Chuyên đề 5 bất đẳng thức cô si có lời giải chi tiết rất hay luyện thi toán lớp 9 học sinh giỏi và ôn thi tuyển sinh lớp 10

Chuyên đề 5 BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI A Kiến thức cần nhớ Trong các bài toán về bất đẳng thức và cực trị thì bất đẳng thức Cô si được ví hầy Thưởng tư vấn, học sinh nên vạch ra lộ trình học với ba giai đoạn cụ thể: Giai đoạn 1 Trang bị kiến thức nền tảng: Học và nắm chắc kiến thức nền tảng tổng quan chương trình Toán lớp 9. Giai đoạn này cần được bắt đầu ngay từ kỳ nghỉ hè vì việc xuất phát sớm sẽ giúp các em có thêm nhiều thời gian cho giai đoạn cuối ôn luyện tổng hợp và luyện đề. Nếu học nhanh và đúng lộ trình, đến khoảng hết học kỳ 1 (tháng 12), học sinh có thể hoàn thành chương trình Toán lớp 9 và bắt đầu bước vào giai đoạn tiếp theo. Giai đoạn 2 Tổng ôn theo từng chuyên đề (tháng 1, 2): Việc ôn luyện theo từng chuyên đề sẽ giúp các em cải thiện các vấn đề còn vướng mắc trong quá trình học. Học sinh cũng có thể vừa tổng ôn kiến thức, vừa luyện đề sớm khi đã đảm bảo họcnhư viên kim cương bởi tính ưu việt trong việc chứng minh các bất đẳn.

Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI A Kiến thức cần nhớ Trong toán bất đẳng thức cực trị bất đẳng thức Cơ-si ví viên kim cương tính ưu việt việc chứng minh bất đẳng thức khác tìm cực trị Trong chương trình THCS chủ yếu vận dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm Do chuyên đề nêu ứng dụng việc giải toán việc vận dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm • Bất đẳng thức Cô-si: cho hai số x, y khơng âm, ta có: x+ y ≥ xy xy ≤ x+ y Dấu xảy x = y Bất đẳng thức Cơ-si cịn gọi bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân (AM-GM) B Một số ví dụ Ví dụ 1: Chứng minh với số dương a, b, c, ta có: 4a + 3b + 5c ≥ ( ab + bc + ca ) Đẳng thức xảy nào? (Thi học sinh giỏi Tốn 9, tỉnh Gia Lai) Giải Tìm cách giải Nhận thấy vế phải xuất ab + bc + ca , tự nhiên nghĩ tới việc dùng bất đẳng thức Cô-si Vấn đề lại tách vế trái thành hạng tử thích hợp nhằm vận dụng bất đẳng thức Cơ-si xuất hạng tử vế phải Trình bày lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: a + b ≥ ab ( 1) 2b + 2c ≥ bc ( ) 3a + 3c ≥ ca ( 3) Từ ( ), (2) (3) cộng vế với vế ta được: 4a + 3b + 5c ≥ ( ab + bc + ca ) Đẳng thức xảy a = b = c Ví dụ 2: Cho S = 1.2019 + 3.2017 + 5.2015 + + 2019.1 So sánh S với 10102 Giải Tìm cách giải Nhận thấy hạng tử tổng S, + 2019 = + 2017 = = 2019 + 2.1010 Nhằm xuất tổng giống liên quan tới số 1010, nghĩ tới việc vận dụng bất đẳng thức Cô-si dạng xy ≤ x+ y Trình bày lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có: Suy S < xy ≤ x+ y + 2019 + 2017 + 2015 2019 + + + + + 2 2 ⇔ S < 1010 + 1010 + 1010 + + 1010 ⇔ S < 10102 Ví dụ 3: Cho a, b, c số lớn Chứng minh: a2 b2 c2 + + ≥ 12 b −1 c −1 a −1 Giải Tìm cách giải Quan sát bất đẳng thức cần chứng minh ta thấy vế phải tổng ba hạng tử dương có chứa mẫu số, cịn vế trái số thực Do cần chọn hạng tử thích hợp để vận dụng bất đẳng thức Cô-si khử mẫu hạng tử vế trái, chẳng hạn: a2 a2 + α ( b − 1) ≥ .