Chuyên đề bất đẳng thức Cauchy

Ths : Lê Minh Phấn Tuyển tập Bất đẳng thức PHẦN I: LUYỆN TẬP CĂN BẢN I Chứng minh BĐT dựa vào định nghĩa tính chất bản: Cho a, b > chứng minh: Chứng minh: a+b ≤ a +b ⎛ a + b⎞ ≥⎜ ⎟ ⎝ ⎠ a2 + b2 Tuyển tập Bất đẳng thức Ths : Lê Minh Phấn II Chứng minh BĐT dựa vào BĐT CÔSI: Chứng minh: (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc ; a,b,c ≥ Chứng minh: (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) ≥ 9abc ; a,b,c ≥ Chứng minh: (1+ a )(1+ b)(1+ c ) ≥ (1+ abc ) với a , b , c ≥ m a + b a3 + b3 ≥ 2 a b Cho a, b > Chứng minh: + ≥ a+ b b a 1 Chứng minh: Với a ≥ b ≥ 1: + ≥ 2 1+ ab 1+ a 1+ b 6 Chứng minh: a2 + b2 + c2 + ≥ ( a + b + c ) ; a , b , c ∈ R Chứng minh: a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a ( b + c + d + e) Chứng minh: x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx 10 a Chứng minh: a+b+c ≥ b Chứng minh: a2 + b2 + c2 ⎛ a + b + c ⎞ ≥⎜ ⎟ 3 ⎝ ⎠ Cho a + b ≥ chứng minh: 10 Chứng minh: ab + bc + ca ; a,b,c ≥ a2 + b2 + c2 ≥ ab − ac + 2bc 11 12 13 14 11 Chứng minh: a2 + b2 + ≥ ab + a + b 12 Chứng minh: x2 + y2 + z2 ≥ 2xy − 2xz + 2yz 13 Chứng minh: x4 + y4 + z2 + ≥ 2xy(xy2 − x + z + 1) 15 15 Cho a, b, c số đo độ dài cạnh tam giác Chứng minh: a ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) b abc ≥ (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) c 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > 16 14 Chứng minh: Nếu a + b ≥ thì: a3 + b3 ≥ 17 x6 + y9 ≥ 3x2 y3 − 16 ; x,y ≥ ≥ 3a2 − Chứng minh: 2a4 + 1+ a Chứng minh: Chứng minh: a1995 > 1995 ( a − 1) ,a>0 Chứng minh: a2 (1+ b2 ) + b2 (1+ c2 ) + c2 (1+ a2 ) ≥ 6abc a b c 1⎛ 1 1⎞ Cho a , b > Chứng minh: + + ≤ ⎜ + + ⎟ 2 2⎝ a b c ⎠ a +b b +c a +c Cho a , b ≥ , chứng minh: ab ≥ a b − + b a − Cho x, y, z > x + y + z = Chứng minh: xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1) Cho a > b > c, Chứng minh: a ≥ 33 ( a − b)( b − c ) c Cho: a , b , c > a + b + c = Chứng minh: a) b + c ≥ 16abc b) (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ 8abc 1⎞⎛ 1⎞⎛ 1⎞ ⎛ c) ⎜ 1+ ⎟ ⎜ 1+ ⎟ ⎜ 1+ ⎟ ≥ 64 ⎝ a ⎠⎝ b ⎠⎝ c ⎠ Cho x > y > Chứng minh: x+ ≥3 ( x − y) y Chứng minh: x2 + x+8 a2 + b) c) ≥ ,∀x ∈ R ≥ , ∀x > ≥4 a) x −1 x2 + a2 + ab bc ca a+b+ c + + ≤ ; a, b, c > Chứng minh: a+b b+ c c+ a 18 Chứng minh: 19 Chứng minh: m ⎛ a⎞ ⎛ b⎞ Cho a, b > Chứng minh: ⎜ 1+ ⎟ + ⎜ 1+ ⎟ ≥ 2m + , với m ∈ Z+ ⎝ b⎠ ⎝ a⎠ bc ca ab + + ≥ a + b + c ; a,b,c ≥ Chứng minh: a b c x2 1+ 16x + y2 1+ 16y ≤ , ∀x , y ∈ R a b c + + ≥ ;a,b,c>0 b+ c a+ c a +b 2 Ths : Lê Minh Phấn Tuyển tập Bất đẳng thức 20 Cho a , b , c > C/m: 1 1 + + ≤ 3 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc 21 Áp dụng BĐT Côsi cho hai số chứng minh: với a , b , c , d ≥ (Côsi số) a a + b + c + d ≥ 44 abcd b a + b + c ≥ 33 abc với a , b , c ≥ , 3 22 Chứng minh: a + b + c ≥ a 2 bc + b ac + c (Côsi số ) x3 + x2 32 33 34 35 36 37 x + 4x + , x > x Tìm GTNN f(x) = x2 + , x > x Tìm GTLN f(x) = (2x – 1)(3 – 5x) Cho y = x(6 – x) , ≤ x ≤ Định x để y đạt GTLN Cho y = (x + 3)(5 – 2x) , –3 ≤ x ≤ Định x để y đạt GTLN Cho y = (2x + 5)(5 – x) , − ≤ x ≤ Định x để y đạt GTLN Định x để y đạt GTLN Cho y = (6x + 3)(5 – 2x) , − ≤ x ≤ 2 x Định x để y đạt GTLN Cho y = x +2 38 Cho y = Chứng minh: (ab + cd)2 ≤ (a2 + c2)(b2 + d2) Chứng minh: sinx + cos x ≤ Cho 3a – 4b = Cho 2a – 3b = Cho 3a – 5b = Cho a + b = Cho a + b ≥ x2 ( x + )3 Định x để y đạt GTLN BĐT Bunhiacopxki Chứng minh: 3a2 + 4b2 ≥ 725 Chứng minh: 3a2 + 5b2 ≥ 47 2464 Chứng minh: 7a2 + 11b2 ≥ 137 Chứng minh: a4 + b4 ≥ Chứng minh: a2 + b2 ≥ Lời giải: I Chứng minh BĐT dựa vào định nghĩa tính chất bản: Cho a, b > chứng minh: a3 + b3 ⎛ a + b ⎞ ≥⎜ ⎟ (*) ⎝ ⎠ (*) ⇔ , x > Định x để y đạt GTNN 30 Tìm GTNN f(x) = 31 ab ; a , b , c > 23 Chứng minh: a + 33 b + 44 c ≥ 99 abc x 18 24 Cho y = + , x > Định x để y đạt GTNN x x ,x > Định x để y đạt GTNN 25 Cho y = + x −1 3x , x > −1 Định x để y đạt GTNN 26 Cho y = + x +1 x ,x > Định x để y đạt GTNN 27 Cho y = + 2x − x + 28 Cho y = , < x < Định x để y đạt GTNN 1− x x 29 Cho y = Tuyển tập Bất đẳng thức Ths : Lê Minh Phấn III Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Bunhiacôpxki a3 + b3 ⎛ a + b ⎞ −⎜ ⎟ ≥ ⇔ ( a + b)( a − b) ≥ ĐPCM ⎝ ⎠ a+b a2 + b2 ≤ ( ) 2 a + b ≤ , ( ) Chứng minh: a+b>0,( )⇔ Vậy: a+b ≤ ( a − b)2 a2 + b2 + 2ab a2 + b2 ≥ , − ≤0 ⇔ 4 a2 + b2 ( a + b)3 a3 + b3 a + b a3 + b3 ≥ ≤ ⇔ 2 Cho a + b ≥ chứng minh: ⇔ ( b − a ) ( a2 − b2 ) ≤ ⇔ −3 ( b − a ) ( a + b) ≤ , ĐPCM a b + ≥ a+ b ( ) Cho a, b > Chứng minh: b a ( ) ⇔ a a + b b ≥ a b + b a ⇔ ( a − b ) a − ( a − b) b ≥ ( a − b ) ( a + b ) ≥ , ĐPCM 1 ( ) Chứng minh: Với a ≥ b ≥ 1: + ≥ 2 1+ ab 1+ a 1+ b ⇔ ( a − b) ( a − b ) ≥ ⇔ Ths : Lê Minh Phấn ⇔ 1+ a ⇔ ⇔ + 1+ b Tuyển tập Bất đẳng thức − ab − a ab − b 1 + ≥0 − ≥ 0⇔ )( 1+ ab 1+ ab (1+ a 1+ ab) (1+ b2 ) (1+ ab) a (b − a) b ( a − b) + (1+ a2 ) (1+ ab) (1+ b2 ) (1+ ab) b−a ⎛ a b ⎞ − ⎜ ⎟≥0 1+ ab ⎝ 1+ a2 1+ b2 ⎠ ≥0 ⇔ ( b − a )2 ( ab − 1) b − a ⎛ a + ab2 − b − ba2 ⎞ ≥ , ĐPCM ⎜ ⎟≥0 ⇔ 1+ ab ⎜ (1+ a2 )(1+ b2 ) ⎟ (1+ ab) (1+ a2 )(1+ b2 ) ⎝ ⎠ Vì : a ≥ b ≥ ⇒ ab ≥ ⇔ ab – ≥ Chứng minh: a2 + b2 + c2 + ≥ ( a + b + c ) ; a , b , c ∈ R 2 ⇔ ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ≥ ĐPCM ⇔ 2 2 ⎛a ⎞ ⎛a ⎞ ⎛a ⎞ ⎛a ⎞ ⇔ ⎜ − b ⎟ + ⎜ − c ⎟ + ⎜ − d ⎟ + ⎜ − e ⎟ ≥ ĐPCM ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ Chứng minh: x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx a+b+c ≥ ⇔ 2a2 + 2b2 + − 2ab − 2a − 2b ≥ ⇔ a2 − 2ab + b2 + a2 + 2a + 1+ b2 + 2b + ≥ 2 ⇔ ( a − b) + ( a − 1) + ( b − 1) ≥ 12 Chứng minh: x2 + y2 + z2 ≥ 2xy − 2xz + 2yz ⇔ x2 + y2 + z2 − 2xy + 2xz − 2yz ≥ ⇔ (x – y + z)2 ≥ ⇔ ( x2 − y2 ) + ( x − z ) + ( x − 1) ≥ ° a + b ≥ ⇒ b ≥ – a ⇒ b3 = (1 – a)3 = – a + a2 – a3 ab + bc + ca ; a,b,c ≥ a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ab + bc + ca ⎛a+b+c⎞ ≥ ⎜ ⎟ = ⎝ ⎠ a+b+c ≥ b