BAI TAP BDT

CÁC BÀI TẬP VỀ BĐT
a
b
c
3



2
2
2
2.
Bài 1: Cho a, b, c > 0; a + b + c = 3. Chứng minh rằng: 1  b 1  c 1  a
a
ab 2
ab 2
ab
a 
a 
a 
2
2
1 b
2b
2 .
Do a, b > 0 và 1 + b2 ≥ 2b với mọi b nên 1  b

b
bc
c
ca

b 
c 
2
2
2 ; 1 a
2
Tương tự ta có : 1  c
a
b
c
ab  bc  ca


3 
2
2
2
2
mà a + b + c = 3 nên 1  b 1  c 1  a
(1)
2
2
2
2
Cũng từ a + b + c = 3  (a + b + c) = 9  a + b + c + 2(ab + bc + ca) = 9
mà a2 + b2 ≥ 2ab; b2 + c2 ≥ 2bc; c2 + a2 ≥ 2ac nên a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca suy ra
3(ab + bc + ca)  9  ab + bc + ca  3 (2).
a
b
c

3 3



3


2
2
2
1

b
1

c
1

a
2
2 đpcm.
Từ (1) và (2) suy ra
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài 2:

Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện: x + y + z + xy + yz + xz = 6.
Chứng minh rằng: x2 + y2 + z2 ¿ 3
Ta có : (x-1)2 ¿ 0 ⇔ x2+1 ¿ 2x.
Tương tự: y2+1 ¿ 2y; z2+1 ¿ 2z và 2(x2+y2+z2) ¿ 2(xy+yz+xz)
Cộng 4 bất đẳng thức theo từng vế ta có:3(x2+y2+z2)+3 ¿ 2(x+y+z+xy+yz+xz)

⇔ x2+y2+z2 ¿ 3(vì x+y+z+xy+yz+xz = 6)
Bài 3: a) Cho a + b = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức

A = a(a2 + 2b) + b(b2 – a)
1
1
Vì a + b = 1 => a = 2 + x, b = 2 + y với x + y = 0
ta có: A = a(a2 + 2b) + b(b2 – a) = a3 + b3 + ab = a2 + b2
2

2

1
1
 1
 1
2
2
  x     y   x  y 
2
 2
 2
A=  2
1
1
=> GTNN(A) = 2 <=> x = y = 0 <=> a = b = 2
a b c
p
2
b) Cho tam giác có nửa chu vi

với a, b, c là độ dài ba cạnh.
1
1
1
 1 1 1


2    
a b c.
Chứng minh p  a p  b p  c
1
1
4
1
1
4
1
1
4






Ta có: p  c p  b a Tương tự p  c p  a b ; p  b p  a c


Cộng vế với vế các BĐT cùng chiều

1
1
1
 1 1 1


2    
p a p b p c
a b c

Bài 4: Cho 2011 số tự nhiên x1 , x2 ,..., x2011 thỏa mãn điều kiện:
1
1
1
2011
1 1
1
 11  ...  11 
M  1  2  ...  2011
11
x1
x2
x2011 2048 Tính tổng
x1 x2
x2011 .
1
1
1
2011
 11  ...  11

11
x2011 >1> 2048
Nếu có ít nhất 1 số bé hơn 2 thì: x1 x2

( trái giả thiết)

- Nếu có 1 số bằng 2, các số còn lại lớn hơn 2 thì:
1
1
1
1
1
1
2011
 11  ...  11

 ...  11 
11
x1
x2
x2011 < 211 211
2
2048 ( trái giả thiết).
1 1
1
22011  1
M




...


