đó  xn  . Từ x1 + x2 + .... + xn = 1   x1 + x2 +  + xn −1 = 1 − xn 
3
3
3
3
3

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =

8


BẤT ĐẲNG THỨC &
ỨNG DỤNG THCS

Nếu xn 

1
1
. Suy ra xi  với mọi i .
3
3

1
2
 x1 + x2 + + xk 
(1) .
3
3
1

2
Ta chứng minh tồn tại l  n − 2 sao cho x1 + xl  và x1 + xl +1 
( 2)
3
3
1
1
Thật vậy nếu không tồn tại l thì x1  , suy ra x1 + x2  , vì ngược lại thì
3
3
1
2
Do ( 2 ) nên  x1 + x2  , mâu thuẫn với (1)
3
3
1
Lý luận tương tự thì x1 + x2 + xn −1  , mâu thuẫn. Do đó nếu tồn tại l thỏa ( 2 ) thì suy ra
3
1
xl +1   xn (vô lý). Vậy điều giả sử sai. Do đó tồn tại k thỏa đề bài.
3
4 yz 5 xz 7 xy yz
4 yz 5 xz 7 xy
yz xz
xz
xy
xy
Câu 12. Đặt M =
, ta có: M =
;

+
+
=
+
+3 + +4 +3 +4
+
x
y
x
z
x
x
y
y
y
z
z
z

Giả sử không tồn tại k thỏa đề bài, tức là khơng có k để

 yz xz   yz xy 
 xz xy 
M =  +  + 3 +  + 4  + 
x
y
x
z
z 





 y

yz xz
yz xy
xz xy
 + 3.2

+ 4.2

x y
x z
y z

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được: M  2
 M  2z + 6 y + 8x  M  ( 2 z + 2 x ) + ( 6 y + 6 x )

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được: M  2.2 xz + 6.2 xy

1
x = y = z
x= y=z= .
 M  4 ( xz + 3 xy ) = 4.2 = 8 . Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 
2
xz
+
3
xy

=
2


1
Vậy khi x = y = z = thì M  8 .
2
1
1
1
+
+
=2
Câu 13. Vì a , b , c là các số dương, nên:
1+ a 1+ b 1+ c



1
1
1
b
c AM − GM
=1−
+1−
=
+
 2
1+ a
1+ b

1+ c 1+ b 1+ c

Tương tự:

1 AM − GM
 2
1+ b

1 AM − GM
ca
 2
;
(1 + c )(1 + a ) 1 + c

Nhân vế theo vế ba BĐT trên:


1

(1 + a )(1 + b )(1 + c )

8

1
1
1


8
1+ a 1+ b 1+ c

abc

(1 + a )(1 + b )(1 + c )

bc

(1 + b )(1 + c )
ab

(1 + a )(1 + b )
bc



ca



ab

(1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b )

 abc 

1
8

b
c
 a

1 + a = 1 + b = 1 + c
1
a=b=c= .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
2
abc = 1

8
1
1
1
1
=
 
Câu 14. Ta có: a 2 + b 2  2ab ; b 2 + 1  2b  2
a + 2b 2 + 3 ( a 2 + b 2 ) + ( b 2 + 1) + 2 2 ab + b + 1

9


TOP 1 THCS TOÁN CHUYÊN – TCD BOOKS
1
1
1
1
1
1
;
 
 

b 2 + 2c 2 + 3 2 bc + c + 1 c 2 + 2a 2 + 3 2 ac + a + 1
1 
1
1
1

Suy ra: M   
+
+

2  ab + b + 1 bc + c + 1 ac + a + 1 

Tương tự:

Thay abc = 1 ta được: M 
M

1 
1
abc
abc


+
+

2  ab + b + 1 bc + c + abc ac + a + abc 

1 
1

ab
b
 1

+
+
=
2  ab + b + 1 ab + b + 1 ab + b + 1  2

1
.
2
3 + x 6 − x 9 − x2 + 6x − x2 2x2 − 6x − 9
+
=
=
Câu 15. Ta có: T =
x
3− x
x (3 − x )
x 2 − 3x

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 . Vậy Max M =

 Tx 2 − 3Tx − 2 x 2 + 6 x + 9 = 0  (T − 2 ) x 2 + ( 6 − 3T ) x + 9 = 0

(1)