Chứng minh: a2 + b2 + c2 ⎛ a + b + c ⎞ ≥⎜ ⎟ 3 ⎝ ⎠ a2 + b2 + c2 ⎛ a + b + c ⎞ ≥⎜ ⎟ 3 ⎝ ⎠ 2 c2 > c2 − ( a − b) ⇒ c2 > ( b + c − a )( a + c − b) c a2 + b2 + c2 ≥ ab − ac + 2bc ⇒ a2 > b2 − 2bc + c2 , b2 > a2 − 2ac + c2 , c2 > a2 − 2ab + b2 ⇒ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) abc ≥ (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) a2 > a2 − ( b − c ) ⇒ a2 > ( a + c − b)( a + b − c ) b2 > b2 − ( a − c ) ⇒ b2 > ( b + c − a )( a + b − c ) ≥ a2 + b2 + c2 + ( ab + bc + ca ) = ( a + b + c ) 10 Chứng minh: b ab + bc + ca 3 ( a2 + b2 + c2 ) = a2 + b2 + c2 + ( a2 + b2 + c2 ) ⇒ 14 Chứng minh: Nếu a + b ≥ thì: a3 + b3 ≥ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca ⇔ 2 ( x − y )2 + ( x − z )2 + ( y − z )2 ≥ a Chứng minh: 11 Chứng minh: a2 + b2 + ≥ ab + a + b 1⎞ 1 ⎛ ⇒ a3 + b3 = ⎜ a − ⎟ + ≥ 2⎠ 4 ⎝ 15 Cho a, b, c số đo độ dài cạnh tam giác Chứng minh: a ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 ⇔ (a – b)2 + (a – c)2 + (b – c)2 a > b−c ,b > a−c , c > a −b ⇔ 2x2 + 2y2 + 2z2 − 2xy − 2yz − 2zx ≥ ⇔ a ⎛a ⎞ − a ( b − c ) + b2 + c2 − 2bc ≥ ⇔ ⎜ − ( b − c ) ⎟ ≥ ⎝2 ⎠ ⇔ x4 + y4 + z2 + 1− 2x2 y2 + 2x2 − 2xz − 2x ≥ a a a a − ab + b2 + − ac + c2 + − ad + d2 + − ae + e2 ≥ 4 4 ⇔ Ths : Lê Minh Phấn 2 13 Chứng minh: x4 + y4 + z2 + ≥ 2x(xy2 − x + z + 1) Chứng minh: a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a ( b + c + d + e) Tuyển tập Bất đẳng thức ° 2 ⇒ a2b2c2 > ( a + b − c ) ( a + c − b) ( b + c − a ) ⇔ abc > ( a + b − c )( a + c − b)( b + c − a ) 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > ⇔ 4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – a4 – b4 – 2a2b2 – c4 > ⇔ 4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – (a2 + b2)2 – c4 > ⇔ (2ab)2 – [(a2 + b2) – c2]2 > ⇔ [c2 – (a – b)2][(a + b)2 – c2] > ⇔ (c – a + b)(c + a – b)(a + b – c)(a + b + c) > Vì a , b , c ba cạnh tam giác ⇒ c – a + b > , c + a – b > , a + b – c > , a + b + c > Ths : Lê Minh Phấn Tuyển tập Bất đẳng thức II Chứng minh BĐT dựa vào BĐT CÔSI: Tuyển tập Bất đẳng thức Chứng minh: (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc ; a, b, c ≥ Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm: ⇒ a + b ≥ ab , b + c ≥ bc , a + c ≥ ac 2 Chứng minh: (a + b + c)(a + b + c ) ≥ 9abc ; a,b,c ≥ Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm: a + a + a + 1+ ⇒ ( a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 ) ≥ a3b3c3 = 9abc m b⎞ ⎛ a⎞ ⎛ ⎛ a⎞ ⎛ b⎞ ⎜ 1+ ⎟ + ⎜ + ⎟ ≥ ⎜ + ⎟ ⎜ + ⎟ b⎠ b⎠ ⎝ a⎠ ⎝ ⎝ a⎠ ⎝ ≥ 4m = 2m + bc ca ab + + ≥ a + b + c ; a, b, c > Chứng minh: a b c Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm: ca ab a2bc + ≥2 = 2a b c bc bc ca ab ⇒ + + ≥ a+b+ c a b c Chứng minh: m b a⎞ ⎛ = ⎜2+ + ⎟ a b⎠ ⎝ bc ca abc2 bc ba b2ac + ≥2 = 2c , + ≥2 = 2b , a b ab a c ac b⎞ ⎛ a⎞ ⎛ Cho a, b > Chứng minh: ⎜ 1+ ⎟ + ⎜ 1+ ⎟ ≥ 2m + , với m ∈ Z+ ⎝ b⎠ ⎝ a⎠ m ≥ 4a2 1+ a ≥ 44 a4a4 ( a2 + 1) > 1995 ( a − 1) ( ) 1995 > 1995a − 1995 ⇔ a 1+ a 1+ a = 4a2 ,a>0 + 1995 > 1995a a = 1995a 1994 soá (1+ a )(1+ b)(1+ c ) ≥ 1+ 33 abc + 33 a2b2c2 + abc = (1+ abc ) m 1+ a 1995 1995 m a1995 + 1995 > a1995 + 1994 = a1995 + 1+ 1+ + ≥ 1995 a + b + c ≥ 33 abc , ab + ac + bc ≥ a 2b2c2 m Chứng minh: a ( )⇔ a Chứng minh: (1+ a )(1+ b)(1+ c ) ≥ (1+ abc ) , với a , b , c ≥ (1+ a )(1+ b)(1+ c ) = 1+ a + b + c + ab + ac + bc + abc m 1995 1995 3 ≥ 3a2 − ( ) 2 1+ a Áp dụng BĐT Côsi cho số không âm: a4 , a4 , a2 + 1, ⇒ a + b + c ≥ 33 abc , a2 + b2 + c2 ≥ a2b2c2 ( ) ⇔ a + a + a + 1+ ⇒ ( a + b)( b + c )( a + c ) ≥ a2b2c2 = 8abc Chứng minh: 2a4 + Ths : Lê Minh Phấn Chứng minh: a2 (1+ b2 ) + b2 (1+ c2 ) + c2 (1+ a2 ) ≥ 6abc ° a2 (1+ b2 ) + b2 (1+ c2 ) + c2 (1+ a2 ) = a2 + a2b2 + b2 + b2c2 + c2 + c2a2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số không âm: a2 + a2b2 + b2 + b2c2 + c2 + c2a2 ≥ a6b6c6 = 6abc a b c 1⎛ 1 1⎞ + + ≤ ⎜ + + ⎟ 10 Cho a , b > Chứng minh: 2 2 2⎝ a b c ⎠ a +b b +c a +c a a b b c c ° ≤ = , ≤ = , ≤ = 2 2 2ab 2b 2bc 2c a + c 2ac 2a a +b b +c a b c 1⎛ 1 1⎞ + + ≤ ⎜ + + ⎟ ° Vậy: 2 2 2⎝ a b c ⎠ a +b b +c a +c ° 11 Cho a , b ≥ , chứng minh: ab ≥ a b − + b a − ° a = ( a − 1) + ≥ a − , b = ( b − 1) + ≥ b − ° ab ≥ 2b a − , ab ≥ 2a b − ° ab ≥ a b − + b a − 12 Cho x, y, z > x + y + z = C/m: xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1) ° x = ( x − 1) + = ( x − 1) + x + y + z − x6 + y9 ≥ 3x2 y3 − 16 ; x,y ≥ ( ) 3 ( ) ⇔ x6 + y9 + 64 ≥ 12x2 y3 ⇔ ( x2 ) + ( y3 ) + 43 ≥ 12x2 y3 Áp dụng BĐT Côsi cho ba số không âm: ( x2 )3 + ( y3 )3 + 43 ≥ 3x2y3 = 12x2y3 = ( x − 1) + ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) ≥ 44 ( x − 1) Tương tự: y ≥ 44 ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) ; ( y − 1) ( z − 1) z ≥ 44 ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) ⇒ xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1) 13 Cho a > b > c, Chứng minh: a ≥ 33 ( a − b)( b − c ) c ° a = ( a − b) + ( b − c ) + c ≥ 33 ( a − b)( b − c ) c Ths : Lê Minh Phấn Tuyển tập Bất đẳng thức 14 Cho: a , b , c > a + b + c = Chứng minh: a) b + c ≥ 16abc ° 2 ° 4a (1− a ) = (1− a ) ( 4a − 4a2 ) = (1− a ) ⎡1− (1− 2a ) ⎤ ≤ 1− a = b + c ⎣ ⎦ b) (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ 8abc ° (1 – a)(1 – b)(1 – c) = (b + c)(a + c)(a + b) ≥ bc.2 ac.2 ab = 8abc 1⎞⎛ 1⎞⎛ 1⎞ ⎛ c) ⎜ 1+ ⎟ ⎜ 1+ ⎟ ⎜ 1+ ⎟ ≥ 64 ⎝ a ⎠⎝ b ⎠⎝ c ⎠ ° ⎞ ⎛ a + a + b + c ⎞ a bc ⎛ ⎜ 1+ ⎟ = ⎜ ⎟≥ a a ⎝ a⎠ ⎝ ⎠ 4 ab2c ≥ ° b b 1⎞⎛ 1⎞⎛ 1⎞ ⎛ ⎜ 1+ ⎟ ⎜ 1+ ⎟ ⎜ 1+ ⎟ ≥ 64 ⎝ a ⎠⎝ b ⎠⎝ c ⎠ ° 1+ 15 Cho x > y > Chứng minh: 1+ ≥3 16 Chứng minh: x2 + ≥ ⇔ x + ≥ x + ⇔ x + 1+ ≥ x + a) x +1 c x+8 x −1 = x −1 = x − 1+ ( a2 + 1) + ≥ ( a2 + 1) = 17 Chứng minh: ° x − 1+ 9 x −1 ≥2 a2 + ⇔ x −1 x −1 a2 + a2 + =6 ≥4 ab bc ca a+b+ c + + ≤ ; a, b, c > a+b b+c c+a Vì : a + b ≥ ab ab ab ⇒ ≤ = a + b ab ab bc bc , ≤ = b + c bc bc ac ac , ≤ = a + c ac ac ° a + b + c ≥ ab + bc + ca , dựa