M

 x1 x2 ...  x2011 2 , thay vào biểu thức ta có:
2 22
22011
22011
4x  8
N 2
x  4x  8
Bài 5: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
) M  1 

x2
0  M  1
x2  4 x  8

với mọi x
Dấu “=” xảy ra khi x = 0 Vậy giá trị nhỏ nhất của M = -1 tại x = 0.
2

  x  4
) M  1  2
0  M 1
x  4x  8

Với mọi x Dấu “=” xảy ra khi x = 4

Vậy GTLN của M = 1 tại x = 4.
Bài 6 :
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 13x2 + y2 + 4xy - 2y - 16x + 2015
1
b) Cho hai số a,b thỏa mãn điều điều kiện a + b = 1. Chứng minh a + b + ab  2
3

3

a) A = 13x2 + y2 + 4xy - 2y - 16x + 2015 = y2 + 4xy - 2y + 13x2 - 16x + 2015
= y2 + 2y(2x - 1) + (2x -1)2 + 9x2 - 12 x + 2015 = (y + 2x - 1)2 + (3x - 2)2 + 2010

2
1

Chứng tỏ A  2010, dấu " =" xảy ra khi và chỉ khi (x = 3 ; y = 3 )
2
1

Vậy min A = 2010 khi (x = 3 ; y = 3 )
1
1
1
1
b) Ta có a3+ b3 + ab  2 (1)  a3+b3+ab - 2 0  (a+b)(a2+ b2-ab) + ab- 2 0  a2+b2- 2 0 (vì a + b =1)  2a2+2b2-1
0  2a2+2(1-a)2-1 0 (vì b = 1- a)
2

1


1
4 a   
2  0 a (2)
 2a2+2 - 4a + 2a2 - 1 0  4(a2- a + 4 ) 0  
... đpcm.


2

2

1 
1

 x     y   8
y
Bài 7: Cho x, y > 0 thoả mãn x + y = 2. Chứng minh rằng:  x  
1

2
2
Bài toán phụ: Chứng minh rằng a + b 2 (a + b)2 (1)

Chứng minh: (1)  2a2 + 2b2  a2 + 2ab + b2  a2 – 2ab + b2  0  (a – b)2  0
Áp dụng bài tốn phụ (1), ta có:
2

2

1 

1
1
1
1

 x    y     x   y  
x 
y
2
x
y

2

2

(2)

2

2


1
1 
xy 
2 
 x   y    2 
  2  
y 

xy  
xy  (vì x + y = 2)
Mà  x
(x + y) 2
0 < xy 
4
Với x, y > 0, ta có

(vì (x – y)2  0  (x + y)2  4xy)

2


2  
8
2
1
4
2
8

2


2


  2  2  16



2




xy  
 x  y  

xy
( x  y )2
xy
( x  y )2
(vì x + y = 2)
2


1
1
 x   y   16
x
y
 
(3)

2

2

1 
1


 x     y   8
y
Từ (2) và (3) suy ra:  x  

Bài 8: Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn abc 1 . Chứng minh rằng :
1
1
1
3
 3
 3

a (b  c ) b (c  a ) c (a  b) 2 .
3

Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với  a, b, c  R và x, y, z > 0 ta có
a2 b2 c 2  a  b  c 
  
x
y z
xyz

2

a b c
 
x
y z


(*) Dấu “=” xảy ra

a 2 b2  a  b 
 
x y
Thật vậy, với a, b  R và x, y > 0 ta có x y


a

2

2

y  b x   x  y   xy  a  b  
2

 bx  ay 

2

2

(**)

a b

0
x
y


(luôn đúng). Dấu “=” xảy ra
2

a2 b2 c2  a  b
c2  a  b  c 
  
 
xy
z
x yz
Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có: x y z
a b c
 
Dấu “=” xảy ra  x y z
1
1
1
2
2
1
1
1
a
b
c2






3
3
3
Ta có: a (b  c) b (c  a ) c (a  b) ab  ac bc  ab ac  bc

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có

2


2

2

 1 1 1
 1 1 1
1
1
1




   
a 2  b2  c 2   a b c    a b c 
ab  ac bc  ab ac  bc 2(ab  bc  ac )
 1 1 1
2   
 a b c