α ( b − 1) = 4a α , b −1 b −1 chọn α = ! Trình bày lời giải Áp dụng bất đẳng thức cơ-si; ta có: a2 a2 + ( b − 1) ≥ .4 ( b − 1) = 4a ( 1) b −1 b −1 b2 b2 + ( c − 1) ≥ .4 ( c − 1) = 4b ( ) c −1 c −1 c2 c2 + ( a − 1) ≥ .4 ( a − 1) = 4c ( ) a −1 a −1 Từ (1), (2) (3) cộng vế với vế ta được: a2 b2 c2 + + + ( a + b + c − 3) ≥ ( a + b + c ) b −1 c −1 a −1 a2 b2 c2 ⇔ + + ≥ 12 b −1 c −1 a −1 Điều phải chứng minh  a2  b − = ( b − 1)   b = ( c − 1) ⇔ a = b = Đằng thức xảy   c −1  c2 = ( a − 1)   a −1 Ví dụ 4: Cho a, b số thực không âm thỏa mãn a + b ≤ 2, tìm giá trị lớn biểu thức M = a 3b ( a + 2b ) + b 3a ( b + 2a ) Giải Tìm cách giải Giả thiết điều kiện liên quan biến với số mũ 2, biểu thức M phần biến có chứa Nhằm biển đổi từ biểu thức chứa tới biểu thức khơng có có số mũ 2, cần áp dụng bất đẳng thức Cô-si dạng xy ≤ xy ≤ x+ y x2 + y2 Trình bày lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có: 3b + a + 2b a + 5b = ( 1) 2 3a + b + 2a 5a + b 3a ( b + 2a ) ≤ = ( 2) 2 3b ( a + 2b ) ≤ Từ (1) (2) suy ra: M ≤ ⇒M ≤ a (a + 5b) b(5a + b) + 2 2 2 a + b + 10ab a + b + ( a + b ) ≤ = ( a + b2 ) 2 ⇒ M ≤ ( a + b ) ≤ 3.2 ⇒ M ≤ Đẳng thức xảy a = b = Vậy giá trị lớn biểu thức M a = b = Ví dụ 5: Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn: thức B = x + + 18 y + x y Giải + ≥ 23 Tìm giá trị nhỏ biểu x y Tìm cách giải Quan sát giả thiết kết luận, hiển nhiên cần tách phần biểu thức B có xuất phận giả thiết để khai thác Phần lại biến ta nhóm với để vận dụng bất đẳng thức Cơ-si Trình bày lời giải 2  2 4 5  Ta có: B =  x + ÷+  18 y + ÷+  + ÷ x  y x y  Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta được: 8x + 2 ≥ x = ( 1) x x 18 y + 2 ≥ 18 y = 12 ( ) y y Mặt khác từ giả thiết ta có + ≥ 23 ( 3) x y Từ (1), (2) (3) cộng vế với vế ta được: B ≥ + 12 + 23 = 43  8 x = x   1 ⇔ x= ;y= Đẳng thức xảy 18 y = y  4  + = 23 x y 1 Vậy giá trị nhỏ B 43 x = ; y = 1  1  Ví dụ 6: Chứng minh rằng: 21 a + ÷+  b + ÷ ≥ 80 với a ≥ 3; b ≥ b  a  Đẳng thức xảy nào? Giải Tìm cách giải Thống nhìn qua, nghĩ tới việc dùng bất đẳng thức Côsi Tuy nhiên sai lầm nhóm dùng bất đẳng thức Cơ-si sau: 21a + 21    21 21  + 3b + =  21a + ÷+  + 3b ÷ ≥ 21a + 3b = 12 b a  a  b a b  Sai lầm thứ 12 < 80, sai lầm thứ hai không với điều kiện a ≥ 3; b ≥ Do cần tách chọn hạng tử thích hợp Trước hết dự đoán dấu xảy bất đẳng thức a = b = Sau chọn điểm rơi để khử mẫu vế trái sau: • ma + 3 ≥ ma = 3m, xác định m cách cho ma = a = suy m = Từ a a a ta có cách tách 21a = • nb + 62a a + 3 21 21 21 b = suy n = Từ ≥ nb = 21n , xác định n cách cho nb = b b