vào: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca ° ab bc ca + + ≤ a+b b+c c+a ab + bc + ac a + b + c ≤ 2 ° x 1+ 16x y 1+ 16y x 4 1+ 16x 1+ 16x = = + x 1+ ( 4x ) y y 2 1+ ( 4y ) 2 1+ 16y y + 4 1+ 16y ≤ ≤ ≤ x2 2.4x y2 2.4y ≤ , ∀x , y ∈ R = = a b c + + ≥ ;a,b,c>0 b+ c a+ c a +b Đặt X = b + c , Y = c + a , Z = a + b ° a + b + c = (X + Y + Z) Y+Z−X Z+X−Y X+Y−Z ° a= ,b= ,c= 2 ⎤ a b c ⎡⎛ Y X ⎞ ⎛ Z X ⎞ ⎛ Z Y ⎞ ° + + = ⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟ − 3⎥ b + c a + c a + b ⎢⎝ X Y ⎠ ⎝ X Z ⎠ ⎝ Y Z ⎠ ⎣ ⎦ ≥ [ + + − 3] = 2 Cách khác: a b c ⎛ a ⎞ ⎛ b ⎞ ⎛ c ⎞ + + =⎜ + 1⎟ + ⎜ + 1⎟ + ⎜ + 1⎟ − ° b+ c a + c a+b ⎝b+ c ⎠ ⎝a + c ⎠ ⎝a+b ⎠ 1 ⎞ ⎛ = [ ( a + b) + ( b + c ) + ( c + a ) ] ⎜ + + ⎟−3 ⎝b+ c a + c a + b⎠ Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm: [ ( a + b) + ( b + c ) + ( c + a ) ] ⎛ + + ⎞ ≥ − = ° ⎜ ⎟ 2 ⎝ b+ c a + c a + b⎠ 20 Cho a , b , c > C/m: 1 1 + + ≤ 3 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc ( x − y) y ( x − y) y VT = ( x − y ) + y + ≥ 33 =3 ( x − y) y ( x − y) y b) ° x Ths : Lê Minh Phấn 19 Chứng minh: abc2 ≥ c c x+ 18 Chứng minh: ⎛b+c⎞ ⎛b+ c⎞ ⎛ 1− a ⎞ ⎜ ⎟ ≥ bc ⇔ 16abc ≤ 16a ⎜ ⎟ = 16a ⎜ ⎟ = 4a (1− a ) ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Tuyển tập Bất đẳng thức ° a3 + b3 = ( a + b) ( a − ab + a ) ≥ ( a + b) ab ° ⇒ a3 + b3 + abc ≥ ( a + b) ab + abc = ab ( a + b + c ) , tương tự b3 + c3 + abc ≥ ( b + c ) bc + abc = bc ( a + b + c ) ° c3 + a3 + abc ≥ ( c + a ) ca + abc = ca ( a + b + c ) 1 1 ⎛a+b+ c⎞ VT ≤ + + = ⎜ ⎟ ab ( a + b + c ) bc ( a + b + c ) ca ( a + b + c ) a + b + c ⎝ abc ⎠ 10 Ths : Lê Minh Phấn Tuyển tập Bất đẳng thức 21 Áp dụng BĐT Côsi cho hai số chứng minh: với a , b , c , d ≥ (Côsi số) a a + b + c + d ≥ 44 abcd a + b ≥ ab , c + d ≥ cd ( a + b + cd ≥ ( ab + cd ) ≥ 2 a + b + c ≥ abc b a+b+ c+ ⇔ ) ab cd ≥ 44 abcd với a , b , c ≥ , (Côsi số ) Tuyển tập Bất đẳng thức ° a+b+ c ⎛a+b+c⎞ ⎜ ⎟ ≥ abc 3 ⎝ ⎠ Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ° ° a + abc ≥ 2a bc , b + abc ≥ 2b a + b + c + 3abc ≥ ( a 3 2 bc + b ac , c + abc ≥ 2c ac + c 2 ab ) ab ⇒ ( a3 + b3 + c3 ) ≥ ( a2 bc + b2 ac + c2 ab ) , : a3 + b3 + c3 ≥ 3abc Vậy: a3 + b3 + c3 ≥ a2 bc + b2 ac + c2 ab 23 Chứng minh: a + 33 b + 44 c ≥ 99 abc Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số không âm: VT = a + a + b + b + b + c + c + c + c ≥ 99 abc x 18 24 Cho y = + , x > Định x để y đạt GTNN x ° Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm: x 18 x 18 y= + ≥2 =6 x x x 18 ⇔ x2 = 36 ⇔ x = ± , chọn x = ° Dấu “ = ” xảy ⇔ = x Vậy: Khi x = y đạt GTNN x 25 Cho y = + ,x > Định x để y đạt GTNN x −1 x −1 y= + + x −1 x −1 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm : , x −1 y= x −1 x −1 + + ≥2 + = x −1 2 x −1 2 11 ( x + 1) : , x +1 ( x + 1) 3 ( x + 1) 3 + − ≥2 − = 6− x+1 2 x +1 2 Dấu “ = ” xảy ⇔ ⎡ −1 ⎢x = ( x + 1) 2 ( x + 1) = ⇔ ⎢ ⇔ = ⇔ ⎢ x +1 − 1(loaïi ) ⎢x = − ⎣ y= 22 Chứng minh: a3 + b3 + c3 ≥ a2 bc + b2 ac + c2 ab ; a , b , c > 3x + , x > −1 Định x để y đạt GTNN x +1 3(x + 1) y= + − x +1 ⎡x = ⎢ x = −1(loaïi) ⎣ 26 Cho y = ⎛a+b+c⎞ ⇔ ⎜ ⎟ ≥ abc ⇔ a + b + c ≥ abc ⎝ ⎠ x −1 2 = ⇔ ( x − 1) = ⇔ x −1 Vậy: Khi x = y đạt GTNN a+b+ c a+b+ c ≥ 4.4 abc 3 a+b+c a+b+c ⇔ ≥ abc 3 Dấu “ = ” xảy ⇔ Ths : Lê Minh Phấn ° − y đạt GTNN − x ,x > Định x để y đạt GTNN 27 Cho y = + 2x − 2x − y= + + 2x − Vậy: Khi x = Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm 2x − 2x − + + ≥2 + = 2x − 2x − Dấu “ = ” xảy y= 2x − , : 2x − 30 + ⎡ 30 + ⎢x = 2x − 2 ⇔ = ⇔ ( 2x − 1) = 30 ⇔ ⎢ ⎢ 2x − − 30 + (loaïi ) ⎢x = ⎣ 30 + 30 + y đạt GTNN x 28 Cho y = + , < x < Định x để y đạt GTNN 1− x x Vậy: Khi x = 12 Ths : Lê Minh Phấn Tuyển tập Bất đẳng thức ° x (1− x ) + 5x x x −1 x 1− x f(x) = + = +5 +5≥ +5= 5+5 1− x x 1− x x 1− x x Dấu “ = ‘ xảy ⇔ ° Vậy: GTNN y + x = 29 Cho y = ° ° ° x 1− x 5− ⎛ x ⎞ =5 ⇔⎜ (0 < x < 1) ⎟ =5⇔x= 1− x x 1− x ⎠ ⎝ x3 + x2 x3 + 5− , x > Định x để y đạt GTNN x x xx + + ≥ 33 =3 2 x 22x x x x x Dấu “ = ‘ xảy ⇔ = = ⇔ x = 2 x Vậy: GTNN y x = = x+ = 30 Tìm GTNN f(x) = x2 + 4x + , x > x x2 + 4x + 4 = x + + ≥ x + = x x x ° Dấu “ = ‘ xảy ⇔ x = ⇔ x = (x > 0) x ° Vậy: GTNN y x = 2 31 Tìm GTNN f(x) = x2 + , x > x ° ° x2 + x 3 = ⎛ x2 ⎞ ⎛ ⎞ x2 x2 x2 1 + + + + ≥ 55 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = 3 x ⎝ ⎠ ⎝x ⎠ x 5 x = ⇔ x = ⇔ x = (x > 0) x ° Vậy: GTNN y x = 27 32 Tìm GTLN f(x) = (2x – 1)(3 – 5x) ° ° ° Dấu “ = ‘ xảy ⇔ 27 2 11x ⎞ 11 ⎞ 1 ⎛ ⎛ ≤ f(x) = –10x2 + 11x – = −10 ⎜ x2 − ⎟ − = −10 ⎜ x − ⎟ + 10 ⎠ 20 ⎠ 40 40 ⎝ ⎝ 11 Dấu “ = “ xảy ⇔ x = 20 13 Tuyển tập Bất đẳng thức Ths : Lê Minh Phấn 11 y đạt GTLN 20 40 33 Cho y = x(6 – x) , ≤ x ≤ Định x để y đạt GTLN Áp dụng BĐT Côsi cho số không âm x – x (vì ≤ x ≤ 6): ° = x + ( − x ) ≥ x ( − x ) ⇒ x(6 – x) ≤ ° Vậy: Khi x = ° ° Dấu “ = “ xảy ⇔ x = – x ⇔ x = Vậy: Khi x = y đạt GTLN 34 Cho y = (x + 3)(5 – 2x) , –3 ≤ x ≤ Định x để y đạt GTLN y = (x + 3)(5 – 2x) = (2x + 6)(5 – 2x) 5⎞ ⎛ Áp dụng BĐT Côsi cho số không âm 2x + – 2x , ⎜ −3 ≤ x ≤ ⎟ : 2⎠ ⎝ 121 ° 11 = ( 2x + ) + ( − 2x ) ≥ ( 2x + )( − 2x ) ⇒ (2x + 6)(5 – 2x) ≤ ° Dấu “ = “ xảy ⇔ 2x + = – 2x ⇔ x = − 121 ° Vậy: Khi x = − y đạt GTLN 35 Cho y = (2x + 5)(5 – x) , − ≤ x ≤ Định x để y đạt GTLN y = (2x + 5)(5 – x) = (2x + 5)(10 – 2x) ⎛ ⎞ Áp dụng BĐT Côsi cho số không âm 2x + , 10 – 2x , ⎜ − ≤ x ≤ ⎟ : ⎝ ⎠ 625 ° ( 2x + ) + (10 − 2x ) ≥ ( 2x + )(10 − 2x ) ⇒ (2x + 5)(10 – 2x) ≤ ° Dấu “ = “ xảy ⇔ 2x + = 10 – 2x ⇔ x = 625 ° Vậy: Khi x = y đạt GTLN 36 Cho y = (6x + 3)(5 – 2x) , − ≤ x ≤ Định x để y đạt GTLN 2 y = 3(2x + 1)(5 – 2x) 5⎞ ⎛ Áp dụng BĐT Côsi cho số không âm 2x + , – 2x , ⎜ − ≤ x ≤ ⎟ : 2⎠ ⎝ ( 2x + 1) + ( − 2x ) ≥ ( 2x + 1)( − 2x ) ⇒ (2x + 1)(5 – 2x) ≤ ° ° Dấu “ = “ xảy ⇔ 2x + = – 2x ⇔ x = 14 Ths : Lê Minh Phấn Tuyển tập Bất đẳng thức ° Vậy: Khi x = y đạt GTLN x 37 Cho y = Định x để y đạt GTLN x +2 x ° + x2 ≥ 2x2 = 2x ⇔ ≥ ⇒ y≤ 2 2+ x 2 ° Vậy: Khi