Tuyển tập BẤT ĐẲNG THỨC ôn thi ĐẠI HỌC môn Toán Câu 1. Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn x z ≤ . Tìm GTNN của biểu thức : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 2 z y z x z P z x x y y z + = + − + + + + Lời giải Trước hết ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 z y z y z z y z x x x y x y y z x y y z x y z y + + − + + − = + = + + + + + + + Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2x y x y x y z y x y z y + ≥ + + + + + , do đó ta có : 3 1 1 3 2 3 1 1 1 1 1 x y z P y z x x x y z y z x z x y z z x ≥ + + = + + ≥ + + + + + + + + + Ta sẽ đi chứng minh 5 2 P ≥ , thật vậy nếu đặt 1 z t x = ≥ thì ( ) ( ) 2 2 2 2 3 5 1 6 1 0 1 1 2 t t t t t t + ≥ ⇔ − + + ≥ + + ( luôn đúng ). Do đó GTNN của biểu thức 5 2 P = . Câu 2. Cho các số thực , , 0a b c > . Tìm GTNN của biểu thức : 4 3 8 2 2 3 a b c c P a b c a b c a b c + = + − + + + + + + Lời giải Đặt 2 2 2 5 3 3 a b c x a y z x a b c y b x y z a b c z c z x + + = = + − + + = ⇒ = − − + + = = − , do đó biểu thức đã cho được viết lại thành : ( ) ( ) ( ) 4 2 8 4 2 2 8 17 y z x z x y z x y x x P x y z x y z + − − + − = + − = + + − Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có : ( ) ( ) 2 2 4 9 6 2 y z y z x x x x y z x y z + + + + ≥ + ≥ + Do đó ta suy ra 2 6 2 17 2 a b P c b = ≥ − ⇔ = . Câu 3. Cho các số thực ,x y thỏa mãn 1 3xy − ≤ ≤ . Tìm GTNN và GTLN của biểu thức : 1 2 3 1 2 1 3 1 xy xy P xy xy + + − + = + + − + Lời giải Để ý rằng ( ) ( ) 2 2 1 3 4xy xy+ + − = nên đặt 1 2sinxy t+ = và 3 2cosxy t− = với 0; 2 t π ∈ do đó ta có : 2sin 4cos 1 4sin 2cos 1 t t P t t + + = + + có ( ) ( ) 2 12 2 sin cos ' 0 0; 2 4sin 2cos 1 t t P t t t π − − + = < ∀ ∈ + + Do đó suy ra ( ) 3 5 0 2 5 3 P P P P π ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ÷ . Vậy min max 3 5 3 ; 1 5 3 P xy P xy = ⇔ = = ⇔ = − . Câu 4. Cho x là số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 2 26 15 3 8P x x x x = − + + Lời giải Bài toán trên có thể giải bằng phương pháp khảo sát hàm số. Dĩ nhiên , cách làm đó hoàn toàn không đơn giản do việc giải phương trình ( ) ' 0f x = . Ở đây chúng ta có thể giải bằng phương pháp sử dụng bất đẳng thức Cauchy và bất đẳng thức Bunyakovsky. Ta làm như sau : Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có : ( ) 2 2 2 15 15 15 1 15 1 15 4 x x x x x x x x + ≤ + + ⇒ + ≥ + ÷ ÷ ÷ Do đó 26 15 4 3 2 3 2P x x x x x x x ≥ − + + = + + ÷ . Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy ta có : 1 1 2 3 1 1 3 2 9 1 2 x x x x x P x x x x x x + = + + ≥ ⇒ ≥ + + + ≥ ÷ + ≥ Vậy GTNN của 9 1.P x= ⇔ = Câu 5. Cho các số thực dương , ,a b c . Tìm GTNN của biểu thức : 3 a b c P b c a c a b = + + ÷ + + + . Lời giải Ý tưởng của dạng này đã xuất hiện khá nhiều. Đặc biệt trong đề Toán KB.2014. Ta sẽ dùng một bổ đề khá quan trọng : ( ) 2 2 2 , , , 0 x y x y x y a b a b a b + + ≥ ∀ > + . Do đó ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 2 2 2 3 3 2 2 2. 