b 2b 7b + 3 ta có cách tách 3b = Trình bày lời giải 21   a  62 7 Ta có vế trái  b + ÷+  + ÷+ b + a b  3 a 3 3 Áp dụng bất đẳng thức Cơ -si, ta có: 21 21 b + ≥ b = 14 b b a a + ≥2 =2 a b 1  1 62  Mà a ≥ 3; b ≥ nên 21  a + ÷+  b + ÷ ≥ 14 + + + = 80 b  a 3  Dấu xảy a = b = Ví dụ 7: Cho x; y; z số dương Chứng minh x y z + + >2 y+z z+x x+ y Giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si: x + y + z ≥ x ( y + z ) ⇒ ≥ x( y + z) x + y + z ⇒ Tương tự ta có: x 2x ≥ ( 1) y+z x+ y+z y 2y ≥ ( 2) x+z x+ y+z z 2z ≥ ( 3) x+ y x+ y+ z Từ (1), (2) (3) cộng vế theo vế, ta x y z + + ≥2 y+z z+x x+ y x = y + z  Đẳng thức xảy  y = z + x cộng lại ta có x + y + z = z = x + y  Điều khơng xảy x, y , z > Ví dụ 8: Cho số thực x; y; z thỏa mãn: x − y + y − z + z − x2 = Chứng minh rằng: x + y + z = (Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Hà Tĩnh, năm học 2005 – 2006) Giải Tìm cách giải Bài tốn khơng có bóng dáng bất đẳng thức hay cực trị đại số Tuy nhiên quan sát kỹ phần kết luận (các phần biến có mũ 2), phần giả thiết có bậc hai cần áp dụng bất đẳng thức Cô-si lần cho hạng tử xuất phần biến mũ Với suy luận tự nhiên bất đẳng thức Cơ-si cho lời giải đẹp Trình bày lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: x2 + − y ( 1) y2 +1− z2 y 1− z ≤ ( 2) z + − x2 z − x2 = ( 3) x 1− y2 ≤ Từ (1) (2), (3) cộng vế với vế ta được: x − y + y − z + z − x ≤  x2 = − y ( 4)  2 Đẳng thức xảy  y = − z ( )  2  z = − x ( ) Từ (4), (5) (6) cộng vế với vế ta được: x + y + z = − x − z − x ⇔ x + y + z = Điều phải chứng minh Ví dụ 9: Cho x; y; z số dương thỏa mãn: Chứng minh rằng: 1 + + =1 x y z x + yz + y + zx + z + xy ≥ xyz + x + y + z Giải Tìm cách giải Quan sát điều kiện biến x, y, z tự nhiên thấy cần đổi 1 biến cách đặt a = ; b = ; c = ⇒ a + b + c = Khi bất đẳng thức có dạng x y z bc + a + ac + b + ab + c ≥ + bc + ac + ab Nhận thấy vai trò a, b, c bất đẳng thức Mặt khác bc + a lệch bậc, sử dụng dụng điều kiện a + b + c = để đưa vô bậc (gọi cân bậc) Sau dùng bất đẳng thức Cô-si đê đánh giá đưa đẳng thức Trình bày cách giải Chia hai vế bất đẳng thức cho 1 1 + + + + yz x xz y 1 + ≥ 1+ yx z xyz , bất đẳng thức tương đương với: 1 + + yz xz yx 1 Đặt a = ; b = ; c = ⇒ a + b + c = x y z Khi bất đẳng thức có dạng: bc + a + ac + b + ab + c ≥ + bc + ac + ab Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: bc + a = bc + a ( a + b + c ) = bc + ab + ac + a ≥ bc + a bc + a hay bc + a ≥ ( bc + a ) ⇒ bc + a ≥ bc + a ( 1) Tượng tự ta có: ac + b ≥ ac + b ( ) ba + c ≥ ba + c ( 3) Từ (1); (2) (3) cộng vế với vế ta có: bc + a + ac + b + ab + c ≥ + bc + ac + ab Hay x + yz + y + zx + z + xy ≥ xyz + x + y + z Dấu x = y = z = C Bài tập vận dụng 5.1 Cho a; b; c; d số không âm Chứng minh rằng: a + b8 + 2c + 4d ≥ 8abcd Hướng dẫn giải – đáp số Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a + b8 ≥ 2a 4b ( 1) 2a 4b + 2c ≥ 4a 2b 2c ( ) 4a 2b 2c + 4d ≥ 8abcd ( ) Từ bất đẳng thức (1), (2) (3) cộng vế với vế, ta được: a + b8 + 2c + 4d ≥ 8abcd Dấu a = b = c = d 5.2 Cho a; b số không âm Chứng minh rằng: ( a + b) + a+b ≥ 2a b + 2b a (Thi học sinh giỏi Toán, lớp 9, tỉnh Quãng Ngãi, năm học 2011- 2012) Hướng dẫn giải – đáp số Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: a + b ≥ ab a +b + 1 = a+ +b+ ≥ a + b 4 1  Suy ( a + b )  a + b + ÷≥ ab 2  Hay ( a + b ) + ( a+ b ) a+b ≥ 2a b + 2b a Dấu a = b = 5.3 Chứng minh rằng: a+b a ( 3a + b ) + b ( 3b + a ) ≥ với a, b số dương Hướng dẫn giải – đáp số Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 4a + 3a + b ( 1) 4b + 3b + a 4b ( 3b + a ) ≤ ( 2) 4a ( 3a + b ) ≤ Từ (1), (2) cộng vế với vế, ta được: 4a ( 3a + b ) + 4b ( 3b + a ) ≤ 4a + 4b ⇒ a ( 3a + b ) + b ( 3b + a ) ≤ 2a + 2b Suy a+b a ( 3a + b ) + b ( 3b + a ) ≥ a+b = 2a + 2b Dấu a = b 5.4 Cho S = 1 1 + + + + + 1.2019 2.2018 2019.1 k ( 2019 − k + 1) Hãy so sánh S 2019 2020 Hướng dẫn giải – đáp số Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si với x; y > ta có: x + y ≥ xy ⇒ ≥ xy x + y Từ suy S > Hay S > 1 1 + + + + + + 2019 + 2018 k + 2019 − k + 2019 + 2019 Điều phải chứng minh 2020 5.5 Cho a, b, c, d dương Chứng minh rằng: a b c d + + + >2 b+c+d c+d +a d + a +b a+b+c Hướng dẫn giải – đáp số Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: a +b+ c + d ≥ a( b +c + d ) ⇒ a( b + c + d ) ≥ a 2a ⇒ ≥ ( 1) a+b+c+d b+c+d a+b+c+d Tương tự ta có: b 2b ≥ ( 2) c+d +a a+b+c+d c 2c ≥ ( 3) d +a+b a+b+c+d d 2d ≥ ( 4) a+b+c a+b+c+d Từ bất đẳng thức (1), (2), (3) (4) cộng vế với vế, ta điều phải chứng minh a = b + c + d b = a + c + d  Dấu xảy  công lại ta có a + b + c + d = c = a + b + d d = a + b + c Điều khơng xảy a, b, c, d > 5.6 Cho a ≥ 2; b ≥ 3; c ≥ Tìm giá trị lớn biểu thức: P= ab c − + bc a − + ca b − abc Hướng dẫn giải – đáp số Ta có: P = c−4 a−2 b −3 + + c a b Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: c−4+4 c c−4 = ⇒ ≤ ( 1) 2 a−2+2 a a−2 = ⇒ ≤ ( a − ) ≤ ( 2) 2 c 2 ( c − 4) ≤ ( b − 3) ≤ b −3+3 b b−3 = ⇒ ≤ ( 3) 2 c Từ bất đẳng thức (1), (2), (3) cộng vế với vế, ta được: P≤ 1 + + 2 c − = a =   Dấu xảy a − = ⇔ b = b − = c =   Vậy giá trị lớn 1 + + ( a; b; c ) = ( 4;6;8 ) 2 5.7 Với a, b, c số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức Q = 2a + bc + 2b + ca + 2c + ab (Tuyển sinh vào lớp 10, THPT TP Hà Nội năm học 2014-2015) Hướng dẫn giải – đáp số Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 2a + bc = ( a + b + c ) a + bc = ( a + b) ( a + c) Suy ≤ a + ab + ac + bc = ( a + b) ( a + c) a + b + a + c 2a + b + c = 2 2a + bc ≤ 2a + b + c ( 1) Chứng minh tương tự ta có: a + 2b + c ( 2) a + b + 2c 2c + ab ≤ ( 3) 2b + ca ≤ Từ (1), (2) (2) cộng vế với vế, ta được: Q ≤ ( a + b + c ) = 2.2 = Dấu xảy a = b = c = Vậy giá trị lớn Q a = b = c = 5.8 Cho số a, b, c lớn 25 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Q= a b c + + b −5 c −5 a −5 Hướng dẫn giải – đáp số Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) a a + b −5 ≥ b − = a ( 1) b −5 b −5 ( ) b b + bc − ≥ 2 c − = b ( 2) c −5 c −5 ( ) c c + a −5 ≥ a − = c ( 3) a −5 a −5 Từ (1), (2) (3) cộng vế với vế, ta được: a + b −5 a + b −5 b + c −5 b + c −5 c + b + c + a − 15 ≥ a + b + c a −5 c ≥ 15 ⇔ Q ≥ 15 a −5   2  Dấu xảy  2   2 a = b −5 b −5 b = c − ⇔ a = b = c = 25 c −5 c = a −5 a −5 Vậy giá trị nhỏ Q 15 a = b = c = 25 5.9 Cho x; y số dương thỏa mãn x + y ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T = xy + 10 xy Hướng dẫn giải – đáp số Ta có T = xy + + xy xy Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: xy + 1 ≥ xy = xy xy xy ≤ x+ y 1 ≤ =1⇒ ≥1⇒ ≥1 2 xy xy Từ suy ra: T ≥ + = 11 Dấu xảy x = y = Vậy giá trị nhỏ T 11 x = y = 5.10 Cho a, b, c, d số thực dương có tổng Chứng minh: a2 b2 c2 d2 + + + ≥ a+b b+c c+d d +a (Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Thanh Hóa, năm học 2007-2008) Hướng dẫn giải – đáp số Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a2 a +b a2 a + b + ≥2 = a ( 1) a+b a+b Tương tự, ta có: b2 b+c c2 c+d d2 d +a + ≥ b ( 2) ; + ≥ c ( 3) ; + ≥ d ( 4) b+c c+d d +a Từ (1), (2), (3) (4) cộng vế với vế, ta được: a2 b2 c2 d2 a +b+c+d + + + + ≥ a+b+c+d a+b b+c c+d d +a a2 b2 c2 d2 a +b+c+d ⇒ + + + ≥ = a+b b+c c+d d +a 2 Dấu xảy a = b = c = d = 5.11 Cho số thực dương a, b thỏa mãn ab > 2013a + 2014b Chứng minh rằng: a + b > ( ) 2013 + 2014 (Tuyển sinh lớp 10, chuyên toán ĐHSP Hà Nội, năm học 2013-2014) Hướng dẫn giải – đáp số Từ giả thiết suy ra: 2013 2014  2013 2014  + ⇔ ( a + b) >  + ÷( a + b ) b a a   b 2013a 2014b ⇔ a + b > 2013 + + + 2014 ( 1) b a 1> Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 2013a 2014b 2013a 2014b + ≥2 b a b a Kết hợp với (1) suy ra: a + b > 2013 + 2013.2014 + 2014 ⇒ a + b > ( 2013 + 2014 ) Điều phải chứng minh 5.12 Cho P = So sánh P với 2− 1+ 2 + 3− 2+ + 4− 3+ + + 2020 − 2019 2019 + 2020 Hướng dẫn giải – đáp số Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho mẫu số ta có: 2− 3− 4− 2020 − 2019 + + + + 1.2 2.3 3.4 2019.2020 1 1 1 1 1  P<  − + − + − + + − ÷ 2 2 3 2019 2020  P< 1  P < 1 − ÷< 2 2020  Vậy P < 5.13 Cho tam giác ABC có chu vi Cạnh a, b, c thỏa mãn: a b c + + = Chứng minh tam giác ABC 1− a 1− b 1− c (Thi học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Hà Tĩnh, năm học 2012- 2013) Hướng dẫn giải – đáp số Theo giả thiết  a   b   c  + 1÷+  + ÷+  + 1÷ = +   1− a   1− b   1− c  a b c ⇔ + + = ( *) 1− a 1− b 1− c Do a, b, c ba cạnh tam giác có chi vi nên < a < 1;0 < b < 1;0 < c < Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: 9( 1− a) 1 9( 