Ta có:  = ( 6 − 3T ) − 4 (T − 2 ) .9 = 9T 2 − 72T + 108 = 9 (T 2 − 8T + 12 )
2

T  2
Để phương trình (1) có nghiệm thì   0  9 (T 2 − 8T + 12 )  0  T 2 − 8T + 12  0  
T  6
2
2x − 6x − 9
= 2  2 x 2 − 6 x − 9 = 2 x 2 − 6 x (phương trình vơ nghiệm)
Với T = 2 
x 2 − 3x
2x2 − 6x − 9
3
= 6  2 x 2 − 6 x − 9 = 6 x 2 − 18 x  4 x 2 − 12 x + 9 = 0  x = (nhận)
Với T = 6 
x 2 − 3x
2
3
 Min T = 6  x =
2
2 x 2 − 6 x − 9 13
=
 4 x 2 − 12 x − 18 = 13 x 2 − 39 x  9 x 2 − 27 x + 18 = 0
Với x = 2 , ta có: T =
x 2 − 3x
2
x = 1
x = 1
13
 x 2 − 3x + 6 = 0  

(nhận)  Max T =

2
x = 2
x = 2
Câu 16. Ta có: f ( n ) =

( 2n + 1)

(

1
n +1 + n

)

=

n +1 − n
2n + 1

n +1 − n 1  1
1 
= 
−

2 n + 1. n 2  n
n +1 
Dấu “ = ” xảy ra khi n + 1 = n  1 = 0 (vơ lí)
1 1
1
1

1
1 1
1 

−
+ ... +
−
−
Vậy f ( n )  

  f (1) + f ( 2 ) + ... + f ( 2021)  
2
2 n
1+1
2021
2021 + 1 
n +1 
 1
2n + 1 = ( n + 1) + n  2 n + 1. n  f ( n ) 

=

1
1 
1  1
1
 1 −
   1 = . Vậy f (1) + f ( 2 ) + ... + f ( 2021) 
2
2 

2
2
2022 

Câu 17. Ta có: VT =

5
5 x ( 2 y + 3z )

+

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có:

10

5
5 y ( 2 z + 3x )

+

5 x ( 2 y + 3z ) 

5
5z ( 2 x + 3 y )

5 x + ( 2 y + 3z )
2



5
5 x ( 2 y + 3z )



2 5
5 x + 2 y + 3z


BẤT ĐẲNG THỨC &
ỨNG DỤNG THCS

5

Tương tự ta có:

 VT 

5 y ( 2 z + 3x )



5

2 5
;
5 y + 2 z + 3x



5z ( 2 x + 3 y )

2 5
2 5
2 5
+
+
5 x + 2 y + 3z 5 y + 2 z + 3x 5 z + 2 x + 3 y

(
 VT 

2 5
5z + 2 x + 3 y

2 5+ 2 5+ 2 5
10 ( x + y + z )

)

2

=

18 5 3 5
=
10.3
5

(Theo bất đẳng thức Cauchy- Schwarz)

Vậy:

1
x ( 2 y + 3z )

Câu 18. Ta có:

+

1
y ( 2 z + 3x )

1

+

z (2x + 3y )



3 5
.
5

1 1 1
2021 2021 2021
2

+ + =
+

+
=2
x y z 2021
x
y
z

x − 2021 y − 2021 z − 2021
 2021   2021   2021 
+
+
=1
 1 −
 + 1 −
 + 1 −
 = 3− 2 
x
y
z
x
y
z

 

 

 x − 2021 y − 2021 z − 2021 
Suy ra x + y + z = ( x + y + z ) 
+

+
 (*)
x
y
z


Do x, y , z  2021 nên x − 2021, y − 2021, z − 2021  0 . Vì thế, bằng cách áp dụng bất đẳng thức

Bunhiacôpxki cho hai bộ ba số thực dương
từ ( * ) ta được: x + y + z 
Do đó,

x+ y+z 

(

(

 x − 2021 y − 2021 z − 2021 
,
,
x , y , z và 
 ,

x
y
z



)

x − 2021 + y − 2021 + z − 2021

)

