Tuyển tập 100 bài bất đẳng thức chọn lớp trong các đề thi tuyển sinh lớp 10 có đáp án

CÁC BÀI BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ HAY, CHỌN LỌC TRONG CÁC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Bài 1. Cho a, b, c là các số lớn hơn 1. Chứng minh: 2 2 2 12 1 1 1 a b c b c a + + ≥ − − − Hướng dẫn: Cách 1. Ta có 2 4( 1) 4a 1 a b b + − ≥ − (Côsi) Tương tự cho các biểu thức 2 1− b c ; 2 1− c a Vậy 2 2 2 4( ) 4( 1 1 1) 12 1 1 1 a b c a b c b c a b c a + + ≥ + + − − + − + − = − − − Dấu = xảy ra khi a = b = c = 2 Cách 2. Ta có bất đẳng thức 2 4 1 ≥ − a a (biến đổi tương đương) Ta có 2 2 2 2 2 2 3 3 3 . . 3. 4.4.4 3.4 12 1 1 1 1 1 1 + + ≥ ≥ = = − − − − − − a b c a b c b c a b c a Cách 3. Ta có ( ) 2 2 2 2 2 b 1 1 b a 4a b 1 b 1 .1 2 4 b 1 b − +   − = − ≤ = ⇒ ≥  ÷ −   . Tương tự ta suy ra được 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b c 4 4.3. . . 12 b 1 c 1 a 1 b c a b c a   + + ≥ + + ≥ ≥  ÷ − − −   Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 2 Bài 2. Cho số dương a. Chứng minh 2 36 a 16 a 1 + ≥ + Hướng dẫn: Ta có 2 a 4a 4 0− + ≥ ; ( ) ( ) 36 36 4 a 1 2 .4 a 1 24 a 1 a 1 + + ≥ + = + + Suy ra ( ) ( ) 2 36 a 4a 4 4 a 1 24 a 1   − + + + + ≥   +   Do đó 2 36 a 24 8 16 a 1 + ≥ − = + . Dấu “=” xảy ra khi a = 2 Bài 3. Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh 2 2 2 a b c 1 1 9b 1 9c 1 9a 2 + + ≥ + + + Hướng dẫn: 2 2 2 a b c 1 1 9b 1 9c 1 9a 2 + + ≥ + + + Ta có 2 2 2 2 a a.9b a.9b 3ab a a a 1 9b 1 9b 6b 2 = − ≥ − = − + + Tương tự 2 b 3bc b 1 9c 2 ≥ − + ; 2 c 3ac c 1 9a 2 ≥ − + Do đó ( ) ( ) 2 2 2 3 ab bc ac 3 ab bc ac a b c a b c 1 1 9b 1 9c 1 9a 2 2 + + + + + + ≥ + + − = − + + + Dễ c/m được ( ) 2 a b c 1 ab bc ac 3 3 + + + + ≤ = (biến đổi tương đương) Suy ra 2 2 2 a b c 3 1 1 1 . 1 9b 1 9c 1 9a 2 3 2 + + ≥ − = + + + Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1/3 Bài 4. Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 x y z S 1 y 1 z 1 x = + + + + + Hướng dẫn Tương tự bài 3 ta có S 3 2 ≥ dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1 Bài 5. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F = xy + 2yz + zx. Hướng dẫn Ta có 2 2 ( ) 0;( ) 0+ + ≥ + ≥a b c a c 2 2 2 1 2 2 + + − ⇒ + + ≥ − = a b c ab bc ca và 2 2 2 1 1 2 2 2 + − − ≥ − = ≥ a c b ac 1⇒ ≥ −F Có ‘‘=’’ khi 2 2 2 0 0 0; 0 2 1 2 + + =  =    + = = ⇔   = − = ±   + + =   a b c b a c b a c a b c Vậy giá trị nhỏ nhất của F là – 1. Bài 6. Với hai số thực không âm a, b thỏa mãn 2 2 a b 4+ = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = ab a b 2+ + Hướng dẫn Với hai số thực dương không âm a, b thỏa 2 2 4a b+ = ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 2a b a ab b a b ab ab+ = + + = + + = + Suy ra ( ) 2 4 2a b ab+ = + (do 4 2 0; , 0ab a b+ > > ) Hay 4 2 4 2a b ab a b ab+ = + ⇔ + = + Khi đó, biểu thức M được viết lại thành: 2 4 2 2 ab ab