x = y đạt GTLN 38 Cho y = x2 (x + 2) 2 Định x để y đạt GTLN x2 x2 + = x2 + 1+ ≥ x2 1.1 ⇔ ( x2 + 2) ≥ 27x2 ⇒ ° 27 Vậy: Khi x = ± y đạt GTLN 27 Dấu “ = “ xảy ⇔ x2 = ⇔ x = ± ( x + )3 ≤ Ths : Lê Minh Phấn 735 ⎛ 9⎞ b ≤ ⎜ + ⎟ ( 3a2 + 5b2 ) ⇔ 3a2 + 5b2 ≥ 47 ⎝ 5⎠ 2464 Cho 3a – 5b = Chứng minh: 7a2 + 11b2 ≥ 137 3a − 5b = 7a− 11b 11 Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho số , 7a ,− , 11b : 11 3a− 2464 ⎛ 25 ⎞ ( 2 11b ≤ ⎜ + b2 ⎟ 7a + 11 ) ⇔ 7a + 11b ≥ ⎝ 11 ⎠ 137 11 Cho a + b = Chứng minh: a4 + b4 ≥ Áp dụng BĐT Bunhiacopski: ° ° 7a− ° = a + b ≤ (1+ 1) ( a2 + b2 ) ⇔ a2 + b2 ≥ ° III Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Bunhiacôpxki ° ° Dấu “ = “ xảy ⇔ x2 = x > ⇒ x= ° Tuyển tập Bất đẳng thức ≤ ( a2 + b2 ) ≤ (1+ 1) ( a4 + b4 ) ⇔ a4 + b4 ≥ Cho a + b ≥ ° 1≤ a + b ≤ Chứng minh: a2 + b2 ≥ (12 + 12 ) ( a2 + b2 ) ⇔ a2 + b2 ≥ Chứng minh: (ab + cd)2 ≤ (a2 + c2)(b2 + d2) ( ) BĐT Bunhiacopxki ( ) ⇔ a2b2 + 2abcd + c2d2 ≤ a2b2 + a2d2 + c2b2 + c2d2 2 ⇔ a2d2 + c2b2 − 2abcd ≥ ⇔ ( ad − cb) ≥ Chứng minh: sinx + cos x ≤ Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho số , sinx , , cosx : ° (12 + 12 ) ( sin2 x + cos2 x ) = 2 Cho 3a – 4b = Chứng minh: 3a + 4b ≥ Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho số , a , , b : 3a + 4b ≤ ( + 4) ( 3a2 + 4b2 ) ⇔ 3a2 + 4b2 ≥ 725 Cho 2a – 3b = Chứng minh: 3a2 + 5b2 ≥ 47 2a − 3b = 3a− 5b Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho số , 3a , − , b: ° sinx + cos x = sinx + cos x ≤ 3a + 4b = 15 16 Ths : Lê Minh Phấn Tuyển tập Bất đẳng thức Tuyển tập Bất đẳng thức PHẦN II ĐỀ THI ĐẠI HỌC (CĐGT II 2003 dự bị) Cho số x, y, z CMR: x2 + xy + y2 + x2 + xz+z2 ≥ y2 + yz+z2 (CĐBC Hoa Sen khối A 2006) Cho x, y, z > xyz = Chứng minh rằng: x3 + y3 + z3 ≥ x + y + z (CĐKTKT Cần Thơ khối A 2006) Cho số dương x, y, z thoả x + y + z ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu 1 thức: A=x+y+z+ + + x y z (CĐSPHCM khối ABTDM 2006) Cho x, y hai số thực dương thoả x + y = Tìm giá trị nhỏ 4 biểu thức: A = + x 4y (CĐKTKT Cần Thơ khối B 2006) Cho số dương a, b, c, d Chứng minh bất đẳng thức: a b c d + + + (x + 1)2 ⎜ x2 x ⎟ ≥ 16 ⎝ ⎠ (CĐKTKTCN1 khối A 2006) Cho số dương a, b, c Ch minh rằng: a+b+ c a+b+ c a +b+ c + + ≥9 a b c (CĐKTYTế1 2006) Cho số thực x, y thay đổi thoả mãn điều kiện: y ≤ 0; x2 + x = y + 12 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức: A = xy + x + 2y + 17 (CĐBC Hoa Sen khối D 2006) Cho x, y, z > 0; x + y + z = xyz Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = xyz 10 (Học viện BCVT 2001) Chứng minh với số thực a, b, c thoả mãn điều kiện: a + b + c = 1 1 b c ⎞ ⎛ a thì: + b + c ≥ 3⎜ a + b + c ⎟ a 3 3 ⎠ ⎝3 11 (ĐH Đà Nẵng khối A 2001 đợt 2) Cho ba số dương a, b, c thoả a2 + b2 + c2 = Chứng minh: a b c 3 + + ≥ 2 2 b +c c +a a +b 12 (ĐH Kiến trúc HN 2001) 17 Ths : Lê Minh Phấn 13 14 15 16 2 ⎧a + b + c = ⎪ Cho số a, b, c thoả: ⎨ ⎪ab + bc + ca = ⎩ 4 4 4 Chứng minh: − ≤ a ≤ ; − ≤ b ≤ ; − ≤ c ≤ 3 3 3 (Học viện NH TPHCM khối A 2001) Cho ΔABC có cạnh a, b, c p nửa chu vi Chứng minh rằng: 1 ⎛ 1 1⎞ + + ≥ 2⎜ + + ⎟ p−a p−b p−c ⎝a b c⎠ (ĐH Nông nghiệp I HN khối A 2001) Cho số x, y, z > Chứng minh rằng: y x z 1 + + ≤ 2+ 2+ 2 x +y y +z z +x x y z (ĐH PCCC khối A 2001) Ch minh với a ≥ 2, b ≥ 2, c ≥ thì: logb+ c a + logc+ a b + loga +b c > (ĐH Quốc gia HN khối D 2001) Ch minh với x ≥ với α > ta có: xα + α – ≥ αx Từ chứng minh với số dương a, b, c thì: a3 + b3 + c3 ≥ a b c + + b c a b c a 17 (ĐH Thái Nguyên khối D 2001) Cho a ≥ 1, b ≥ Chứng minh rằng: a b − + b a − ≤ ab (*) 18 (ĐH Vinh khối A, B 2001) Chứng minh a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi thì: 3a2 + 3b2 + 3c2 + 4abc ≥ 13 19 (ĐH Y Thái Bình khối A 2001) 2 Cho a, b, c số dương a + b = c Ch minh rằng: a + b3 > c 20 (ĐHQG HN khối A 2000) Với a, b, c số thực thoả điều kiện a + b + c = Chứng minh rằng: 8a + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c 21 (ĐHQG HN khối D 2000) Với a, b, c số thực dương thoả điều kiện: ab + bc + ca = abc Chứng b2 + 2a2 c2 + 2b2 a2 + 2c2 + + ≥ ab bc ca 22 (ĐH Bách khoa HN khối A 2000) minh rằng: Cho số a, b thoả điều kiện a + b ≥ Ch minh rằng: 23 (ĐHSP TP HCM khối DE 2000) Cho số a, b, c Chứng minh BĐT: 18 a3 + b3 ⎛ a + b ⎞ ≥⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Ths : Lê Minh Phấn Tuyển tập Bất đẳng thức b) (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c) a) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca 24 (ĐH Nông nghiệp I khối A 2000) Cho số dương a, b, c thoả điều kiện abc = Tìm giá trị nhỏ bc ca ab + + biểu thức: P = 2 a b + a c b c + b a c a + c 2b 25 (ĐH Thuỷ lợi II 2000) Chứng minh với số dương a, b, c ta có: ( (a + 1).(b + 1).(c + 1) ≥ 1+ abc 26 (ĐH Y HN 2000) Giả sử x, y hai số dương thoả điều kiện ) 3 + = Tìm giá trị nhỏ x y tổng x + y 27 (ĐH An Giang khối D 2000) Cho số a, b, c ≥ Chứng minh: ac + + bc + ≥ ab(ac – + bc – 1) 28 (ĐH Tây Nguyên khối AB 2000) 18xyz CMR với x, y, z dương x + y + z = xy + yz + zx > + xyz 29 (ĐH An Ninh khối A 2000) Chứng minh với số nguyên n ≥ ta có: nn + > (n + 1)n 30 (CĐSP Nha Trang 2000) Cho số thực a, b thoả điều kiện: a, b ≥ –1 a + b = Tìm giá trị lớn biểu thức: A = a + + b + 31 (CĐSP Nhà trẻ – Mẫu giáo TƯ I 2000) Chứng minh BĐT sau luôn với số thực x, y, z 1 khác không: + + ≥ x y z x + y + z2 BĐT cuối ⇒ BĐT cần chứng minh 32 (ĐH Y Dược TP HCM 1999) a2 b2 c2 a b c Cho số a, b, c khác Chứng minh: + + ≥ + + b2 c2 a2 b c a 33 (ĐH Hàng hải 1999) Cho x, y, z ≥ x + y + z ≤ Chứng minh rằng: x y z 1 + + ≤ ≤ + + 2 2 1+ x + y + z 1+ x 1+ y 1+ z 34 (ĐH An ninh HN khối D 1999) Cho số x, y, z thay đổi, nhận giá trị thuộc đoạn [0;1] Chứng minh rằng: (*) 2(x3 + y3 + z3) – (x2y + y2z + z2x) ≤ 35 (Đại học 2002 dự bị 1) Gọi x, y, z khoảng cách từ điểm M thuộc miền ΔABC có góc nhọn đến cạnh BC, CA, AB Chứng minh