2

y − 2021 + z − 2021 . Dấu “=” xảy ra khi x = y = z =

x − 2021 +

6063
2

Câu 19. Ta có: x 4 + 1  2. x 4 .1 = 2 x 2 ; y 4 + 1  2. y 4 .1 = 2 y 2 ; z 4 + 1  2. z 4 .1 = 2 z 2
 x 4 + y 4 + z 4  2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 3  VT  2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 3 + x 3 + y 3 + z 3

Tương tự: x 3 + x  2. x 3 .x = 2 x 2 ; y 3 + y  2. y 3 . y = 2 y 2 ; z 3 + z  2. z 3 .z = 2 z 2
 x3 + y 3 + z 3  2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) − ( x + y + z )
 VT  2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) − ( x + y + z ) + 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 3
 VT  ( x 2 + y 2 + z 2 ) − ( x + y + z ) + 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 3  ( x 2 + y 2 + z 2 ) − ( x + y + z ) + 3.3 − 3
 VT  ( x 2 + y 2 + z 2 ) − ( x + y + z ) + 6

Mà: x 2 + 1  2. x 2 .1 = 2 x ; y 2 + 1  2. y 2 .1 = 2 y ; z 2 + 1  2. z 2 .1 = 2 z  x 2 + y 2 + z 2  2 ( x + y + z ) − 3
 VT  2 ( x + y + z ) − 3 − ( x + y + z ) + 6 = ( x + y + z ) + 3 (đpcm)

Câu 20. Đặt c + a = x ; c + b = y . Khi đó xy = 4 .
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành:

Ta có:

1

( x − y)

2

+

1
1
+
1
x2 y 2

1
1
1
x2 + y 2
( x − y ) + 2 xy
1
+ 2 =
+ 2 2 =
+
2
2
2
x

y
x
y
x2 y 2
x
−
y
x
−
y
(
)
(
)
2

1

+

( x − y)
2
( x − y) + 8
1
=
+
2
16
( x − y)
2

=

1

( x − y)

2

+

( x − y)
16

2

+

1
2

11


TOP 1 THCS TOÁN CHUYÊN – TCD BOOKS
Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có:
Vậy

1

( a − b)

2

+

1

(c + a )

2

+

1

(c + b)

1

( x − y)

2

+

( x − y)

2

16

+

1

2

1

( x − y)

2

.

( x − y)

2

16

+

1
=1
2

1.

2

 xy ( z − 1)  0

Câu 21. Ta có: 0  x, y , z  1   yz ( x − 1)  0  3xyz  xy + yz + zx  3 xyz − ( xy + yz + zx )  0 (1)

 xz ( y − 1)  0
Lại có ( x − 1)( y − 1)( z − 1)  0  xyz − xy − yz − zx + x + y + z − 1  0 ( 2 )

Cộng vế theo vế của (1) và ( 2 ) ta được: 4 xyz − 2 ( xy + yz + zx ) + x + y + z − 1  0
 x + y + z − 2 ( xy + yz + zx ) + 4 xyz  1 (đpcm).

Dấu “=” xảy ra khi ( x; y; z ) = (1;1;1) ; ( 0;1;1) ; (1;0;1) ; (1;1;0 ) .
x2 y 2 z 2 ( x + y + z )
.
+
+ 
a
b
c
a+b+c
2

Câu 22. Áp dụng bất dẳng thức:
x y z
= =
a b c

Dấu “=” xảy ra khi

( a , b, c  0 )

 x y c 
Chứng minh BĐT phụ: Áp dụng bất dẳng thức Bunhiacopxki cho hai bộ số 
;
;
 và
 a b c

(

a; b; c

)

 x2 y 2 z 2 
x2 y 2 z 2 ( x + y + z )
2
ta có:  +
+
+ 
+ (a + b + c)  ( x + y + z ) 
a
b
c
a+b+c
b
c 
 a

( x + 2)

( y + 2)

( z + 2)

2

( x + y + z + 6)
y+z
z+x
x+ y
2( x + y + z )
2
2
2
2
( x + 2 ) + ( y + 2 ) + ( z + 2 )  ( x + y + z ) + 12 ( x + y + z ) + 36

y+z
z+x
x+ y
2( x + y + z )
2
2
2
( x + 2) ( y + 2) ( z + 2) x + y + z
18

Khi đó ta có:






+

y+z

( x + 2)

2

+

y+z

( x + 2)
y+z

2

+

2

+

z+x

( y + 2)