M a b ab = = + + + + (1) Mặc khác: 4 2 4 4 2 4 2ab ab+ > ⇔ + > = ( ) ( ) 2 4 2 2 4 2 2ab ab ab⇒ = + + + − (2) Từ (1) và (2) ta có: 4 2 2 2 2 4 2 2 ab ab M ab ab + − = = + − Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số không âm a, b ta được: 2 2 4 2 2 2 a b ab + ≤ = = 4 2 2 4 2.2 2 2 2 2ab⇒ + − ≤ + − = − 2 2 2 2 1 2 M − ⇒ ≤ = − Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 2 2 0 2 4 a b a b a b = ≥  ⇔ = =  + =  Vậy GTLN của biểu thức M là 2 1− khi 2a b= = . Bài 7. Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm GTLN biểu thức ab bc ac P c ab a bc b ac = + + + + + . Hướng dẫn Ta có: ( ) . . . ( )( ) ab ab ab ab ab ab ab c ab c a b c ab c a c b c ab = = = + + + + + + + Mà: . 1 1 ( )( ) 2 2 ab ab ab ab ab ab ab c a c b c a c b c a c b c ab     ≤ + ⇒ ≤ +  ÷  ÷ + + + + + + +     (1) Tương tự có: . 1 2 bc bc bc bc bc a bc a c a b a bc   = ≤ +  ÷ + + + +   (2) . 1 2 ca ca ca ca ca b ca b c b a b ca   = ≤ +  ÷ + + + +   (3). Cộng từng vế của các bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được 1 2 ≤P , dấu bằng xẩy ra khi 1 3 a b c= = = . Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 1 . 2 Bài 8. Xét các số thực dương , ,a b c thỏa mãn 1abc = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 4 4 4 4 4 4 a b c T b c a a c b a b c = + + + + + + + + . Hướng dẫn Ta có: ( ) 4 4 2 2 ; + ≥ + ∀ ∈ ¡a b ab a b a b Thật vậy ( ) 4 4 2 2 4 4 3 3 + ≥ + ⇔ + ≥ + a b ab a b a b a b ab ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 2 2 0 0 ⇔ − − ≥ ⇔ − + + ≥ a b a b a b a ab b (luôn đúng , ∀ ∈ ¡a b ) Do đó ( ) 4 4 2 2 + + ≥ + + a b c ab a b c ( ) 4 4 2 2 2 0 ⇔ + + ≥ + + > a b c ab a b abc (vì ; ; 0 > a b c và 1 = abc ) ( ) 4 4 2 2 2 c c a b c ab a b abc ⇔ ≤ + + + + (vì 0 > c ) ( ) 4 4 2 2 2 ⇔ ≤ + + + + c c a b c ab a b c ( ) 2 4 4 2 2 2 ⇔ ≤ + + + + c c a b c abc a b c ( ) 2 4 4 2 2 2 1 ⇔ ≤ + + + + c c a b c a b c Tương tự ( ) 2 4 4 2 2 2 2 ≤ + + + + b b a c b a b c ( ) 2 4 4 2 2 2 3 ≤ + + + + a a b c a a b c Cộng theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta có: 2 2 2 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 + + ≤ + + = + + + + + + + + + + + + a b c a b c b c a a c b a b c a b c a b c a b c 1 ⇒ ≤ T ; ; 0 ∀ > a b c thỏa mãn 1 = abc . Với 1 = = = a b c thì 1 = T . Vậy GTLN của T là 1. Bài 9. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng a 5 + b 5 + c 5 + 1 1 1 a b c + + ≥ 6. Hướng dẫn Áp dụng bất đẳng thức cô si: a 5 + 1/a ≥ 2a²; b 5 + 1/b ≥ b²; c 5 + 1/c ≥ c². Suy ra a 5 + b 5 + c 5 + 1 1 1 a b c + + ≥ 2(a² + b² + c²) Mặt khác a² + 1 ≥ 2a; b² + 1 ≥ 2b; c² + 1 ≥ 2c Suy ra a² + b² + c² ≥ 2a + 2b + 2c – 3 = 3 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 Vậy đpcm. Bài 10. Cho hai số dương x, y thỏa x ≥ 2y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2x 2xy y P xy + − = Hướng dẫn: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2x y 2xy x y x 2xy x y x 2xy P xy xy xy xy 4x 4y x 2xy 3x x 4y x(x 2y) 4xy xy 4xy 4xy xy 3 x x 4y x 2y 3 5 . .2 1 0 4 y 4xy y 4 2 + − + + − + − = = = + + − + − = + = + + + − = + + ≥ + + = vì 2 2 2 2 2 4 2 .4 4x 2 0 0 x y x y x y y x y y  ≥    + ≥ =   − ≥   >  min 5 P khi x = 2y 2 ⇒ = Bài 11. Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn 7 2015 111 6 111 222 +       ++=       ++ cabcab cba Tìm GTLN của P = )2(3 1 )2(3 1 )2(3 1 222222 accbba + + + + + Hướng dẫn Áp dung Bunhia cho bộ số (1;1;1) và (a;b;c) ta có 3(a 2 +b 2 +c 2 ) ≥ (a+b+c) 2  3(2a 2 +b 2 ) ≥ (2a+b) 2 ;3(2b 2 +c 2 ) ≥ (2b+c) 2 ; 3(2c 2 +a 2 ) ≥ (2c+a) 2  P ≤ accbba + + + + + 2 1 2 1 2 1 Ta có (x+y+z)( zyx 111 ++ ) ≥ 9 => 9 1 ( zyx 111 ++ ) ≥ zyx ++ 1  P ≤ accbba + + + + + 2 1 2 1 2 1 ≤ 9 1             +++       +++       ++ acccbbbaa 111111111  P ≤ 9 1       ++ cba 333 =       ++ cba 111 3 1 (I) Ta có 10       ++ 222 111 cba = 2015 111 6 111 3 222 +       +++       ++ cabcab cba = = 3 2015 111 2 +       ++ cba (II) Áp dụng Bunhia cho bộ số (1;1;1) và ( a 1 ; b 1 ; c 1 ) Ta được 3       ++ 222 111 cba ≥ 2 111       ++ cba =>       ++ 222 111 cba ≥ 3 1 2 111       ++ cba  10       ++ 222 111 cba ≥ 10 . 3 1 2 111       ++ cba (III) Từ (II) và (III) => 3 2015 111 2 +       ++ cba ≥ 10 . 3 1 2 111       ++ cba  2015 ≥ 10 . 3 1 2 111       ++ cba 3 2 111       ++ cba  2 111       ++ cba ≤ 3.2015 =>       ++ cba 111 ≤ 2015.3 (IV) Từ (I) và (IV) => P ≤       ++ cba 111 3 1 ≤ 3 1 . 2015.3 = 3 2015 . Vậy GTLN của P = 3 2015 khi a=b=c và 7 2015 111 6 111 222 +       ++=       ++ cabcab cba  a=b=c= 2015 3 . Bài 12. Cho hai số dương x và y có tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. 2 2 1 1 (1 )(1 )B x y = − − Hướng dẫn: Có x + y = 1 1 1 x y y x = −  ⇒  = −  B = 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 ( 1)( 1)( 1)( 1) (1 )(1 ) . x y x x y y x y x y x y − − − + − + − − = = = 2 2 ( )( 1)( )( 1) ( 1)( 1) 1 2 1 y x x y x y xy x y x y xy xy xy − + − + + + + + + = = = + Mà 1 = x + y và x + y 2 xy≥ ⇒ (x + y) 2 ≥ 4xy Do đó 1 2 = (x + y) 2 ≥ 4xy ⇒ 2 2 1 1 1 4 2 8 4 ( ) ( )xy x y xy x y xy ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ + + ⇒ B ≥ 9 Vậy min B = 9 khi x = y = 1 2 Bài 14. Với ,x y là những số thực thỏa mãn đẳng thức 2 2 2 1 0.x y y+ + = Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức 3 1 xy P y = + Hướng dẫn: 2 2 2 1 0.+ + =x y y 2 2 2 2 1 2 1 2 x y y x y y − − ⇔ = − − ⇔ = ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 1 2 3 1 3 2 0 4 12 xy xy P x y x y px y xy p p = = − − + − − ⇔ + + = ∆ = − Phương trình có nghiệm khi 0 ∆ ≥ suy ra 4 – 12p 2 0 ≥ ⇔ 2 3 3 3p p≥ ⇔ ≥ ≥ − Vây max P = 3 khi 1 3 3 xy = − suy ra 1 1 14 1 27 3 3 27 . 2 27 14 14 3 3 − − = = − ⇒ = =y x Bài 15. Giả sử , ,x y z là các số thực lớn hơn 2.