rằng: 19 Tuyển tập Bất đẳng thức Ths : Lê Minh Phấn 2 a +b +c (a, b, c cạnh ΔABC, R 2R bán kính đường tròn ngoại tiếp) Dấu “=” xảy nào? 36 (Đại học 2002 dự bị 3) Giả sử x, y hai số dương thay đổi thoả mãn điều kiện x + y = Tìm 4 giá trị nhỏ biểu thức: S= + x 4y 37 (Đại học 2002 dự bị 5) Giả sử a, b, c, d số nguyên thay đổi thoả mãn ≤ a < b < c < d ≤ 50 a c b2 + b + 50 + ≥ tìm giá trị nhỏ Chứng minh bất đẳng thức: b d 50b a c biểu thức: S = + b d 38 (Đại học 2002 dự bị 6) Cho tam giác ABC có diện tích Gọi a, b, c độ dài cạnh BC, CA, AB ha, hb, hc tương ứng độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C Chứng minh rằng: 1⎞ ⎛ 1 1⎞⎛ ⎜ a + b + c ⎟⎜ h + h + h ⎟ ≥ ⎝ ⎠⎝ a b c ⎠ 39 (Đại học khối A 2003) Cho x, y, z số dương x + y + z ≤ Chứng minh rằng: 1 x2 + + y2 + + z2 + ≥ 82 x y z 40 (Đại học khối A 2003 dự bị 1) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số: y = sin5x + cosx 41 (Đại học khối A 2003 dự bị 2) Tính góc tam giác ABC, biết rằng: (1) ⎧4p(p − a) ≤ bc ⎪ ⎨ A B C 3−3 (2) ⎪sin sin sin = 2 ⎩ a+b+c BC = a, CA = b, AB = c, p = 42 (Đại học khối A 2005) 1 Cho x, y, z số dương thoả mãn : + + = x y z x+ y+ z≤ 20 Ths : Lê Minh Phấn Tuyển tập Bất đẳng thức 1 + + ≤1 2x+y+z x + 2y + z x + y + 2z 43 (Đại học khối B 2005) Chứng minh với x ∈ R, ta có: Tuyển tập Bất đẳng thức Ths : Lê Minh Phấn LỜI GIẢI Chứng minh rằng: x x x ⎛ 12 ⎞ ⎛ 15 ⎞ ⎛ 20 ⎞ x x x ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ≥ +4 +5 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Khi đẳng thức xảy ra? 44 (Đại học khối D 2005) Cho số dương x, y, z thoả mãn xyz = Chứng minh rằng: 3 3 (CĐGT II 2003 dự bị) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, xét điểm: ⎛ ⎛ y ⎞ 3 ⎞ ⎛y z ⎞ z ⎟ , B ⎜ 0; y+ z ⎟ , C ⎜ − ;0 ⎟ A⎜x + ; ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 ⎠ ⎠ ⎝2 ⎠ ⎝ ⎝ AB = AC = Ta có: 1+ x + y 1+ y + z 1+ z + x + + ≥3 xy yz zx Khi đẳng thức xảy ra? 45 (Đại học khối A 2005 dự bị 1) Cho số x, y, z thoả x + y + z = CMR: 46 (Đại học khối A 2005 dự bị 2) 2 ⎛ ⎞ ⎛y z⎞ BC = ⎜ − ⎟ + ⎜ (y + z) ⎟ = y2 + yz+z2 ⎜ ⎟ ⎝ 2⎠ ⎝ ⎠ Với điểm A, B, C ta ln có: AB + AC ≥ BC y ⎞⎛ ⎞ ⎛ Chứng minh với x, y > ta có: (1+ x ) ⎜ 1+ ⎟ ⎜ 1+ ⎟ ≥ 256 x ⎠⎜ y⎟ ⎝ ⎝ ⎠ Đẳng thức xảy nào? 47 (Đại học khối B 2005 dự bị 1) Cho số dương a, b, c thoả mãn: a + b + c = Chứng minh rằng: x3 + + ≥ x3 ⇒ x3 + ≥ 3x(1) Tương tự: y3 + + ≥ 3 y3 ⇒ y3 + ≥ 3y(2) Chứng minh ≤ y ≤ x ≤ x y − y x ≤ Cho x, y, z số dương xyz = CMR: x2 y2 z2 + + ≥ 1+ y + z + x 50 (Đại học khối A 2006) Cho số thực x ≠ 0, y ≠ thay đổi thoả mãn điều kiện: (x + y)xy = x2 + y2 – xy 1 Tìm giá trị lớn biểu thức: A = + x y 51 (Đại học khối B 2006) Cho x, y số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A= ( x − 1)2 + y2 + ( x + 1)2 + y2 + 21 ⇒ x2 + xy + y2 + x2 + xz+z2 ≥ y2 + yz+z2 (CĐBC Hoa Sen khối A 2006) x3 + y3 + z3 ≥ 3 x3 y3z3 ⇒ 2(x3 + y3 + z3) ≥ Đẳng thức xảy nào? 49 (Đại học khối D 2005 dự bị 2) ⎛ ⎞ z⎞ ⎛ x+ ⎟ +⎜ z = x2 + xz + z2 ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ 2⎠ ⎝ ⎝ ⎠ + 4x + + 4y + + 4z ≥ a + 3b + b + 3c + c + 3a ≤ Khi đẳng thức xảy ra? 48 (Đại học khối B 2005 dự bị 2) ⎛ ⎞ y⎞ ⎛ x+ ⎟ +⎜ y = x2 + xy + y2 ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ 2⎠ ⎝ ⎝ ⎠ z3 + + ≥ z3 ⇒ z3 + ≥ 3z (3) Cộng (1), (2), (3) vế theo vế suy bất đẳng thức cần chứng minh (CĐKTKT Cần Thơ khối A 2006) • Cách 1: Theo BĐT Cơsi: ≥ x + y + z ≥ 3 xyz > 1 + + ≥ x y z A ≥ 3 xyz + Từ đó: Đặt: t = 3 xyz xyz , điều kiện: < t ≤ Xét hàm số f(t) = 3t + 3 xyz 3 với < t ≤ t y−2 22 Ths : Lê Minh Phấn Tuyển tập Bất đẳng thức f′(t) = – t 2 = 3(t − 1) t ⎛ 1⎤ < 0, ∀t ∈ ⎜ 0; ⎥ ⎝ 3⎦ Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta suy ra: A ≥ 10 Dấu "=" xảy x = y = z = Vậy Amin = 10 đạt x = y = z = • Cách 2: Theo BĐT Côsi: ≥ x + y + z ≥ 3 xyz > ⇔ ≥3 xyz x+ ≥ , 9x y+ ≥ , 9y z+ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 1⎞ ⎛ Từ đó: A= ⎜ x + ≥ 10 + ⎜y + + ⎜ + + ⎟≥ + ⎟+ z+ xyz 9x ⎟ ⎝ 9y ⎠ ⎜ 9z ⎟ ⎝ x y z ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 Dấu "=" xảy x = y = z = Vậy Amin = 10 đạt x = y = z = 3 (CĐSPHCM khối ABT 2006) ⇔ 4x + 4y – = Ta có: x + y = 4 4 1 A= + = + 4x+ + 4y − ⇒ A ≥ 4x + 4y – x 4y x 4y x 4y ⎧4 ⎪ x = 4x ⎪ ⎧x = ⎪ = 4y ⎪ ⎪ Dấu "=" xảy ⇔ ⎨ 4y ⇔ ⎨ ⎪ ⎪y = ⎩ ⎪x + y = ⎪ ⎪x,y > ⎩ (CĐKTKT Cần Thơ khối B 2006) Vì a, b, c, d > nên ta ln có: a c a c + < + =1 a +b+ c c+ d+ a a + c a+ c 23 ≥ 9z ⇒A≥5 Tuyển tập Bất đẳng thức Vậy Amin = Ths : Lê Minh Phấn b d b d + < + =1 b+ c+ d d+ a +b b+ d b+ d Cộng vế theo vế BĐT ta đpcm (CĐKT Cao Thắng khối A 2006) ⎛ ⎞ ⎛1 ⎞ + + 1⎟ + 1⎟ ≥ 16 2⎜ 2⎜ Ta có: (x + 1) ⎝ x2 x ⎠ ≥ 16 (1) ⇔ (x + 1) ⎝ x ⎠ ⎛1 ⎞ ⇔ (x + 1) ⎜ + 1⎟ ≥ (do x > 0) ⇔ (x + 1)2 ≥ 4x ⇔ (x – 1)2 ≥ (2) ⎝x ⎠ (2) nên (1) chứng minh (CĐKTKTCN1 khối A 2006) b c a c a b Xét vế trái BĐT cho: VT = 1+ + + + 1+ + + + a a b b c c ⎛ b a⎞ ⎛ c a⎞ ⎛ c b⎞ = + ⎜ + ⎟+⎜ + ⎟+⎜ + ⎟ ⎝a b⎠ ⎝a c⎠ ⎝b c⎠ Do a, b, c > nên theo BĐT Cơsi ta có: b a b a b c b c c a c a + ≥ = 2; + ≥ = 2; + ≥2 =2 a b a b c b c b a c a c Khi đó: VT ≥ + + + = (đpcm) (CĐKTYTế1 2006) y ≤ 0, x2 + x = y + 12 ⇒ x2 + x – 12 ≤ ⇒ – ≤ x ≤ y = x2 + x – 12 ⇒ A = x3 + 3x2 – 9x – Đặt f(x) = A = x3 + 3x2 – 9x – với – ≤ x ≤ f′(x) = 3x2 + 6x – ; f′(x) = ⇔ x = x = – f(–4) = 13, f(–3) = 20, f(1) = –12, f(3) = 20 Vậy maxA = 20 (x = 3, y = 0), minA = –12 (x = 1, y = –10) (CĐBC Hoa Sen khối D 2006) Ta có: x + y + z ≥ 3 xyz ⇔ xyz ≥ 3 xyz ⇔ (xyz)2 ≥ 27 ⇔ xyz ≥ 3 Dấu "=" xảy ⇔ x = y = z = Vậy minA = 3 10 (Học viện BCVT 2001) Ta có hàm số f(x) = x hàm nghịch biến nên: 1⎞ ⎛ (a – b) ⎜ a − b ⎟ ≤ 0, ∀a, b ⎠ ⎝3 a b b a ⇒ + b ≤ a + b , ∀a, b (1) a 3 3 b c b c Tương tự: b + c ≤ c + b (2) 3 3 24 Ths : Lê Minh Phấn c c Mặt khác: a Tuyển tập Bất đẳng thức + + a ≤ a b + a + c c = c (3) a a + b + c (4) 3 3 3c Cộng (1), (2), (3), (4) vế theo vế ta được: b c ⎞ 1⎞ ⎛ a ⎛ ⎜ a + b + c ⎟ ≤ (a + b + c) ⎜ a + b + c ⎟ 3 ⎠ 3 ⎠ ⎝3 ⎝3 a b c a b b c ⎞ 1 ⎛ a (vì a + b + c = 1) 3⎜ a + b + c ⎟ ≤ a + b + c 3 ⎠ 3 ⎝3 Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c = 11 (ĐH Đà Nẵng khối A 2001 đợt 2) a a a2 = = (1) Do a2 + b2 + c2 = nên b + c2 1− a2 a(1− a2 ) Hay 3 ⎛ 2a2 + (1− a2 ) + (1− a2 ) ⎞ ⎛ 2⎞ Mà 2a (1 – a ) ≤ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 3⎠ ⎝ ⎠ ⇒ a2.