2

z+x

( y + 2)
z+x

+

+

2

+

( z + 2)

2

x+ y
x+ y

+



x+ y

( z + 2)

2

2

2

2

2



+

x+ y+z

+6

x+ y+z
18

+ 6 (Bất đẳng thức Cauchy)
2
x+ y+z

2

 2 9 + 6 = 12

x+2 y +2 z +2
y+ z = z+ x = x+ y
x= y=z



 x= y=z=2.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 

2
x
+
y
+
z
18


( x + y + z ) = 36
=

2
x+ y+z

a ( a + b ) − ab
a3
ab 2
=

=
a
−
.
a 2 + b2
a 2 + b2
a 2 + b2
ab 2
ab 2
b
a−
=a− .
Theo BĐT Cauchy ta có a − 2
2
a +b
2ab
2
b3
c
c3
a
a3
b3
c3
a+b+c

b
−

c

−

+
+

b. Tương tự theo câu a. ta có : 2
,
2
2
2
2
2
2
2
2
2
b +c
2 c +a
2
a +b b +c
c +a
2
2

Câu 23. a. Ta có:

12

2

2


BẤT ĐẲNG THỨC &
ỨNG DỤNG THCS

a3

a 2 + ab + b 2

a3
2
a3
=  2
2
a +b
3 a + b2
a2 +
+ b2
2
c3
2
c3
b3
2
b3
  2
  2 2 , 2
Tương tự ta có: 2
2

2
c + ca + a
3 c + a2
b + bc + c
3 b +c
Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có:
Ta có:

2

a3
b3
c3
2  a3
b3
c3  a + b + c
+ 2
+ 2
  2
+ 2
+ 2

2
2
2
2
2
a + ab + b
b + bc + c
c + ca + a

3 a +b
b +c
c + a2 
3
18
7
2020
Câu 24. Ta có:
1−
+1−
18 x + 17
7y + 6
2020 z + 2021
2

=

7 y −1
2020 z + 1
7 y − 1 2020 z + 1
+
2
.
7 y + 6 2020 z + 2021
7 y + 6 2020 z + 2021

(1)

7
18 x − 1

2020 z + 1
2
.
( 2) ;
7y + 6
18 x + 17 2020 z + 2021

Chứng minh tương tự, ta được:
2020
18 x − 1 7 y − 1
2
.
2020 z + 2021
18 x + 17 7 y + 6

( 3)

Nhân (1) , ( 2 ) , ( 3) vế theo vế ta được:

18.7.2020

(18 x − 1)( 7 y − 1)( 2020 z + 1)

 8.

(18 x − 1)( 7 y − 1)( 2020 z + 1)
(18x − 1)( 7 y − 1)( 2020 z + 1)

18.7.2020
= 31815  A  31815 .

8
5
5
9
9
1009
1009
Dấu “=” xảy ra  x = ; y = ; z =
. Vậy Max A = 31815  x = ; y = ; z =
.
9
14
9
14
2020
2020
Câu 25. Đặt t = xy và sử dụng điều kiện x + y = 2 ta tính được P theo t như sau
 (18 x − 1)( 7 y − 1)( 2020 z + 1) 

P = 25t 2 − 10t + 280 = ( 5t − 1) + 279 . Bạn đọc tự hoàn thiện tiếp.
2

Câu 26. Ý chính của bài này là x, y  5;7  suy ra x − y  2 .
Từ đó 1 + xy 

( x − y)
4

2

+ xy =

( x + y)
4

2

. Dấu bằng xảy ra khi x − y = 2 .

Câu 27. Bài này thì quá cơ bản rồi. Vế trái chỉ là ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  0 . Cịn vế phải thì
2

2

2

dùng a 2  a ( b + c ) là xong.
Câu 28. Cách 1. Ta dự đoán giá trị lớn nhất là 3 đạt được khi x = y = z = 1 . Để xuất hiện đánh giá
2
2
2
liên quan đến x y , y z , z x , ta sử dụng điều kiện để suy ra (1 − x 2 ) (1 − y )  0 .