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 4 4 x y z P y z z x x y = + + + − + − + − Hướng dẫn 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 6 x y z P y z z x x y x y z P y z z x x y x y z y z x z x y x y z y z x z x y = + + + − + − + − ⇔ = + + + − + − + − ≥ + + + − + + − + + − +   = + + ≥  ÷ + + +   Dấu = xảy ra khi 4x y z= = = Bài 16. Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x + 2y = 3. Chứng minh rằng: 1 2 3 x y + ≥ Hướng dẫn Ta có x + 2y = 3 ⇒ x = 3 – 2y , vì x dương nên 3 – 2y > 0 Xét hiệu 1 2 3 x y + − = 2 1 2 y 6 4y 3y(3 2y) 6(y 1) 3 3 2y y y(3 2y) y(3 2y) + − − − − + − = = − − − ≥ 0 ( vì y > 0 và 3 – 2y > 0) ⇒ 1 1 3 x 2y + ≥ dấu “ =” xãy ra ⇔ x 0,y 0 x 0,y 0 x 1 x 3 2y x 1 y 1 y 1 0 y 1   > > > >  =   = − ⇔ = ⇔    =    − = =   Bài 17. với a, b là các số dương. Tìm GTNN của A = ( ) ( ) a + b a 3a + b b 3b + a+ Hướng dẫn Cách 1. Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 a + b a + b a 3a + b b 3b + a 4a 3a + b 4b 3b + a = = + + A ( ) 4a 3a b 7a b 4a 3a b 2 2 + + + + ≤ = ( ) 4b 3b a 7b a 4b 3b a 2 2 + + + + ≤ = Suy ra ( ) ( ) 4a 3a + b 4b 3b + a 4a + 4b + ≤ suy ra A ( ) 2 a b 1 4a 4b 2 + ≥ = + Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b. Vậy Min A = ½ khi a = b > 0. Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức Bunhia cho cặp số ( ) a, b và ( ) 3a b; 3b a+ + ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 a 3a + b b 3b + a a b 4a 4b a 3a + b b 3b + a 2 a b+ ≤ + + ⇒ + ≤ + Suy ra A 1 2 ≥ . Dấu = khi ( ) ( ) 3a b 3b a 3a b b 3b a a a b + + = ⇒ + = + Suy ra 2 2 a b a b 0= ⇒ = > Bài 18. Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a + b ≤ 2 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 1 1 a b + . Hướng dẫn Ta có (a + b) 2 – 4ab = (a - b) 2 ≥ 0 ⇒ (a + b) 2 ≥ 4ab ( ) ( ) ( ) a + b 4 1 1 4 ab a + b b a a + b ⇔ ≥ ⇔ + ≥ ( ) 4 P a + b ⇒ ≥ , mà a + b ≤ 2 2 ( ) 4 4 a + b 2 2 ⇒ ≥ P 2⇒ ≥ . Dấu “ = ” xảy ra ( ) 2 a - b 0 a = b = 2 a + b = 2 2  =  ⇔ ⇔    . Vậy: min P = 2 . Bài 19. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 4 2 2 x + 2x + 2 x + 1 . Hướng dẫn P = x 2 + 1 + 2 1 x + 1 ≥ ( ) 2 2 1 2 x + 1 x + 1 , P = 2 ⇔ x 2 + 1 = 2 1 x + 1 ⇔ x = 0. Vậy min P = 2. Bài 20. Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn 1 a b c abc + + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ( ) ( ) a b a c+ + . Hướng dẫn Từ giả thiết ta có: ( ) 1abc a b c+ + = . Do đó, áp dụng bất đẳng thức Côsi, P = ( ) ( ) a b a c+ + = 2 a ab ac bc+ + + = ( ) a a b c bc+ + + ≥ ( ) 2 a a b c bc+ + = 2. Đẳng thức xảy ra ⇔ ( ) 1 a a b c bc a b c abc  + + =   + + =   ⇔ ( ) 1 1 a a b c bc  + + =   =   . Hệ này có vô số nghiệm dương, chẳng hạn ta chọn b = c = 1 ⇒ a = 2 1− . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 2. Bài 21. Cho hai số dương x, y thỏa mãn điều kiện x + y = 1. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 2 1 1 x y xy + + Hướng dẫn A = 2 2 1 1 x y xy + + = 2 2 1 1 1 x y 2xy 2xy + + + Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có: 1 x + y 2 xy 1 2 xy 1 4xy 2 2xy ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ (1) Đẳng thức xảy ra khi x = y. Tương tự với a, b dương ta có: 1 1 1 2 4 2 2. a b ab a + b a + b + ≥ ≥ = (*) Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: ( ) 2 2 2 1 1 4 4 x y 2xy x + y + ≥ = + (2) Dấu đẳng thức xảy ra khi x 2 + y 2 = 2xy ⇔ x = y. Từ (1) và (2) suy ra: A 6≥ . Dấu "=" xảy ra 1 x = y = 2 ⇔ . Vậy minA = 6. Bài 22. Cho các số dương cba ,, . Chứng minh bất đẳng thức: 2> + + + + + ba c ac b cb a . Hướng dẫn: Vì các số cba ,, dương nên áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số ta có: ( ) 2 )( cba cba ++ ≤+ ⇒ ( ) cba a cba a cb a ++ ≥ + = + 2 Tương tự ta cũng có: cba b ac b ++ ≥ + 2 , cba c ba c ++ ≥ + 2 Cộng các bất đẳng thức cùng chiều trên ta có 2 222 = ++ ++ ≥ + + + + + cba cba ba c ac b cb a . Dấu bằng xảy ra      += += += ⇔ bac acb cba 0 ===⇔ cba , không thoả mãn. Vậy 2> + + + + + ba c ac b cb a . Bài 23. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = xx 1 1 2 + − , với 0 < x < 1 Hướng dẫn Ta có y = x xx x xx xx +− + − +− =+ − )1( 1 2)22(1 1 2 = 2 + 1 + 223 1 . 1 2 23 1 1 2 += − − +≥ − + − x x x x x x x x (áp dụng BĐT Côsi với 2 số dương) Đẳng thức xảy ra <=> 12 1 1 2 −=⇔ − = − x x x x x (loại nghiệm x = - 1 - 2 ) Vậy giá trị nhỏ nhất của y bằng 3 + 2 2 khi x = 2 -1. Bài 24. Cho x và y là hai số thỏa mãn đồng thời : x 0≥ , y ≥ 0, 2x + 3y ≤ 6 và 2x + y ≤ 4. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức K = x 2 - 2x – y. Từ 2x + 3y 6 ≤ 2 2 y 2 - x - y x - 2 3 3 ⇒ ≤ ⇒ ≥ K = x 2 - 2x - y 2 2 2x 2 22 - 22 x - 2x + - 2 = (x - ) - 3 3 9 9 ≥ ≥ Suy ra : min K = - 22 9 khi x = 2 3 ; y = 14 9 Ta có : 2x 2 + xy 4x≤ ( x ≥ 0) ( ) 2 - y x + 2 xy x - 2x - y - - y = 0 2 2 ⇒ ≤ ≤ Suy ra : max K = 0 khi y = 0 x = 0    hoặc y = 0 x = 2    Bài 25. Cho 2 số dương a, b có tổng bằng 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 2 4 4 1 1 a b    − −  ÷ ÷    . Hướng dẫn Sử dụng hằng đẳng thức x 2 – y 2 = ( x – y)( x + y) Biến đổi biểu thức thành A = ( 2 2 2 2 8 (1 )(1 )(1 )(1 ) 1 a b a b ab − − + + = + ab ≤ 2 (a b) 4 + = 4/ 4 = 1 => A ≥ 9 , dấu bằng khi a = b = 1. Vậy A Min = 9 , khi a = b = 1. Bài 26. Cho x, y thoả mãn: 3 3 2 2x y y x+ − = + − . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B = x 2 + 2xy – 2y 2 +2y +10 Hướng dẫn ĐK: 2; 2x y ≥ − ≥ − Từ 3 3 2 2x y y x + − = + − ⇒ x 3 - y 3 + 2x + - 2y + =0 ⇔ (x-y)(x 2 + xy + y 2 ) + 2 2 x y x y − + + + = 0 ⇔ (x-y)( x 2 + xy + y 2 + 1 2 2x y+ + + ) = 0 ⇒ x = y Khi đó B = x 2 + 2x + 10 = (x+1) 2 + 9 ≥ 9 Vậy Min B = 9 ⇔ x = y = -1. Chú ý : Đa thức x 2 + xy + y 2 + 1 2 2x y+ + + > 0. Bài 27. Chứng minh a 3 + b 3 ( )ab a b≥ + với mọi a,b 0≥ . áp dụng kết quả trên , chứng minh bất đẳng thức 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1a b b c c a + + ≤ + + + + + + với a, b, c là các số dương thỏa mãn a.b.c = 1. Hướng dẫn a 3 + b 3 – ab(a + b) = ( a + b)( a – b ) 2 ≥ 0 với mọi a.b 0≥ => a 3 + b 3 ( )ab a b≥ + với mọi a,b 0≥ . áp dụng ta có: a 3 + b 3 +1 ( ) 1ab a b≥ + + = 1 a b a b c c c + + + + = . Cm tương tự ta có: 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1. 