1− a) + ≥2 = ( 1) 1− a 1− a Tương tự ta có ( 1− b) + ≥ 3( 2) 1− c 9( 1− c) + ≥ ( 3) 1− c Từ (1), (2) (3) cộng vế với vế, ta được: 1 + + + ( 1− a +1− b +1− c) ≥ 1− a 1− b 1− c 1 ⇔ + + + ≥ 1− a 1− b 1− c 1 ⇔ + + ≥ 1− a 1− b 1− c  ( 1− a) =  1 − a ( − b)  1 = ⇔ a=b=c= Dấu xảy  1 − b  9( 1− c) =  1 − c Vậy tam giác ABC tam giác 5.14 Cho x; y; z số không âm Chứng minh rằng: ( xy + yz + zx ) ≤ ( x + y) ( y + z) ( z + x) ( x+ y + y+z + z+x Hướng dẫn giải – đáp số Biến đổi vế phải, ta được: ( x + y) ( y + z) ( z + x) ( = ( x + y) x+ y + y+z + z+x ) ( y + z ) ( z + x) + ( y + z ) ( x + y) ( z + x) + ( z + x) ( x + y ) ( y + z ) Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: ( y + z ) ( z + x ) = yz + xy + z + xz ≥ z + z xy + xy ( ⇔ ( y + z ) ( z + x ) ≥ z + xy ⇔ ( y + z ) ( z + x) ) ≥ z + xy Tương tự ta có: ( x + y) ( z + x) ≥ x + yz ; ( x + y) ( y + z) ≥ y + xz Từ suy ra: ( ) ( ) ( VP ≥ ( x + y ) z + xy + ( z + y ) x + yz + ( x + z ) y + xz ) ⇔ VP ≥ ( x + y ) xy + ( z + y ) zy + ( x + z ) xz + ( xy + yz + zx ) Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: x + y ≥ xy z + y ≥ zy z + x ≥ zx Từ suy ( xy + yz + zx ) ≤ ( x + y) ( y + z) ( z + x) ( x+ y + y+z + z+x ) Dấu xảy x = y = z 5.15 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn 1 + + =3 a b c ) Tìm giá trị lớn P = a − ab + b 2 + b − bc + c 2 + c − ca + a 2 (thi học sinh giỏi lớp 9, TP Hà Nội, năm học 2014-2015) Hướng dẫn giải – đáp số Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho số dương ta có: a + b ≥ 2ab ⇒ a − ab + b ≥ 2ab ⇒ a − ab + b 2 ≤ ( 1) ab Tương tự ta có: 1 ( 2) bc b − bc + c 1 ≤ ( 3) ca c − ca + a ≤ Từ (1), (2) (3) cộng vế với vế, ta được: P ≤ 1 + + ( 4) ab bc ca Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho số dương ta có: 1 11 1 11 1 11  1 + + ≤  + ÷+  + ÷+  + ÷ = + + = ( ) ab bc ca  a b   b c   c a  a b c Từ (4) (5) suy P ≤ Dấu xảy a = b = c = Vậy giá trị lớn P a = b = c = 5.16 Cho a,b,c số thực dương thỏa mãn Chứng minh rằng: ( a − 1) ( b − 1) ( c − 1) ≤ 1 + + = ( *) a b c ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) Hướng dẫn giải – đáp số Ta có (*) ⇔ + Từ a, b, c > 1 c + a −1 b −1 = 1− +1− ⇔ = + c a b c a b 1 + + =1 a b c Suy a, b, c > hay a − > 0; b − > 0; c − > Ta có: c + a −1 b −1 = + ≥2 c a b ( a − 1) ( b − 1) ab Tương tự: b +1 c −1 a −1 = + ≥2 b c a ( c − 1) ( a − 1) ca ( 2) ( 1) a + b −1 c −1 = + ≥2 a b c ( b − 1) ( c − 1) bc ( 3) Từ (1), (2) (3) suy ra: ( a − 1) ( b − 1) ( c − 1) ( a − 1) (c + 1) (a + 1) (b + 1) ≥2 c a b ab ca ⇔ ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) ≥ ( a − 1) ( b − 1) ( c − 1) ⇔ ( a − 1) ( b − 1) ( c − 1) ≤ ( b − 1) ( c − 1) bc ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) Điều phải chứng minh Dấu xảy a = b = c = 5.17 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3xyz