2
2
Suy ra − x y  1 − x − y . Cộng bất đẳng thức này và bất đẳng thức tương tự, ta có

− x 2 y − y 2 z − z 2 x  3 − ( x 2 + y 2 + z 2 + x + y + z ) . Từ đó T = 2 ( x3 + y 3 + z 3 ) − x 2 y − y 2 z − z 2 x

 2 ( x3 + y 3 + z 3 ) + 3 − ( x 2 + y 2 + z 2 + x + y + z )

= 3 − x (1 − x )(1 + 2 x ) − y (1 − y )(1 + 2 y ) − z (1 − z )(1 + 2 z )  3 . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1 .
Cách 2: Trước hết ta chứng minh 2 x 3 − x 2 y  2 x − xy . Thật vậy, điều cần chứng minh tương đương

(

)

(

)

(

)

với 2 x 1 − x 2 − xy 1 − x 2  0  x 1 − x 2 ( 2 − y )  0 . Tương tự 2 y 3 − y 2 z  2 y − yz , 2 z 3 − z 2 x  2 z − zx .
Suy ra T  2 ( x + y + z ) − ( xy + yz + zx ) (1)
Ta lại có (1 − x )(1 − y ) + (1 − y )(1 − z ) + (1 − z )(1 − x )  0 suy ra 3 + xy + yz + zx − 2 ( x + y + z )  0

( 2)
13


TOP 1 THCS TOÁN CHUYÊN – TCD BOOKS
Từ (1) và ( 2 ) suy ra T  3 . Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi x = y = z = 1 .
Cách 3: Dành cho các thầy cô giáo và học sinh THPT
Nếu để ý T là biểu thức thuần nhất bậc 3
T ( ka, kb, kc ) = k 3T ( a, b, c )
Ta sẽ thấy GTLN của T sẽ phải đạt được khi có một biến nào đó bằng 1 . Chẳng hạn z = 1 .

(

(

)

)

Khi đó thì T = 2 x 3 + y 3 + 1 − x 2 y − y 2 − x  x 2 + x + y 2 + y + 3 − 1 − x 2 y − y 2 − x = 3 − 1 − x 2 (1 − y )  3 .
Vậy giá trị lớn nhất cần tìm là 3 .
Câu 29. Ý tưởng là dùng AM-GM có trọng số. Các hệ số của x, y giống nhau nên x, y có vai trò


a2 
a2 
a2 x2 + z 2 a2 y 2 + z 2
như nhau. Ta tách 10 −  x 2 + 10 −  y 2 +
+
 ( 20 − a 2 ) xy + axz + ayz .
2
2
2
2


Ta chọn a sao cho vế trái là hằng số, tức là 20 − a 2 = a . Giải ra được a = 4 .
1
1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y và 4 x = 4 y = z , tức là khi z = y = , z = .
3

3
1 1 1
1
1
1
Câu 30. Ý đầu tiên để giải bài này là đưa điều kiện về + + = 1 rồi đặt a = , b = , c = .
x y z
x
y
z

Điều kiện a + b + c = 1 dĩ nhiên là dễ sử dụng hơn.
a
b
c
+ 2
+ 2
Lúc này thì H = 2
.
9b + 1 9c + 1 9a + 1
Ta dùng AM-GM để đánh giá các số hạng của H như sau
a
a + 9ab 2 − 9ab 2
9ab 2
9ab 2
3ab
=
=a− 2
a−
=a−

.
2
2
9b + 1
9b + 1
9b + 1
6b
2
Cộng bất đẳng thức này và các bất đẳng thức tương tự, ta suy ra (ở đây ta dùng bất đẳng thức quen
2
3
3 1 1
thuộc 3 ( ab + bc + ca )  ( a + b + c ) ) H  a + b + c − ( ab + bc + ca )  1 − . = .
2
2 3 2
1
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = , tức là khi z = y = z = 3 .
3
Câu 31. Có thể ‘đoán’ được giá trị nhỏ nhất là 1 và giá trị lớn nhất là 2 (bài toán gốc là như vậy),
nhưng xử lý tiếp thế nào?
Ý tưởng chung là tìm cách ‘quy đồng mẫu số’ bằng một đánh giá trung gian.
Ở chiều giá trị lớn nhất, ta sẽ chứng minh rằng

a
a 2

1 + bc a + b + c

( 3)

Điều này sẽ luôn đúng khi a = 0 cịn với a  0 thì tương đương với ( a + b + c )  2 (1 + bc ) .
2