2 2 a b a b c c P ab ac ab bc a b c a b ab a b a b a b c c c a b a b a b a b c a b c + = + + ≥ + ÷ ÷ + + + + + + + + ≥ + = + ÷ ÷ + + + + + + + Đến đây đặt 0 a b t c + = > thì ta có ( ) 3 2 1 2 t P f t t t ≥ = + + . Nhẹ nhàng xét hàm có được điều ta cần có. Câu 6. Cho các số thực , 0x y > thỏa mãn 3 7x y + = . Tìm GTNN của biểu thức : 2 2 2 1 2 3 1 x xy P x y y xy + = + + − + . Lời giải Ta có : ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 3 1 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 3. 7 3. 7 1 1 1 1 1 3. 7 1 x xy xy xy P x x x x x y y xy y y xy y y xy xy xy x x y x x y y y xy y y xy y x x x y y xy y + = + + − = + + − = + + + − − ÷ ÷ ÷ + + + = + + + − − − = + + + − + − ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ + + = + + + + − = + ÷ ÷ + 2 1 1 3. 7. 1 x y x y + + + − ÷ ÷ + Do đó đặt ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 13 0 3 7 2 4 3 7 xy y t x P f t t t f y t x y + = = + > ⇒ ≥ = + + − ≥ = − ⇔ ÷ + = . Câu 7. Cho các số thực dương , 0x y > thỏa mãn 1 3x y xy+ + = . Tìm GTLN của biểu thức : ( ) ( ) 2 2 3 3 1 1 1 1 x y P y x x y x y = + − − + + Lời giải Ta xét biểu thức : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x y xy xy y x x y y x x y x y x y y x x y y x y x y x + = + + + + + + + + + = + = + + + + + + + Do đó ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 P x y y x x y x y x y y x = + + + − − = + + + + + . Từ đó suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 5 1 1 1 1 1 4 xy x y xy P x y y x xy xy x y xy + + − = + = = ≤ + + + + + vì 3 3 1 3 1xy x y xy xy= + + ≥ ⇒ ≥ . Vậy GTLN của biểu thức 1 1.P x y = ⇔ = = Câu 8. Cho ( ] , , 0;1x y z ∈ và thỏa mãn : 1x y z+ ≥ + . Tìm GTNN của biểu thức : 2 x y z P y z z x xy z = + + + + + . Lời giải Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 4 1 1 4 2 2 4 4 1 2 2 4 4 4 4 2 1 4 4 4 2 1 4 x y z z P x y z y z z x xy z x z y z xy z x y z z do x y z xy z a b a b x y z z do xy x y z x y z z z do z x y z x y z x y x y z z = + + = + + + + − ÷ + + + + + + + + ≥ + − + ≥ ÷ + + + + + ≥ − + − ≤ ÷ ÷ ÷ + + + + ≥ − + ≥ + + + + = − + + + + + ÷ Đặt 1 1 1 x y t z z + = ≥ + ≥ do đó ( ) 2 4 4 2 1 4 P f t t t ≥ = − + + + . Xét hàm số ta dễ dàng có được ( ) 3 2 2 P f≥ = . Câu 9. Cho , ,a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn điều kiện : 2c b abc + = . Tìm GTNN của biểu thức : 3 4 5 P b c a c a b a b c = + + + − + − + − Lời giải Áp dụng bất đẳng thức 1 1 4 x y x y + ≥ + ta có : 3 4 5 1 1 2 2 3 3 4 8 12 2 4 6 P b c a c a b a b c b c a c a b b c a a b c c a b a b c b c a c a b b c a a b c c a b a b c c b a = + + + − + − + − = + + + + + ÷ ÷ ÷ + − + − + − + − + − + − ≥ + + + − + + − + − + + − + − + + − = + + Từ giả thiết ta có : 2 1 2 4 6 2 2 4 3.a a P a b c c b a + = ⇒ + ≥ ⇒ ≥ + ≥ Vậy GTNN của 4 3 3.P a b c= ⇔ = = = Câu 10. Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn ( ) 2 2 2 4 4a b c a b c+ + + + = . Tìm GTLN của biểu thức : ( ) ( ) 2 2 1 a b c b a c P a c b c c + + = + − + + Lời giải Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc sau : ( ) 2 2 2 x y x y a b a b + ≤ + + , ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1 1 4 4 1 1 a b c b a c P a c b c c b c a c a b b a c a b a c b c c c c c c c c + + = + − + + ≤ + + + − = + + + − ÷ ÷ + − = − − = − ≤ Do đó GTLN của biểu thức 1 1 2 1 a b P c = = = ⇔ = . Câu 11. Cho , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn : 1x y z + + = . Tìm GTLN của biểu thức : ( ) ( ) 2 3 6 3 2P x y z x y z= + + + + Lời giải Cách 1 : Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 8 8 8 2 2 4 6 6 3 2 2 16 4 4 4 x y z y y P x y z x y z P + + − − = + + + + ⇒ ≤ = ≤ = Vì [ ] 0 1 0;1 8 1 2 P y x y z y Max x z = + + = ⇒ ∈ ⇒ = ⇔ = = . Cách 2 : Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 6 6 15 13 20 6 3 8 6 3 5 4 6 3. 5. 8 8 4 4 0 8 1 2 P P x y z xy yz zx x y z xy yz zx P x y z x y z y y z yz x y z x y z x y z x y z y Max x z = + + + + + = + + + + + ⇒ = + + + + + + − + + + + ≤ + + + + = + + = = ⇒ = ⇔ = = Câu 12. Cho các số thực , , 0a b c > thỏa mãn ( ) 2 2 1 1 10 4 a c a b b c b + + = ÷ ≥ . Tìm GTNN và GTLN của biểu thức : a c b P b + − = . Lời giải Viết giả thiết đã cho lại thành : 2 2 1 10 a c b b b a + + = ÷ ÷ , đặt ; 4 a c x y b b = = ≥ , khi đó ta cần tìm cực trị của biểu thức : 1P x y = + − với ( ) 2 1 1 10x y x + + = ÷ . Ta có : ( ) ( ) 2 2 1 1 5 41 1 10 10 4 1 1 2 x y x x x x + + + = ⇒ ≥ + + ⇔ ≤ ≤ ÷ ÷ Lại có : 2 2 2 4 1; 4 10 10 11 41 1 1 9 4 11 41 5 41 1 1 2 ; 4 2 2 P P Min x y x P x y P x x Max x y = ⇔ = = + = + − = − = − ⇒ ≤ ≤ ⇒ + + + + = ⇔ = = Câu 13. Cho các số thực , , 0a b c ≥ và thỏa mãn : 2 2 2 1a b c + + = . Tìm GTLN của biểu thức : ( ) ( ) ( ) ( ) P a b b c c a a b c= − − − + + Lời giải Giả sử c b a≥ ≥ , ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4. 4. 2 0 2 2 1 2 2 2 2 P a b b c c a a b c b a c b c a a b c P a b c b a c b c a b c a b c a b c a P a b c b c = − − − + + = − − − + + ⇒ ≤ + + − + − − = + + − − ≤ + = − ⇒ ≤ + + = ⇔ = + = Câu 14. Cho các số thực , ,a b c thỏa mãn 1a b c+ + = và 0ab bc ca+ + > . Tìm GTNN của biểu thức : 2 2 2 5 P a b b c c a ab bc ca = + + + − − − + + Lời giải Không mất tính tổng quát , giả sử a b c> > khi đó biểu thức đã cho được viết lại thành : 2 2 2 5 P a b b c a c ab bc ca = + + + − − − + + Áp dụng đánh giá quen thuộc sau : 2 2 1 1 4 2 2 , 0x y x y x y x y + ≥ ≥ ∀ > + + , ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 5 1 1 2 5 2 8 2 5 1 1 20 2 10 2 4 20 2 20 2 4 1 1 3 P a b b c a c ab bc ca P a b b c a c ab bc ca a b b c a c ab bc ca a c ab bc ca a c ab bc ca a c a c b b b = + + + − − − + + = + + + ÷ − − − + + ≥ + + − + − − + + = + ≥ ÷ − + + − + + + = = + + + − + Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 1 3 3 3 1 3 4 1 1 3 3 12 3 b b b b b b − + − + + − + = ≤ = Do đó ( ) ( ) 20 2 2 6 1 2 6 10 6 ; ; . 