Chứng minh rằng: x2 y2 z2 + + ≤ 4 x + yz y + xz z + xy Hướng dẫn giải – đáp số Vì x, y, z dương, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho số dương ta có: x yz ≤ x + yz ⇔ x yz ≥ x2 ⇔ ≤ ( 1) 4 x + yz x + yz yz 1 11 1 ≤ + ⇔ ≤  + ÷( ) yz y z yz  y z  Từ (1) (2) suy Tương tự x2 1 1 ≤  + ÷ x + yz  y z  y2 11 1 z2 11 1 ≤ + ; ≤  + ÷  ÷ 4 y + xz  x z  z + xy  x y   1 1 1   1  xy + yz + zx ⇒ A ≤  + + + + + ÷=  + + ÷ = ( 3) 4 y z x z x y  2 y z x xyz 2 Lại có xy + yz + zx ≤ x + y + z ( ) x + y + z 3xyz = = Từ (3) (4) có A ≤ xyz xyz Điều phải chứng minh Dấu xảy x = y = z =  a , b, c > 13 , chứng minh rằng: a + b + c + + + ≥ 5.18 Cho  4a 8b c  a + 2b + 3c ≥ 10 (Thi học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Hưng Yên, năm học 2013-2014) Hướng dẫn giải – đáp số Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho số dương ta có: 3 1  a + ÷≥ 4 a a+ ≥2⇒ a b+ 9 1  ≥2 = ⇒  b + ÷≥ 4b 2 4b  c+ 1 4 ≥ = ⇒  c + ÷≥ c 4 c Cộng vế với vế bất đẳng thức ta được: 1 a+ b+ c+ + + ≥ ( 3) 4 4a 8b c Từ a + 2b + 3c ≥ 10 ta có 3 a + 2b + 3c a+ b+ c = ≥ ( 4) 4 Từ (3) (4) suy a + b + c + 13 + + ≥ (Điều phải chứng minh) 4a 8b c Dấu xảy a = 1; b = ; c = 2 5.19 Cho x, y, z số thực dương thoả mãn x + y + z = 2 2 x3 + y + z + + ≤ +3 Chứng minh: x + y y + z x2 + z 2 xyz Hướng dẫn giải – đáp số Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: x2 + y + z z2 z2 = = + ≤ + ( 1) x2 + y2 x2 + y x2 − y 2 xy Tương tự ta có: x2 ≤ 1+ ( 2) y2 + z2 yz y2 ≤ 1+ ( 3) x2 + z 2 zx Từ (1), (2) (3) cộng vế với vế, ta được: 2 x2 y2 z2 + + ≤ + + +3 x + y y + z x + z 2 yz zx xy ⇔ 2 x3 + y + z + + ≤ + (Điều phải chứng minh) x2 + y y + z x2 + z 2 xyz Dấu xảy x = y = z = 5.20 Cho x, y số dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x + 12 +y x+ y (Thi học sinh giỏi tốn lớp 9, TP Hồ Chí Minh năm học 2014-2015) Hướng dẫn giải – đáp số Ta có P = x + 12 x + 12 + xy + y x + 48 + xy + y +y= = x+ y x+ y 4( x + y) ( x − y) P == + ( x + y ) + 48 4( x + y) Ta có ( x − y ) ≥ áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: ( x + y ) + 48 ≥ ( x + y ) 48 = 24 ( x + y ) Suy ( x − y) P == + ( x + y ) + 48 4( x + y) ≥ 24 ( x + y ) 4( x + y) =6 Dấu xảy x = y = Vậy giá trị nhỏ P x = y = 5.21 Cho số thực dương a,b,c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh: ab + 2c bc + 2a ca + 2b + + ≥ + ab + bc + ca + ab − c + bc − a + ca − b (Tuyển sinh lớp 10, THPTchuyên, Tỉnh Vĩnh Phúc, năm học 2013- 2014) Hướng dẫn giải – đáp số Do a + b2 + c = nên ta có ab + 2c ab + 2c = + ab − c a + b + c + ab − c = ab + 2c = a + b + ab ab + 2c ( ab + 2c ) ( a Áp dụng bất đẳng thức ⇒ ( ab + 2c ) ( a ⇒ ab + 2c = + ab − c 2 Tương tự + b + ab ) ≤ + b + ab ) xy ≤ 2c + a + b + 2ab 2( a + b + c ) ≤ = a + b2 + c 2 ab + 2c ( ab + 2c ) ( a x+ y ( x, y > ) 2 + b + ab ) ≥ ab + 2c = ab + 2c ( 1) 2 a +b +c bc + 2a ca + 2b2 ≥ bc + a ; ≥ ca + 2b ( 3) ( ) + bc − a + ca − b Cộng vế với vế bất đẳng thức (1), (2), (3) kết hợp a + b + c = ta có bất đẳng thức cần chứng minh Dấu “=” xảy a = b = c = 5.22 Giả sử x, y, z số thực lớn 2.Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x y z + + y+ z−4 z+ x−4 x+ y−4 P= (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, ĐHKHTN, Đại học Quốc Gia Hà Nội,năm học 20152016) Hướng dẫn giải – đáp số Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: y + z − = ( y + z − 4) ≤ ⇒ y+z y+z−4 ≤ Tương tự ta có: Do P ≥ 4+ y + z −4 y + z = 2 z+ x−4 ≤ z+x x+ y ; x+ y−4 ≤ 4 4x 4y 4z + + y+z z+x z+ y  x2 ( x + y + z) y2 z2  P ≥ 4 + + ÷≥ ( xy + yz + zx )  xy + zx yz + xy zx + yz  Mà ( x + y + z ) ≥ ( xy + yz + zx ) Suy P ≥ = Đẳng thức xảy x = y = z = Vậy giá trị nhỏ P x = y = z = 5.23 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = Chứng minh rằng: x ( y + 5z ) + y ( 3z + x ) + z ( 3x + y ) ≥ Dấu “=” xảy nào? (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên Trần Hưng Đạo , tình Bình Thuận, năm học 20152016) Hướng dẫn giải – đáp số Đặt P = x ( y + 5z ) + y ( 3z + 5x ) + z ( 3x + y ) Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: 8x ( y + 5z ) ≤ 8x + y + 5z 8x + y + 5z ⇒ x ( y + 5z ) ≤ Tương tự a có: y ( 3z + x ) ≤ x + y + 3z 3x + y + z ; z ( 3x + y ) ≤ 4 Do P ≥ 4 + + x + y + z x + y + 3z 3x + y + z   1 = 2 + + ÷( 1)  x + y + z 5x + y + 3z 3x + y + 8z  1 + + ≥ với a, b, c > ta có a b c a +b +c Áp dụng bất đẳng thức 1 9 + + ≥ = ( 2) x + y + z x + y + z x + y + z 16 x + 16 y + 16 z 16.3 Từ (1), (2) suy P ≥ = 16.3 Dấu xảy x = y = z = 5.24 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = 1 + + a + 2b + b + 2c + c + 2a + (Thi học sinh giỏi toán lớp 9, tỉnh Nghệ An, năm học 2014-2015) Hướng dẫn giải – đáp số Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: a + 2b + = (a + b) + (b + 1) + ≥ ab + b + > Suy ra: a + 2b + ≤ ( ) ab + b + ( 1) Tương tự ≤ b + 2c + ( ) bc + c + ( 2) ; ≤ c + 2a + ( ) ca + a + ( 3) Từ (1), (2) (3) cộng bất đẳng thức chiều ta được: 1 1  P≤  + + ÷  ab + b + bc + c + ca + a +  Vì abc = ⇒ abc = nên: 1 + + ab + b + bc + c + ca + a + = = abc abc + + ab + b abc + abc bc + c + ca + a + abc c bc + + =1 + bc + c bc + c + c + + bc Do P ≤ Dấu xảy a = b = c = Vậy giá trị lớn P a = b = c = 5.25 Cho số thực khơng âm a, b, c, d,e có tổng Xếp số đường tròn Chứng minh tồn cách xếp cho hai số cạnh có tích khơng lớn (Thi học sinh giỏi toán lớp 9, TP Hà Nội, năm học 2014-2015) Hướng dẫn giải – đáp số Giả sử a ≥ b ≥ c ≥ d ≥ e Ta xếp số hình vẽ 1 Vì ad ≥ ae; bc ≥ bd ≥ ce nên ta cần chứng minh ad ≤ ; bc ≤ 9 Thật ta có = a + b + c + d + e ≥ a + 3d ≥ 3ad ⇒ ad ≤ 1 < 12 b + c = 1− a − d − e ≤ 1− a ≤ 1− b+c ⇒b+c ≤ b+c ⇒ bc ≤  ÷≤   Vậy luôn tồn cách xếp thỏa mãn đầu