2

Khai triển ra và áp dụng giả thiết, điều này tương đương với
2ab + 2ac  a 2 + b 2 + c 2 + 2b 2c 2 + 2bc  ( a − b − c ) + 2b 2c 2  0 .
2

Dấu bằng xảy ra khi a = b + c và bc = 0 . Từ đây ta tìm được giá trị lớn nhất của S là
1
, c=0.
chẳng hạn khi a = b =
2
Ở chiều giá trị nhỏ nhất, ta lại phải dùng một đánh giá khác, chú ý rằng a  1 nên
a + abc  a +

Cho nên

14

a ( b2 + c2 )
2

=a+

a (1 − a 2 )
2

=a+

a (1 + a )(1 − a )
2

a+

1.2 (1 − a )
2

=1.

a
a2
=
 a 2 . Cộng các bất đẳng thức tương tự lại ta có S  a 2 + b 2 + c 2 .
1 + bc a + abc

2 đạt được.


BẤT ĐẲNG THỨC &
ỨNG DỤNG THCS
Dấu bằng xảy ra, chẳng hạn khi a = 1, b = c = 0 .
Câu 32. Khai triển và biến đổi tương đương.
Câu 33. Ta dùng AM-GM để đánh giá mẫu số 3a 2 + 2b 2 + c 2  6 6 a 6b 4c 2 = 6a 3 b 2c .
a
1
Từ đó
. Cộng bất đẳng thức này và các bất đẳng thức tương tự cho hai số


2
2
2
3
3a + 2b + c
6 b 2c

1 1
1
1 
hạng cịn lại, ta có T  
+
+

3
3
3
2
2
6 b c
ca
a 2b 
2 1
3
Tiếp tục dùng AM-GM ta có + 
.
b c 3 b 2c

( 4)

1 1 1
2 1
3
1
2 1
1
3
1
suy ra + + 
+ 
, + 
+
+
( 5)
3
3
3
3
3
2
2
2
2
a b c
c a
ca a b
bc
ca
ab
a 2b

1  1 1 1  1 ab + bc + ca 1 a 2 + b 2 + c c 1
Kết hợp ( 4 ) và ( 5 ) , ta được T   + +  = .
 .
= .
6 a b c  6
abc
6
abc
2
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 .
Câu 34. Trước hết, để ý rằng nếu x  6 thì hiển nhiên là x 2 + y 2  62 + 82 = 100 nên tiếp theo ta chỉ

Tương tự

cần xét trường hợp x  6 .
Ta khai thác điều kiện x  y  8 và xy  4 x + 3 y, ( 8 − x )( 8 − y )  0 .
Suy ra xy + 64  8 x + 8 y , suy ra 4 x + 3 y + 64  8 x + 8 y . Từ đó 4 x + 5 y  64 .
Vì 6  x  y  8 nên y − z  2 . Suy ra ( y − x )  2 ( y − x ) .
2

Từ đây suy ra x 2 + y 2  2 xy + 2 ( y − x ) = 8 x + 6 y + 2 ( y − x ) = 6 x + 8 y =

3
y 3
8
( 4 x + 5 y ) +  .64 + = 100 .
2
2 2
2

Chứng minh hoàn tất.
1 1
,
nên sẽ dùng AM – GM tương ứng với điểm rơi này
3 3
1
1
1
27 x + 27 x + 2  3 3 27 2 = 27 Hay là 54 x + 2  27 . Tương tự 54 y + 2  27 .
x
x
y

Câu 35. Ta dự đoán điểm rơi là

Từ đó A = 54 x +

1
1
2 160
.
+ 54 y + 2 − ( x + y )  27 + 27 − =
x2
y
3
3

Câu 36. Ý tưởng là ta tìm cách đánh giá xi qua xi3 bằng các biểu thức hiển nhiên dương. Biểu thức
thứ nhất hiển nhiên là xi + 2 (từ điều kiện xi  −2 ). Cịn biểu thức thứ hai là một bình phương
dạng ( xi + a ) .

2

Để chỉ xuất hiện xi3 và xi ta chọn a = −1 .
Vậy là ta dùng ( xi + 2 )( xi − 1)  0 . Suy ra xi3 − 3 xi + 2  0 hay xi3 + 2  3 xi .
2

Cho i = 1, 2,..., 21 rồi cộng lại, ta được 12 + 42  3 ( x1 + x2 + ... + x21 ) suy ra x1 + x2 + ... + x21  18 .
Chứng minh hoàn tất.
Câu 37.