1 1 1 c a b a b b c c a a b c a b c a b c + + ≤ + + = + + + + + + + + + + + + . Dấu bằng khi a = b = c = 1. Bài 28. Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn x + y + z = 3. Chứng minh rằng 1 3 3 3 x y z x x yz y y zx z z xy + + ≤ + + + + + + . Hướng dẫn Ta có (3x + yz) = (( x + y + z)x + yz )= ( x + y)(x + z ) ≥ 2 2 ( . . ) .( )x y x z x y z+ = + Dấu bằng khi x = y = z = 1. Áp dụng bất đẳng thức trên ta có x x x 3x yz x( x y z) x 3x yz x y z + + ≥ + + ⇒ ≤ + + + + (1) [...]... Cộng bất đẳng thức (1) và (2) ta có:  1  1 27  27  2 + + ( x + 3y ) ≥ 30 ⇔ 2  + ÷ ÷ ≥ 30 − ( x + 3y ) ≥ 30 − 10 = 20  x  x 3y ÷ 3y ÷     1 27 + ≥ 10 Dấu = xảy ra khi: x = 1, y = 3 Suy ra x 3y Cách 2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: 2 1 27 1 3.27 ( 1 + 9 ) = 100 + + ≥ = x 3y x 3 3y x + 3 3y x + 3 3y ( 1 x + 3 3y ) ≤ ( 1 + 3 ) ( x + 3y ) ≤ 100 ⇒ 2 2 2 x + 3 3y ≤ 10 1 27 + ≥ 10 Dấu... xy Cộng các bđt ta được S ≥ 6 S = 6 ⇔ x = y Vậy Min S = 6 khi và chỉ khi x = y x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇒ Bài 48 Cho a, b khác 0 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 7( a + b) − 9( a − b) M= 2014 ( a 2 + b 2 ) −2a 2 + 32ab − 2b 2 −a 2 + 16ab − b 2 16ab 1 = = − Ta có M = 2 2 2 2 2 2 2014(a + b ) 100 7 (a + b ) 100 7 (a + b ) 100 7 8(a 2 + b 2 ) 1 7 2 2 ≤ − = Do 2ab ≤ a + b nên M 100 7 (a 2 + b 2 ) 100 7 100 7 Dấu... 16 2 Cách 2 1 2 +) Ta có F = ( a3 + b3 ) + ( a + b ) − ab 2 2 +) Ta luôn có bất đẳng thức: a 3 + b3 ≥ ( a + b )3 , (*) với mọi a, b > 0 Thật vậy (*) 4 ( a + b) 2 4 2 2 ⇔ 4a − 4ab + 4b ≥ a 2 + 2ab + b 2 ⇔ (a − b) 2 ≥ 0 , (luôn đúng) ⇔ a 2 − ab + b 2 ≥ 2  ( a + b )3  1 Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: ( a + b ) ≥   ≥ 16  4  ( a + b) 2 ( a + b) 2 ⇔ −ab ≥ − +) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ... ≥ 2b, + a ≥ 2c Tương tự c a a 2 b2 c2 Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có: + + ≥a+b+c b c a 4a ( b + c ) a2 b + c ( 2a ) + ( b + c ) + = ≥ = a (do b,c > 0) b) Ta có: b+c 4 4( b + c) 4( b + c) 2 Tương tự: 2 b2 a+c c2 a+b + ≥ b, + ≥ c a+c 4 a+b 4 a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có: b+c c+a a+b 2 Bài 37 Cho a, b,c là các số thực dương, thoả mãn a + b+ c = 3 a3 b3 c3 3 Chứng... 