Hay

(Vì abc 1 )

1
1
1
2
2
2
1 1 1 1
a
 b
 c
    
ab  ac bc  ab ac  bc 2  a b c 

1
1
1
2
2
2
1 1 1
3
a
  3
 b
 c


Mà a b c
nên ab  ac bc  ab ac  bc 2
1
1
1
3
 3
 3

Vậy a (b  c ) b (c  a ) c (a  b) 2
3

(đpcm)

Bài 8: a) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z 3 . Chứng minh rằng:
1
1
1
3
 2
 2

x x y y z z 2 .
2

b) Đặt

P

1
1
1
1
1
1
 2
 2



x  x y  y z  z x( x  1) y ( y  1) z ( z  1)
2

 1 1 1  1
1
1
1
1
1
1
1
1 
 
 
 
     




x x 1 y y 1 z z 1  x y z   x 1 y 1 z 1 
1
1  1 1
1 1 1
9
 .  
  
Áp dụng BĐT a b c a  b  c và a  b 4  a b  với a, b, c dương, dấu bằng xảy

ra  a b c.
1
1 1  1
1 1  1
1 1 
 .   1 ;
 .   1 ;
 .  1
Ta có x  1 4  x  y  1 4  y  z  1 4  z 
 1 1 1  1
1
1   1 1 1 1  1
1
1 
P      


      .   1   1   1
y
z 
 x y z   x 1 y 1 z 1   x y z  4  x

Bởi vậy
3  1 1 1 3 3
9
3 9 3 3
.      .
    .
= 4  x y z  4 4 x  y  z 4 4 4 2 (ĐPCM)

10
10
2
2
8
8
4
4
Bài 6:CMR: ( x + y ) . ( x + y ) ≥( x + y ) . ( x + y ) .
Giải:
10
10
2
2
8
8
4
4
Ta có: ( x + y ) . ( x + y ) ≥( x + y ) . ( x + y )

⇔ x 12+ y 12 + x 2 y 2 . ( x8 + y 8 )≥x 12+ y 12+ x 4 y 4 . ( x 4 + y 4 )

⇔ x 2 y 2 . ( x8 + y 8 )≥x 4 y 4 . ( x 4 + y 4 )


⇔ x 2 y 2 . ( x8 + y 8 −x 6 y 2 −x 2 y 6 ) ≥0
2

 x 2 y 2 . x 2  y 2 . x6  y 6 0  x 2 y 2 . x 2  y 2 . x 4  x 2 y 2  y 4 0









 



Bất đẳng thức cuối cùng ln đúng.Vậy ta có đpcm.
Bài 7:CMR: Nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau và a + b + c < 0 thì :
P = a3 + b3 + c3 - 3abc < 0.
Giải:
Có:P = a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c).(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) < 0.
1 1
1
1
A= + +. . .+
<

2
9 25
(2n+1 ) 4
Bài 8:CMR:

với n∈Ν , n>1.

Giải:
Dễ dàng biến đổi tương đương chứng minh được:
1
1
1
1
< .
+
2 2
2 n .(2 n+1) (2n+1 ).(2 n+2 )
(2 n+1)
Áp dụng ta có:
1 1
1
1
1
A< .
+
+
+.. .+
=
2 2. 3 3 . 4 4 .5
(2 n+1).(2 n+2)

1 1 1 1 1
1
1
1 1 1
1
= . − + − +.. .+
−
= . −
< .
2 2 3 3 4
2 n+1 2n+2 2 2 2n+2 4
Ta có đpcm.