( x + y + z ) − 1 = ( 2 x + y + z )( y + z ) .
1
−1 
2
x
x2
x2
Từ đó chỉ cần chứng minh ( 2 x + y + z )( y + z )( 2 y + z + x )( z + x )( 2 z + x + y )( x + y )  512 x 2 y 2 z 2 .
2

Câu 38. Sử dụng điều kiện x + y + z  1 ta có

Cái cuối này dùng AM-GM là ra.

15


TOP 1 THCS TOÁN CHUYÊN – TCD BOOKS
Câu 39. Đặt x =

a2 + 1
b2 + 1
c2 + 1
x2 y 2 z 2
, y=
, z=
thì P =
.
+
+
a
b
c
y
z
x

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
x2 y 2 z 2
1 1 1
9
P=
+
+  x+ y+ z = a+b+c+ + +  a+b+c+
y
z
x
a b c
a+b+c
4

5
5 13


.
= a + b + c +
 4+ =
+
a+b+c a+b+c
2 2

2
13
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
.
3
2

Câu 40. Đặt x = c + a, y = c + b thì xy = 4 và ( a − b ) = ( x − y ) , thì x  y và xy = 4 . Ta quy đề bài
2

toán chứng minh

1

( x − y)

2

+

2

1
1
+
 1 ( 6)
x2 y 2

Khơng mất tính tởng qt có thể giả sử x, y  0 . Ta chỉ cần chứng minh
Đặt t =

xy

( x − y)

2

+

xy xy
+
4
x2 y 2

(7)

x
t
1

 1 , bất đẳng thức cuối cùng này tương đương với
+ t +  4 , hay là
2
y
t
( t − 1)

t 2 + t 2 ( t − 1) + ( t − 1)  4t ( t − 1) , hoặc t 4 − 6t 3 + 11t 2 − 6t + 1  0 ( 8 )
2

2

2

2
1
thì ( 8 ) tương đương u 2 − 2 − 6u + 11  0  ( u − 3)  0 .Vậy ta có điều phải chứng minh.
t
Câu 41. Việc đưa các số 2021, 2022 vào chỉ làm rối thêm, bớt đẹp.

Đặt u = t +

1 1
Cứ để a, b thuộc 1;2 và tìm GTLN của ( a + b )  +  thì chân phương hơn.
a b
a 2 + b2
1 1
Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của ( a + b )  +  = 2 +
.
ab

a b

(

) (

)

Ta có ( 2022a − 2021b )( 2022b − 2021a )  0 nên từ đây suy ra 2021 − 2022 a 2 + b 2  20212 + 20222 ab ,
a +b
2021 + 2022

.
ab
2021.2022

2021 − 2022 ( a 2 + b 2 )  ( 20212 + 20222 ) ab . Suy ra

2

Từ đó tìm được giá trị lớn nhất cần tìm là 4042 +

2

2

2021( 20212 + 20222 )

2

= 6064 +

20212
.
2022

2021.2022
Lời giải hoàn tất.
Câu 42. Bài này cơ bản, phù hợp đề thi tuyển sinh 10. Ta chỉ cần áp dụng AM-GM hai lần
1
1
4
4
4
+ 
=

= 1 . Chứng minh hoàn tất.
xy xz xy + xz x ( y + z )  x + y + z 


2



Câu 43. Gợi ý ( x − y )  2 ( x 2 + y 2 ) và x 4 + y 4 
2

(x

2

+ y2 )
2

.

Câu 44. Sử dụng đồng bậc hóa 1 − x 2 = ( x + y + z ) − x 2 = ( 2 x + y + z )( y + z ) ,
2

x + yz = x ( x + y + z ) + yz = ( x + y )( x + z ) .
Từ đó nếu đặt a = y + z , b = z + x, c = x + y thì
(b + c ) a + ( a + a ) b + ( a + b ) c = b + a + c + a + b + c
VT =
. Chứng minh hoàn tất.
bc
ca
ab
a b a c c b
16


BẤT ĐẲNG THỨC &
ỨNG DỤNG THCS

Câu 45. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Shwarz cho căn thức vế trái, ta có :

3a + b + 3b + a  2 ( 3a + b + 3b + a ) = 8a + 8b .
8a + 8b  2

Bất đẳng thức cần chứng minh sẽ đúng nếu ta chứng minh được

8a + 8b  2

Ta biến đổi tương đương

( 3a + b )( 3b + a )

( 3a + b )( 3b + a ) .

hay là 2 ( a + b )  ( 3a + b )( 3b + a ) , hoặc

3 ( a + b ) + 4ab − 2 ( a + b )  0 ( 9 )
2

a + b = 1 , suy ra a + b + 2t = 1 , tức là a + b = 1 − 2t .