3 ⇒ 0 < a, b,c < 3 Áp dụng bất đẳng thức (1), với 0 < a, b,c < 3 , ta có: 1 1 ≥ 3 + (a 2 − 1) (2) a 2 1 1 2b + ≥ 3 + (b 2 − 1) (3) b 2 1 1 2c + ≥ 3 + (c2 − 1) (4) c 2 2a + Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế, ta được: 1 P ≥ 9 + (a 2 + b2 + c2 − 3) = 9 (vì a2 + b2 + c2 = 3) 2 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1 Vậy Pmin = 9 ⇔ a = b = c =1 Bài 59 Cách 1 Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có: 1 1 1 1 + + x ≥ 33 x... dụng bổ đề và BĐT Côsi ta có 2(1 + xt )  3 xt 1 2 2(1 + xt ) 3 1  2 P≥ + − ≥2 + − =3 ÷+ 4 1 + xt 4 2 2  1 + xt  2 2 Dễ thấy khi x = t = 1 thì P =3 Vậy min P = 3 Bài 35 Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất 1 1 1 + + của biểu thức: Q = 2 a +1 b 2 +1 c 2 + 1 Hướng dẫn Ta cần chứng minh: Q ≥ 3 2 Giả sử a ≥ b ≥ c , từ giả thi t suy ra ab ≥ 1 Ta có bất đẳng thức sau:... 4b 2 + c 2 − 4ab − 4bc + 2ac ≥ 0 2 ⇔ ( a + c − 2b ) ≥ 0 (bất đẳng thức này luôn đúng) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a + c = 2b Bài 65 Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + ab + bc + ca = 6abc, chứng minh: 1 1 1 + + ≥3 a 2 b 2 c2 Bài 66 Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn a + b = ab Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= 1 2 a + 2a + 1 2 b + 2b + (1 + a2 )(1 + b2 ) 1 1... khác: từ giả thi t, ta có: ab = a + b ≥ 2 ab ⇒ ab ≥ 4 7 4 Do đó P ≥ + 7.4 21 21 = Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng khi a = b = 2 8 4 4 Bài 67 Cho hai số dương a , b thỏa mãn điều kiện: a + b ≤ 1 3 a 9 − ≤− 4a b 4 Bất đẳng thức tương đương với : 4a2+9≤3/a+4a/b Từ b≤1−a , 0 0 3 Đặt  y = b , vì  nên   xyz = 1  abc = 1  z = c3  Ta có x + y + 1 = a3 + b3 + 1 = (a + b)(a 2 − ab + b 2 ) + 1 ≥ (a + b)ab + 1 = ab(a + b + c) = 1 c 1 a 1 b a+b+c c ≤ Do đó x + y + 1 ≤ a + b + c Tương tự ta có y + z + 1 ≤ a + b + c ; z + x +1 a + b + c Cộng 3 bất đẳng thức trên theo vế ta có đpcm Bài 57 Hướng dẫn: Bài 58 Cho ba... và 2 x= −1 2 Bài 51 Cho 2 số thực a và b thỏa mãn a > b và ab = 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu a 2 + b2 + 1 thức P = a−b 3 2 ( a − b) Ta có P = 2 + 2ab + 1 9 = ( a − b) + ≥6 a−b a−b Dấu = xảy ra khi a – b = ±3 và ab = 4 suy ra a = 4, b = 1 Bài 52 Cho a + b = 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = ab (a2 + b2) Ta có A = ab(a2 + b2 )= ab[(a + b) 2 − 2ab] = ab(4 – 2ab) Đặt ab = t ta có A = t(4 – 2t) . CÁC BÀI BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ HAY, CHỌN LỌC TRONG CÁC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Bài 1. Cho a, b, c là các số lớn hơn 1. Chứng minh: 2 2 2 12 1 1 1 a b c b c a + + ≥ − − − Hướng dẫn: Cách. = 2 Cách 2. Ta có bất đẳng thức 2 4 1 ≥ − a a (biến đổi tương đương) Ta có 2 2 2 2 2 2 3 3 3 . . 3. 4.4.4 3.4 12 1 1 1 1 1 1 + + ≥ ≥ = = − − − − − − a b c a b c b c a b c a Cách 3. Ta có (. Đẳng thức xảy ra khi x = y. Tương tự với a, b dương ta có: 1 1 1 2 4 2 2. a b ab a + b a + b + ≥ ≥ = (*) Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: ( ) 2 2 2 1 1 4 4 x y 2xy x + y + ≥ = + (2) Dấu đẳng