[

]

[

]

[

] [

]

10
10
2

2
8
8
4
4
Bài 6:CMR: ( x + y ) . ( x + y ) ≥( x + y ) . ( x + y ) .
Giải:
10
10
2
2
8
8
4
4
Ta có: ( x + y ) . ( x + y ) ≥( x + y ) . ( x + y )

⇔ x 12+ y 12 + x 2 y 2 . ( x8 + y 8 )≥x 12+ y 12+ x 4 y 4 . ( x 4 + y 4 )

⇔ x 2 y 2 . ( x8 + y 8 )≥x 4 y 4 . ( x 4 + y 4 )

⇔ x 2 y 2 . ( x8 + y 8 −x 6 y 2 −x 2 y 6 ) ≥0
2

 x 2 y 2 . x 2  y 2 . x6  y 6 0  x 2 y 2 . x 2  y 2 . x 4  x 2 y 2  y 4 0









 



Bất đẳng thức cuối cùng ln đúng.Vậy ta có đpcm.
Bài 7:CMR: Nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau và a + b + c < 0 thì :
P = a3 + b3 + c3 - 3abc < 0.
Giải:
Có:P = a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c).(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) < 0.
1 1
1
1
A= + +. . .+
<
2
9 25
(2n+1 ) 4
Bài 8:CMR:

với n∈Ν , n>1.

Giải:
Dễ dàng biến đổi tương đương chứng minh được:


1

1
1
1
< .
+
2 2
2 n .(2 n+1) (2n+1 ).(2 n+2 )
(2 n+1)

[

]

Áp dụng ta có:
1 1
1
1
1
A< .
+
+
+.. .+
=
2 2. 3 3 . 4 4 .5
(2 n+1).(2 n+2)
1 1 1 1 1
1
1
1 1 1
1

= . − + − +.. .+
−
= . −
< .
2 2 3 3 4
2 n+1 2n+2 2 2 2n+2 4
Ta có đpcm.

[

]

[

] [

]

2
Bài 12:Cho tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn: a≤b≤c . CMR: ( a+b +c ) ≤9 bc .
Giải:
Từ giả thiết bài ra ta có:
2 b≥b+a>c ⇒ 4 b−c >0 ⇒(b−c ). (4 b−c )≤0
2
⇒ 4 b2 +c 2 ≤5 bc ⇒ ( 2 b+c ) ≤9 bc (1)
Mà: (a + b + c)2 ¿ (2b + c)2 (2).
Từ (1) và (2) suy ra:
(a + b + c)2 ¿ (2b + c)2 ¿ 9bc.
Ta có đpcm.
Bài 13:

Cho 0 < a,b,c < 2.CMR:Ba số a.(2-b) ; b.(2-c) ; c.(2-a) khơng đồng thời lớn hơn 1.
Giải:
Ta có:
a.(2−b). b(2−c ). c(2−a)=a .(2−a). b.(2−b).c(2−c)≤
a+2−a 2 b+2−b 2 c+2−c 2
¿
.
.
=1 .
2
2
2
Tích của ba số nhỏ hơn hoặc bằng 1 vì vậy chúng khơng thể đồng thời lớn hơn 1.
Ta có đpcm.
Bài 2:Cho số nguyên n, A= n5 - n.
a-Phân tích A thành nhân tử.
b-Tìm n để A=0.
c-CMR: A chia hết cho 30.
Giải:
a) A= n5 - n = n.(n4 -1) = n.(n-1).(n+1).(n2 + 1)
b) A=0 ⇔ n = 0,1,-1.
5
5
c) Theo Định Lý Fecma: n ≡n( mod 5 )⇒ n −n⋮5 ⇒ A⋮5 (1).

(

)(

)(

)

Lại có: n(n−1)⋮2⇒ A⋮2 (2) và: (n−1).n.(n+1)⋮3⇒ A⋮3 (3).
Vì 2,3,5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên từ (1),(2)&(3) suy ra A⋮(2.3.5) (đpcm).


Bài 3: CMR: Nếu x,y là những số nguyên thỏa mãn điều kiện x2 + y2 chia hết cho 3
thì cả x và y đều chia hết cho 3.
Giải:
Nhận xét:Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1.
Vì vậy từ giả thiết x2 + y2 chia hết cho 3 ⇒ x , y⋮3.