Đặt ab = t 2 . Theo giả thiết

Thay vào ( 9 ) , ta cần chứng minh 3 (1 − 2t ) + 4t 2 − 2 (1 − 2t )  0 hay 16t 2 − 8t + 1  1  ( 4t − 1)  0
2

2

1
1
, từ đây tính được a = b = .
4
4
3

3
Câu 46. Gợi ý điểm rơi là a = , b = .
2
4

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t =

Câu 47. Gợi ý

(

) (

2
2
2
2
2
2
3 ( x 4 + y 4 + z 4 )  x 2 + y 2 + z 2 và 3 x y + y z + z x  x + y + z

)( x + y + z ) .

Câu 48. Bài này khá cơ bản đối với các bạn quen sử dụng AM-GM và Cauchy-Schwarz để đánh giá.
Chia hai vế của bất đẳng thức cho

x
3z ( 2 x + y )

+

y
3x ( 2 y + z )

+

3xyz ta đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng
z

3y ( 2z + x )

1
3z ( 2 x + y ) 

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho mẫu thức, ta có
thức tương tự. Do đó VT 

3z + 2 x + y
cùng các bất đẳng
2

2x
2y
2z
+
+
.
3z + 2 x + y 3x + 2 y + z 3 y + 2 z + x

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

2x

 3z + 2 x + y  2 x

( 2x + 2 y + 2z )
=1
( 3z + 2 x + y ) + 2 y ( 3x + 2 y + z ) + 2 z ( 3 y + 2 z + x )
2

Từ đó suy ra điều cần chứng minh.

(

)(

)(

)

Câu 49. Đặt x = a, y = 2b, z = 3c thì 3xyz = x + y + z ta cần chứng minh 1 + x 2 1 + y 2 1 + z 2  8 .
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 3 xyz = x + y + z  3 3 xyz .

(

)(

)(

)

Từ đây suy ra xyz  1 . Lại áp dụng AM-GM thì ta có 1 + x 2 1 + y 2 1 + z 2  2 x.2 y.2 z = 8 xyz  8 .
Chứng minh hoàn tất.
1 1 1 1
16
+ + + 
cho các biểu thức ở vế trái.
a b c d a+b+c+d
Câu 51. Lời giải thông qua vài phép đánh giá, rồi dự đoán điểm rơi.
x
a
b
1
1
a
b
1
3
x
y
+
+
+ = 1+
+1+
+
−
Đặt a = , b = thì = ab và P =
z
y
z
b + 1 a + 1 2 ab 2

b +1
a + 1 2 ab 2

Câu 50. Sử dụng bất đẳng thức

1 
1
3 4 ( a + b + 1)
1
3
 1
= ( a + b + 1) 
+
− 
+
− .
+
a+b+2
a+b 2
 b + 1 a + 1  2 ab 2

Đặt t = a + b thì P − 2 

4 ( t + 1)

1 7 8t ( t + 1) + 2 ( t + 2 ) − 7t ( t + 2 ) t 2 − 4t + 4 ( t − 2 )
+ − =
=
=
0.

t+2
t 2
2t ( t + 2 )
2t ( t + 2 ) 2t ( t + 2 )
2

Suy ra P  2 . Dấu bằng xảy ra khi t = 2 , tức a = b = 1 , hay x = y = z .

17


TOP 1 THCS TOÁN CHUYÊN – TCD BOOKS
Câu 52. Ý tưởng chính là thay thế các mẫu số bằng một mẫu số chung thông qua đánh giá. Hãy
chứng minh rằng x 2 + 2 yz + 3  2 ( xy + yz + zx ) bằng cách thay 3 bằng

18

( x + y + z)
3

2

.