(1 – a2)2 ≤ ⇒ a(1 – a2) ≤ (2) 27 3 2 Từ (1), (2) suy ra: Do đó: a b +c + a b +c b 2 ≥ + 3 a c 2 ≥ 3 3 (a + b2 + c2 ) = 2 c +a a +b ⎧2a2 = 1− a2 ⎪ ⎪ Dấu “=” xảy ⇔ ⎨2b2 = 1− b2 ⇔ a = b = c = ⎪ 2 ⎪2c = 1− c ⎩ 12 (ĐH Kiến trúc HN 2001) ⎧a2 + b2 + c2 = ⎧(a + b)2 − 2ab = − c2 ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ Ta có: ⎨ ⎪ab + bc + ca = ⎪c(a + b) + ab = ⎩ ⎩ ⎧a + b = S Ta xem hệ phương trình a, b đặt ⎨ (S – 4P ≥ 0) ⎩ab = P Ta hệ: ⎧S2 − 2P = − c2 (1) ⎪ ⎨ (2) ⎪cS+P =1 ⎩ Tuyển tập Bất đẳng thức Ths : Lê Minh Phấn ⎡S = −c − S2 – 2(1 – cS) = – c2 ⇔ S2 + 2cS + c2 – = ⇔ ⎢ ⎣S = −c + 2 • Với S = – c – ⇒ P = + c(c + 2) = c + 2c + BĐT: S2 – 4P ≥ ⇔ (–c – 2)2 – 4(c2 + 2c + 1) ≥ ⇔ –3c2 – 4c ≥ ⇔ − ≤ c ≤ (3) • Với S = –c + ⇒ P = – c(–c + 2) = c2 – 2c + BĐT: S2 – 4P ≥ ⇔ (–c + 2)2 – 4(c2 – 2c + 1) ≥ ⇔ –3c2 + 4c ≥ ⇔ 0≤c≤ (4) 4 Từ (3), (4) ta được: − ≤c≤ 3 4 Tương tự ta chứng minh được: − ≤ a,b,c ≤ 3 13 (Học viện NH TPHCM khối A 2001) Trước hết, ta dễ dàng chứng minh x, y > thì: 1 (1) + ≥ x y x+y Dấu “=” xảy ⇔ x = y 1 4 Áp dụng (1) ta được: + ≥ = p−a p−b p−a +p−b c 1 4 + ≥ = p−b p−c p−b+p−c a 1 4 + ≥ = p−c p−a p−c+p−a b Cộng BĐT vế theo vế, ta được: ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 1⎞ 2⎜ + + ⎟ ≥ ⎜ + + ⎟ ⇔ đpcm p−a p−b p−c⎠ ⎝a b c⎠ ⎝ Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c 14 (ĐH Nông nghiệp I HN khối A 2001) Áp dụng BĐT Cơsi cho số dương x3, y2 ta có: x x ≤ = x3 + y2 ≥ x3 y2 = 2xy x ⇒ 2xy x xy x +y Áp dụng BĐT Côsi cho số dương x Từ (2) ⇒ P = – cS, thay vào (1) ta được: 25 26 , y2 ta có: Ths : Lê Minh Phấn Tuyển tập Bất đẳng thức ⎡ ⎢⎛ a ⎞ 1⎛ 1⎞ x 1⎛ 1⎞ ≤ ⎜ + 2⎟ ⇒ ≤ ⎜ + 2⎟ ⎜x ⎟ ⎜x xy ⎝ 2⎝ y ⎠ x +y y ⎟ ⎠ Tương tự ta có: y 1⎛ 1⎞ z 1⎛ 1⎞ ≤ ⎜ + ⎟; 3 ⎜y ⎟ z + x ≤ ⎜ z2 + x ⎟ 2⎝ y +z z ⎠ ⎝ ⎠ Suy ra: x x +y + y y +z + z z +x 2 ≤ x + y + z2 ⎧x = y ⎧y = z ⎧z = x ⎪ ⎪ ⎪ vaø ⎨ vaø ⎨ Dấu “=” xảy ⇔ ⎨ ⇔ x=y=z=1 ⎪x = y ⎪y = z ⎪z = x ⎩ ⎩ ⎩ 15 (ĐH PCCC khối A 2001) Trước a > 1, x > hàm số y = loga x đồng biến dương Do hàm số y = logxa = nghịch biến loga x Vì vai trị a, b, c nhau, nên ta giả thiết a ≥ b ≥ c Ta được: VT= logb+ c a + logc+ a b + loga +b c ≥ loga +b a + loga +b b + loga +b c = loga +b abc Vì a, b, c ≥ nên abc ≥ 2ab = ab + ab > a + b Do VT ≥ loga+babc > loga+b(a + b) = 16 (ĐH Quốc gia HN khối D 2001) • Xét f(x) = xα – αx + α – (x ≥ 0) f′(x) = α(xα – – 1); f′(x) = ⇔ x = Vậy với ∀x ≥ α > f(x) ≥ hay xα + α – ≥ αx • BĐT cần chứng minh: 3 3 ⎛ a ⎞2 a ⎛ b ⎞2 b ⎜ b ⎟ + ≥ 2.b ; ⎜ c ⎟ + ≥ 2.c ; ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Mặt khác, theo BĐT Cơsi ta có: 27 Ths : Lê Minh Phấn 3⎤ c ⎞2 ⎥ 3 ⎛ a ⎞2 ⎛ b ⎞2 ⎛ c ⎞2 a b c Suy ra: ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ≥ + + b c a ⎝b⎠ ⎝c⎠ ⎝a⎠ 17 (ĐH Thái Nguyên khối D 2001) BĐT (*) ⇔ a b−1 b a −1 + ≤1⇔ ab ab Theo BĐT Cơsi ta có: 1⎛ 1⎞ 1⎛ 1⎞ 1− 1− + ≤1 b⎜ b⎟ a⎜ a⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 1⎞ + ⎜ 1− ⎟ 1⎛ 1⎞ b ⎝ b ⎠ 1− ≤ = b⎜ b⎟ 2 ⎝ ⎠ (1) ⎛ 1⎞ + ⎜ 1− ⎟ 1⎛ 1⎞ a ⎝ a ⎠ 1− ≤ = a⎜ a⎟ 2 ⎝ ⎠ Cộng BĐT lại ta BĐT cần chứng minh 1 ⎧1 ⎪ b = 1− b = ⎪ ⇔ a = b = Dấu “=” xảy ⇔ ⎨ ⎪ = 1− = ⎪a a ⎩ 18 (ĐH Vinh khối A, B 2001) Ta có: – 2a = a + b + c – 2a = b + c – a > Do theo BĐT Cơsi ta có: 3 ⎛ a ⎞2 ⎛ b ⎞2 ⎛ c ⎞2 a b c ⎜b⎟ +⎜c⎟ +⎜a⎟ ≥ b + c + a ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Áp dụng BĐT chứng minh với α = , ta có: ⎛ b ⎞2 ⎛ +⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⎥ ≥ ⎢⎜ b ⎟ c⎠ a⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ Cộng BĐT trên, vế theo vế, ta có: 3 3⎤ ⎡ ⎢⎛ a ⎞ ⎛ b ⎞ ⎛ c ⎞ ⎥ 3 ⎡ a b c ⎤ +⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⎥+ ≥ ⎢ + + ⎥+ ⎢⎜ b ⎟ 2 ⎣b c a⎦ ⎝ ⎠ ⎝c⎠ ⎝a⎠ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ Tuyển tập Bất đẳng thức ⎛ c ⎞2 c ⎜ a ⎟ + ≥ 2.a ⎝ ⎠ ⎛ − 2a + − 2b + − 2c ⎞ (3 – 2a)(3 – 2b)(3 – 2c) ≤ ⎜ ⎟ =1 ⎝ ⎠ ⇒ 27 – 9(2a + 2b + 2c) + 3(4ab + 4bc + 4ca) – 8abc ≤ ⇔ 27 – 54 + 12(ab + bc + ca) – 8abc ≤ ⇔ 4abc ≥ 6(ab + bc + ca) – 14 ⇔ 3(a2 + b2 + c2) + 4abc ≥ 3(a2 + b2 + c2) + 6(ab + bc + ca) – 14 = 3(a + b +c)2 – 14 = 13 Đẳng thức xảy ⇔ – 2a = – 2b = – 2c ⇔ a = b = c = 19 (ĐH Y Thái Bình khối A 2001) 2 a b a b ⎛ a ⎞3 ⎛ b ⎞3 a b + = ⇒ < , < ⇒ ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ > + = Từ giả thiết ta có: c c c c c c ⎝c⎠ ⎝c⎠ 28 Ths : Lê Minh Phấn a3 Tuyển tập Bất đẳng thức + b3 c3 Từ suy ra: > 20 (ĐHQG HN khối A 2000) Đặt x = 2a, y = 2b, z = 2c x, y, z > Đ.kiện a + b + c = ⇔ xyz = 2a+b+c = 1, theo BĐT Côsi: x + y + z ≥ Mặt khác: x3 + + ≥ 3x ⇒ x3 ≥ 3x – Tương tự: y3 ≥ 3y – 2; z3 ≥ 3z – ⇒ x3 + y3 + z3 ≥ 3(x + y + z) – = (x + y + z) + 2(x + y + z – 3) ≥ x + y + z ⇒ 8a + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c 21 (ĐHQG HN khối D 2000) Ta có: b2 + 2a2 = ab b2 + 2a2 2 = + 2 a b a b 1 Đặt x = ; y = ; z = a b c ⎧a,b,c > ⎧x,y,z > giả thiết ⎨ ⇔ ⎨ ⎩ab + bc + ca = abc ⎩x + y + z = đpcm ⇔ x2 + 2y2 + y2 + 2z2 + z2 + 2x2 ≥ Theo BĐT Bunhiacopxki ta có: 3(x2 + 2y2) = 3(x2 + y2 + y2) ≥ (x + y + y)2 ⇒ x2 + 2y2 ≥ (x + 2y) Viết BĐT tương tự, cộng lại, ta có: x2 + 2y2 + y2 + 2z2 + z2 + 2x2 ≥ (3x + 3y + 3z) = 3 Đẳng thức xảy ⇔ x = y = z = ⇔a=b=c=3 22 (ĐH Bách khoa HN khối A 2000) a3 + b3 ⎛ a + b ⎞ ⇔ 4(a3 + b3) ≥ (a + b)3 Ta có: ≥⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠ ⇔ (a + b) [4(a2 + b2 – ab) – (a2 + b2 + 2ab)] ≥ ⇔ (a + b)(3a2 + 3b2 – 6ab) ≥ ⇔ (a + b)(a – b)2 ≥ BĐT cuối đúng, nên BĐT cần chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ a = ± b 23 (ĐHSP TP HCM khối DE 2000) a) a2 + b2 ≥ 2ab; b2 + c2 ≥ 2bc; c2 + a2 ≥ 2ca ⇒ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c b) (ab + bc + ca)2 = (ab)2 + (bc)2 + (ca)2 + 2(abbc + bcca + caab) ≥ ≥ abbc + bcca + caab + 2abc(a + b + c) = 3abc(a + b + c) 24 (ĐH Nông nghiệp I khối A 2000) 29 Tuyển tập Bất đẳng thức Ths : Lê Minh Phấn 1 a2 = = = Ta có: a b + a2c a2 (b + c) a2 ⎛ + ⎞ + ⎜b c⎟ b c ⎝ ⎠ bc bc 1 ;y= ; z= a b c ⎧a, b, c > ⎧x,y,z > x2 y2 z2 giả thiết ⎨ ⇔ ⎨ P = + + y+z z+x x+y ⎩abc = ⎩xyz=1 Theo BĐT Bunhiacopxki ta có: Đặt x = ⎛ x y z ⎞ + z + x + x + y (y + z + z + x + x + y).P ≥ ⎜ y + z ⎟ ⎜ y+z z+x x+y⎟ ⎝ ⎠ 1 ⇒ 2(x + y + z).P ≥ (x + y + z) ⇒ P ≥ (x + y + z) ≥ xyz = 2 ⇒P≥ x = y = z = ⇒ a = b = c = Nếu P = 3 Đảo lại, a = b = c = P = Vậy minP = 2 25 (ĐH Thuỷ lợi II 2000) (a + 1).(b + 1).(c + 1) = + a + b + c + ab + bc + ca + abc ≥ ≥ ( + 3 abc + a2b2c2 + abc = 1+ abc ) Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c > 26 (ĐH Y HN 2000) ( 2+ ) ( ⇒x+y≥ ( Giá trị ⎛ ⎞ ⎛ 3⎞ =⎜ x+ y ⎟ ≤ ⎜ + ⎟ (x + y) = 6(x + y) ⎜ x ⎟ y ⎝x y⎠ ⎝ ⎠ 2+ ) 2+ ) Vậy min(x + y) = ⎧ ⎧ : x= : y ⎪ ⎪x = x y ⎪ ⎪ đạt ⇔ ⎨ ⇔⎨ ⎪ ⎪ 2+ ⎪x + y = ⎪y = ⎩ ⎩ ( 5+ 6 30 ) 2( + 3) 3( + 3) Ths : Lê Minh Phấn Tuyển tập Bất đẳng thức 27 (ĐH An Giang khối D 2000) Giả sử a ≥ b ≥ ⇒ ac(a – b) ≥ bc(a – b) ⇒ ac + + bc + ≥ ab(ac – + bc – 1) 28 (ĐH Tây Nguyên khối AB 2000) Áp dụng BĐT Cơsi cho số dương ta có: (1) = x + y + z + x + y + z ≥ xyz (2) xy + yz + zx ≥ 3 x2 y2z2 Nhân BĐT (1) (2) vế theo vế ta được: 2(xy + yz + zx) ≥ 18xyz (3) Mặt khác ta có: xyz(xy + yz + zx) > (4) Cộng BĐT (3) (4) vế theo vế ta được: (xy + yz + zx)(2 + xyz) > 18xyz ⇒ xy + yz + zx > * 18xyz (vì +xyz > 0) + xyz 29 (ĐH An Ninh khối A 2000) Ta có: 34 = 81, 43 = 64 ⇒ 34 > 43 ⇒ BĐT cần chứng minh với n = n n 1⎞ ⎛ n + 1⎞ ⎛ Với n > 3, đpcm ⇔ n > ⎜ ⎟ ⇔ ⎜ 1+ n ⎟ < n ⎝ n ⎠ ⎝ ⎠ n 1⎞ ⎛ ⎜ 1+ n ⎟ = ⎝ ⎠ Ta có: n ∑ Ck nk n Tuyển tập Bất đẳng thức Ths : Lê Minh Phấn 31 (CĐSP Nhà trẻ – Mẫu giáo TƯ I 2000) ⎛ ⎞ y z2 ⎞ ⎛ x z2 ⎞ ⎛ x y BĐT cần chứng minh ⇔ ⎜ 1+ + ⎟ + ⎜ + 1+ ⎟ + ⎜ + + 1⎟ ≥ ⎜ ⎟ ⎜y ⎟ ⎜z ⎟ x x ⎠ ⎝ y ⎠ ⎝ z ⎝ ⎠ 2⎞ ⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ ⎛y z x z x y ⇔ + ⎜ + ⎟+⎜ + ⎟+⎜ + ⎟ ≥ ⎜x ⎟ ⎜y ⎟ ⎜z x ⎠ ⎝ y ⎠ ⎝ z ⎟ ⎝ ⎠ 32 (ĐH Y Dược TP HCM 1999) Áp dụng BĐT Côsi ta có: (1) = k =0 n n(n − 1) n(n − 1) (n − n + 1) + + + n n 2! n2 n! n ⎛ 1⎞ 1⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ n − 1⎞ =1+1+ < 1− + + ⎜ 1− ⎟ ⎜ 1− ⎟ ⎜ 1− 2! ⎜ n ⎟ n! ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎟ ⎝ ⎠ ⎠ 1 1 ; f(8) = Ta có f(7) = 350 175 400 200 175 a=1 ⎧ ⎪b = 53 ⎪ Vậy minS = ⎨ 175 ⎪c = ⎪d = 50 ⎩ 38 (Đại học 2002 dự bị 6) 1 Ta có diện tích tam giác: S = aha = bhb = chc 2 2S 2S 2S ⇒ = ; hb = ; hc = a b c 1 1 ⇒ + + = (a + b + c) hb hc 2S 1⎞ ⎛ 1 1⎞⎛ ⎛ 1 1⎞ ⇒ ⎜ + + ⎟⎜ (a + b + c) ⎜ + + ⎟ + + ⎟= ⎝ a b c ⎠ ⎝ hb hc ⎠ 2S ⎝a b c⎠ ⎛ 1 1⎞ Áp dụng BĐT Cơsi ta có: (a + b + c) ⎜ + + ⎟ ≥ ⎝a b c⎠ 1⎞ ⎛ 1 1⎞⎛ + + S = , nên ta có: ⎜ + + ⎟ ⎜ ⎟≥ =3 a b c ⎠ ⎝ hb hc ⎠ ⎝ 39 (Đại học khối A 2003) Với u,v ta có: u + v ≤ u + v Vậy P = x + x2 + y + y2 + z + ⎛ 1 1⎞ Ta có: P≥ (x + y + z) + ⎜ + + ⎟ ≥ ⎝ x y z⎠ với t = (3 ≥ z2 ⎛ 1 1⎞ (x + y + z) + ⎜ + + ⎟ ⎝ x y z⎠ ( 33 xyz ⎛x+ y+z⎞ xyz) ⇒ < t ≤ ⎜ ⎟ ≤9 ⎝ ⎠ 35 9 ⎛ 1⎤ ⇒Q′(t) = – < 0, ∀t∈ ⎜ 0; ⎥ ⇒Q(t) giảm t ⎝ 9⎦ t ⎛ 1⎞ ⇒ Q(t) ≥ Q ⎜ ⎟ = 82 Vậy P ≥ Q(t) ≥ 82 ⎝ 9⎠ Dấu "=" xảy ⇔ x = y = z = • Cách 2: Ta có: ⎛ 1⎤ ⎜ 0; ⎥ ⎝ ⎦ ⎛ 1 1⎞ ⎛ 1 1⎞ (x + y + z)2 + ⎜ + + ⎟ = 81(x + y + z)2 + ⎜ + + ⎟ – 80(x + y + z)2 ⎝ x y z⎠ ⎝ x y z⎠ ⎛ 1 1⎞ ≥ 18(x + y + z) ⎜ + + ⎟ – 80(x + y + z)2 ≥ 162 – 80 = 82 ⎝ x y z⎠ Vậy P ≥ 82 Dấu "=" xảy ⇔ x = y = z = 40 (Đại học khối A 2003 dự bị 1) • Tìm max: y = sin5x + cosx ≤ sin4x + cosx (1) Ta chứng minh: sin x + cosx ≤ , ∀x ∈ R (2) 2 ⇔ (1 – cosx) – sin x ≥ ⇔ (1 – cosx) – (1 – cos x) ≥ ⇔ (1 – cosx).[ – (1 – cosx)(1 + cosx)2 ] ≥ (3) Theo BĐT Cơsi ta có: (1 – cosx)(1 + cosx)(1 + cosx) = (2 – 2cosx)(1 + cosx)(1 + cosx) ≤ 2 • Cách 1: Ths : Lê Minh Phấn ≤ Áp dụng bất đẳng thức (*), ta có: a + b + c ≥ a + b + c ≥ a + b + c Đặt Q(t) = 9t + (*) ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ Đặt a = ⎜ x; ⎟ ; b = ⎜ y; ⎟ ; c = ⎜ z; ⎟ x⎠ y⎠ ⎝ ⎝ z⎠ ⎝ Tuyển tập Bất đẳng thức ) 2 ⎛ ⎞ + ⎜ 33 = 9t + ⎜ xyz ⎟ ⎟ t ⎝ ⎠ 1⎛ ⎞ 32 ⎜ ⎟ = 27 < 2⎝ ⎠ Vậy BĐT (3) ⇒ (2) ⇒ y ≤ , ∀x Dấu “=” xảy cosx = ⇔ x = k2π Vậy maxy = • Tìm min: Ta có y = sin5x + cosx ≥ – sin4x + cosx Tương tự trên, ta miny = – , đạt x = π + k2π 41 (Đại học khối A 2003 dự bị 2) (a + b + c)(b + c − a) (b + c)2 − a2 2bc(1+ cos A) ≤1 ⇔ ≤1 ≤1⇔ (1) ⇔ bc bc bc A A A ≤ ⇔ sin2 ≥ ⇔ sin ≥ (do < 2 4 Biến đổi vế trái (2) sau: A B C A⎛ B-C B+C ⎞ ≤ − cos sin sin sin = sin ⎜ cos 2 2 2⎝ 2 ⎟ ⎠ ⇔ cos2 36 A π < ) 2 (3) A⎛ A⎞ sin ⎜ 1− sin ⎟ = 2⎝ 2⎠ Ths : Lê Minh Phấn Tuyển tập Bất đẳng thức =– 1⎛ A A⎞ ⎡⎛ A 1⎞ 1⎤ 1⎛ A 1⎞ ⎜ sin − sin ⎟ = – ⎢⎜ sin − ⎟ − ⎥ = − ⎜ sin − ⎟ 2⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠ ⎢⎝ ⎥ ⎣ ⎦ 2 1 A B C 1⎛ 1⎞ Do (3) suy ra: sin sin sin ≤ − ⎜ = − (4 − 3) − ⎜ 2⎟ ⎟ 8 2 2⎝ ⎠ = ⎛ 12 ⎞ ⎛ 15 ⎞ ⎛ 12 ⎞ ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ≥ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Tương tự ta có: x x ⎛ 15 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ x x ⇒ x ⎛ 12 ⎞ ⎛ 20 ⎞ x ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ≥ 2.4 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ x 37 xy 3 + yz 3 + zx ≥ 33 xy 1+ z3 + x3 ≥ zx (2); yz 3 yz zx (3) xy (1) zx ≥3 (4) xy yz zx Cộng bất đẳng thức (1), (2), (3), (4) ta có đpcm Đẳng thức xảy ⇔ (1), (2), (3), (4) đẳng thức ⇔ x = y = z = 45 (Đại học khối A 2005 dự bị 1) ⇒ (1) (1) x ⎛ 15 ⎞ ⎛ 20 ⎞ x ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ≥ 2.5 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (2) Mặt khác x ⎛ 12 ⎞ ⎛ 15 ⎞ x ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ≥ 2.3 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1+ y3 + z3 ≥ yz Tương tự: Tương tự: 1⎛ 1 ⎞ ⎡ 1 ⎛ 1 ⎞⎤ 1⎛ 1 1⎞ ≤ ⎜ + + ⎟ ≤ ⎢ + ⎜ + ⎟⎥ = ⎜ + ⎟ (2) x + 2y + z ⎝ 2y x + z ⎠ ⎣ 2y ⎝ x z ⎠ ⎦ ⎝ y 2z 2x ⎠ 1⎛ 1 ⎞ ⎡ 1 ⎛ 1 ⎞⎤ 1⎛ 1 1⎞ ≤ ⎜ + + ⎟ ≤ ⎢ + ⎜ + ⎟⎥ = ⎜ + ⎟ (3) x + y + 2z ⎝ 2z x + y ⎠ ⎣ 2z ⎝ x y ⎠ ⎦ ⎝ z 2x 2y ⎠ ⎞ 1 1⎛ 1 Vậy: + + ≤ ⎜ + + 1⎟ = 2x+y+z x + 2y + z x + y + 2z ⎝ x yz ⎠ Ta thấy bất đẳng thức (1), (2), (3) dấu "=" xảy x = y = z Vậy đẳng thức xảy x = y = z = 43 (Đại học khối B 2005) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương ta có: x 1+ x + y ≥ xy + x3 + y3 ≥ 3 1.x3 y3 = 3xy ⇔ 3−3 B-C ⎧ ⎪cos = ⎪A = 1200 ⎧ ⎪ Dấu “=” xảy ⇔ ⎨ ⇔⎨ ⎪B = C = 30 ⎪sin A = ⎩ ⎪ 2 ⎩ 42 (Đại học khối A 2005) Với a, b > ta có: a+b 1⎛ 1⎞ ⇔ 4ab ≤ (a + b)2 ⇔ ≤ + ≤ a + b 4⎜ a b⎟ a + b 4ab ⎝ ⎠ Dấu "=" xảy a = b Áp dụng kết ta có: ⎡ 1 ⎛ 1 ⎞⎤ 1⎛ 1 ⎞ 1⎛ 1 1⎞ ≤ ⎜ + + ⎟ ≤ ⎢ + ⎜ + ⎟⎥ = ⎜ + ⎟ ⎣ 2x ⎝ y z ⎠ ⎦ 2x+y+z ⎝ 2x y + z ⎠ ⎝ x 2y 2z ⎠ x Tuyển tập Bất đẳng thức Ths : Lê Minh Phấn Cộng bất đẳng thức (1), (2), (3), chia vế bất đẳng thức nhận cho ta có đpcm Đẳng thức xảy ⇔ (1), (2), (3) đẳng thức ⇔ x = 44 (Đại học khối D 2005) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương ta có: (3) + + + 4x = + + + 4x ≥ 4x Ta có: ⇒ Tương tự: + 4x ≥ 4x = 4x 8 + 4y ≥ 4y ; + 4z ≥ 4z 38 8 + 4x + + 4y + + 4z ≥ ⎡ 4x + 4y + 4z ⎤ ≥ 4x.4y.4z ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ Vậy ≥6 24 4x + y + z = 46 (Đại học khối A 2005 dự bị 2) Ta có: 1+x=1+ 1+ 1+ y x x x x3 + + ≥ 44 3 3 y y y y y3 =1+ + + ≥ 44 3 x 3x 3x 3x x =1+ y + y + y ≥ 44 33 y3 ⎛ ⎞ 36 ⇒ ⎜ 1+ ⎟ ≥ 164 ⎜ y⎟ y ⎝ ⎠ y ⎞⎛ ⎞ x3 y3 36 ⎜ 1+ ⎟ ≥ 256 3 = 256 x ⎟⎜ y⎟ ⎝ ⎠⎝ 3 x y ⎠ 47 (Đại học khối B 2005 dự bị 1) • Cách 1: Vậy: (1 + x ) ⎛ + ⎜ 38 Ths : Lê Minh Phấn Tuyển tập Bất đẳng thức a + 3b + 1+ 1 = (a + 3b + 2) 3 (b + 3c).1.1 ≤ b + 3c + 1+ = (b + 3c + 2) 3 (c + 3a).1.1 ≤ c + 3a + 1+ = (c + 3a + 2) 3 1⎡ ⎤ Suy ra: a + 3b + b + 3c + c + 3a ≤ [ 4(a + b + c) + 6] ≤ ⎢ + 6⎥ = 3⎣ ⎦ ⎧ ⎪a + b + c = ⇔a=b=c= Dấu "=" xảy ⇔ ⎨ 4 ⎪a + 3b = b + 3c = c + 3a=1 ⎩ (a + 3b).1.1 ≤ Ta có: • Cách 2: Đặt x = z= 3 a + 3b ⇒ x3 = a + 3b; y= b + 3c ⇒ y3 = b + 3c; c + 3a ⇒ z3 = c + 3a ⇒ x3 + y3 + z3 = 4(a + b + c) = = BĐT cần ch minh ⇔ x + y + z ≤ Ta có: x3 + + ≥ x3 1.1 = 3x; y3 + + ≥ 3 y3 1.1 = 3y; z3 + + ≥ z3 1.1 = 3z ⇒ ≥ 3(x + y + z) (vì x3 + y3 + z3 = 3) Vậy x + y + z ≤ ⎧x3 = y3 = z3 = ⎧a + 3b = b + 3c = c + 3a=1 ⎪ ⎪ Dấu "=" xảy ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 3 ⎪a + b + c = ⎪a+b+c= ⎩ ⎩ ⇔a=b=c= 48 (Đại học khối B 2005 dự bị 2) Ta có: ≤ x ≤ ⇒ x ≥ x2 1 x y −y x ≤ ⇔ x y ≤ +y x (1) 4 1 1 Theo BĐT Cơsi ta có: y x + ≥ yx2 + ≥ yx2 = x y ⇒ x y − y x ≤ 4 4 ⎧ ⎪0 ≤ y ≤ x ≤ ⎪ Dấu "=" xảy ⇔ ⎨ x = x2 ⇔ ⎪ ⎪yx2 = ⎩ 49 (Đại học khối D 2005 dự bị 2) ⎧x = ⎪ ⎨ ⎪y = ⎩ 39 Tuyển tập Bất đẳng thức Ths : Lê Minh Phấn 2 x 1+ y x 1+ y + ≥2 =x 1+ y 1+ y Ta có: y2 1+ z y 1+ z + ≥2 =y 1+ z 1+ z z2 1+ x z 1+ x + ≥2 =z 1+ x 1+ x Cộng bất đẳng thức trên, vế theo vế, ta có: ⎛ x2 1+ y ⎞ ⎛ y 1+ z ⎞ ⎛ z 1+ x ⎞ + + + ⎜ ⎟+⎜ ⎟+⎜ ⎟ ≥ x+y+z ⎜ 1+ y ⎟ ⎜ 1+ z ⎟ ⎜ 1+ x ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ x2 y2 z2 x+y+z 3(x + y + z) + + ≥− − +x+y+z ≥ − 1+ y 1+ z + x 4 4 3 3 ≥ − = − = (vì x + y + z ≥ 3 xyz = 3) 4 4 x2 y2 z2 Vậy: + + ≥ 1+ y + z + x 50 (Đại học khối A 2006) • Cách 1: 1 1 Từ giả thiết suy ra: + = + − x y x xy y ⇔ 1 = a, = b, ta có: a + b = a2 + b2 – ab y x A = a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) = (a + b)2 Từ (1) suy ra: a + b = (a + b)2 – 3ab (1) Đặt ⎛ a + b⎞ 2 Vì ab ≤ ⎜ ⎟ nên a + b ≥ (a + b) – (a + b) ⎝ ⎠ ⇒ (a + b)2 – 4(a + b) ≤ ⇒ ≤ a + b ≤ Suy ra: A = (a + b)2 ≤ 16 Với x = y = A = 16 Vậy giá trị lớn A 16 • Cách 2: Đặt S = x + y, P = xy với S2 – 4P ≥ Từ giả thiết ⇒ S, P ≠ S2 Ta có: SP = S2 – 3P ⇔ P = S+ A= x3 + y3 = x3 + y3 x3 y3 = (x + y)(x2 + y2 − xy) x3 y3 40 = (x + y)2 xy x3 y3 = (x + y)2 x2y2 Ths : Lê Minh Phấn ⇒A= Tuyển tập Bất đẳng thức S ⎛S+ 3⎞ =⎜ ⎟ ⎝ S ⎠ P ⎛ S −1⎞ 4S2 S−1 ≥ ⇔ S2 ⎜ S + ⎟ ≥ ⇔ ≥ (vì S≠0) ⎝ ⎠ S+ S+ ⎡S < −3 ⇔ ⎢ (*) ⎣S ≥ Đk: S2 – 4P ≥ ⇔ S2 – Đặt h = f(S) = S+ −3 ⇒ h′ = < 0, ∀S thoả (*) S S Tuyển tập Bất đẳng thức Ths : Lê Minh Phấn P 1− P S2 − SP S2 – 4P ≥ ⇔ S2 – ≥ ⇔ 1− S ≥ ⇔ ≥ (chia cho S2) S 3 Nên: A = S2 ≤ 16 Vậy Max A = 16 (khi x = y = P 51 (Đại học khối B 2006) Trong mpOxy, xét M(x – 1; –y), N(x + 1; y) Do OM + ON ≥ MN nên: ( x − 1)2 + y2 + ( x + 1)2 + y2 ) ≥ + 4y2 = 1+ y2 Do đó: A ≥ 1+ y2 + y − = f(y) • Với y ≤ ⇒ f(y) = 1+ y2 + – y ⇒ f′(y) = Từ bảng biến thiên, ta có: < h ≤ h ≠ 1, ∀S thoả (*) 1 Mà A = h ⇒ MaxA = 16 x = y = (S = 1, P = ) • Cách 3: y⎞ 3y2 1 x+y ⎛ >0⇒ + = >0 (x + y)xy = ⎜ x − ⎟ + 2⎠ x y xy ⎝ A= x + y = x3 + y 3 x y ⎛ 1⎞ = ⎜ + ⎟ ⇒ ⎝x y⎠ A= 1 + x y a3 + b3 ⎛ a + b⎞ Dễ chứng minh được: ⎜ (với a + b > 0) ≤ ⎟ ⎝ ⎠ dấu "=" xảy a = b 1 Áp dụng với a = , b = , ta có: y x ⎛ 1⎞ ⎜x+y⎟ ⎜ ⎟ ≤ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ x⎠ ⎝ ⎝y⎠ Dấu "=" xảy • Cách 4: S2 A = , suy P • Với y ≥ ⇒ f(y) ≥ 1+ y2 ≥ > + với số thực x, y Khi x = y = A = + 3 Vậy A ≥ + Nên giá trị nhỏ A + 3 ⎛ A⎞ A ⇔ ⎜ ⇔ A ≤ 16 ≤ ⎜ ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ S 3S = P S2 − SP 41 y2 + ⎧y ≥ ⎪ 1+ y ⇔ ⎨ ⇔y= ⎪4y = 1+ y ⎩ Do ta có bảng biến thiên f′(y) = ⇔ 2y = 1 = = Vậy Max A = 16 x y A= 2y 42 –1 ... tập Bất đẳng thức Ths : Lê Minh Phấn Cộng bất đẳng thức (1), (2), (3), chia vế bất đẳng thức nhận cho ta có đpcm Đẳng thức xảy ⇔ (1), (2), (3) đẳng thức ⇔ x = 44 (Đại học khối D 2005) Áp dụng bất. .. Lê Minh Phấn Tuyển tập Bất đẳng thức II Chứng minh BĐT dựa vào BĐT CÔSI: Tuyển tập Bất đẳng thức Chứng minh: (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc ; a, b, c ≥ Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không... 2y + z x + y + 2z ⎝ x yz ⎠ Ta thấy bất đẳng thức (1), (2), (3) dấu "=" xảy x = y = z Vậy đẳng thức xảy x = y = z = 43 (Đại học khối B 2005) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương ta có: x 1+