2 3 2 1 1 3 P a b c b b + − ≥ ≥ ⇔ = = = − + Câu 15. Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn ( ) 2 2 2 2 1x y z y+ + ≤ + . Tìm GTNN của biểu thức : 1 2 2 1 P xy yz x y z = + + + + + Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y xy x y y z xy yz x y z z y yz + ≤ + + + ⇒ + ≤ = + + + ≤ Do đó suy ra ( ) 1 1 1 2 2 1 1 1 P xy yz x y z f t t x y z x y z t = + + ≤ + + + = = + + + + + + + + Từ giả thiết ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 3 3 4 3 x y z x y z y x z y x y z + + − + + ≤ + ⇔ + + − ≤ ⇔ ≥ ⇒ + + ≤ Do vậy xét hàm số ( ) 1 1 f t t t = + + với 4t x y z = + + ≤ sẽ dễ dàng tìm được GTNN của biểu thức đã cho. Cuối cùng của tập bất đẳng thức này là gửi các bạn một bài phân tích về một câu bất đẳng thức khá thú vị. Bài toán. Cho , ,a b c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : ( ) ( ) ( ) 2 4 a b c ab bc ca bc P abc b c + + + + = + + Phân tích hướng giải + Điều đầu tiên mà mình muốn nói đó là việc đi dự đoán điểm rơi cho bài toán. Đó là một việc khá quan trọng giúp ta gỡ rối các bài toán một cách khá đơn giản. Nhớ nhé. + Quan sát biểu thức cho ta thấy rằng sự đối xứng giữa hai biến ,b c . Do đó điều mà ta sẽ có được đó là dấu bằng xảy ra khi b c= . Đến đây thì ta sẽ thay ngược lại vào biểu thức P để tìm điểm rơi a như sau : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 1 2 2 1 2 2 5 1 5 2.2 . 1 4 2 a b ab b b P a b ab a b b b a b a b do x y xy b a b a + + = + = + + + ÷ + = + + + ≥ + + = + ≥ + Dựa vào đánh giá trên và . 1 a b b a = đã cho ta thấy sự đối xứng của ,a b . Do vậy điểm rơi của bài toán sẽ là : a b c = = . + Ở biểu thức ( ) ( ) a b c ab bc ca abc + + + + nhìn khá là rắc rối nên ta sẽ đi làm đơn giản hóa nó như sau : ( ) ( ) ( ) 1 1 1 a b c ab bc ca a b c abc a b c + + + + = + + + + ÷ + Đến đây thì ta sẽ lại nghĩ đến việc khử căn thức. Thoạt nhìn thì mình sẽ nghĩ ngay đến bất đẳng thức quen thuộc sau : ( ) ( ) 1 1 1 9 1 1 1 1 1 1 9 3a b c a b c a b c a b c a b c a b c + + ≥ ⇒ + + + + ≥ ⇒ + + + + ≥ ÷ ÷ + + , do đó ( ) 2 4 3 bc P b c ≥ + + nhưng đến đây thì ta chẳng đánh giá được gì cả. Nếu có đánh giá được thì lại xảy ra ngược dấu bởi ( ) 2 4 1 , 0 bc b c b c ≤ ∀ > + . Nên ta phải đi theo hướng khác. Và bất đẳng thức mà ta cần dùng đó là ‘’ Cauchy – Shwarz ‘’ dạng : ( ) ( ) . .A B X Y A X B Y+ + ≥ + . + Tiếp tục quan sát bởi có sự độc lập của hai biến ,b c nên ý tưởng của ta là khử căn thức và khử a nên ta cần chọn các biểu thức , , ,A B X Y sao cho hợp lý. Ở trường hợp này muốn khử a thì ta sẽ chọn : 1 A a X a = = và 1 1 B b c Y b c = + = + , do đó : ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 . 1 b c a b c a b c a b c a b c bc + + + + + ≥ + + + = + ÷ ÷ + Do đó biểu thức đã cho được viết lại thành : ( ) 2 2 4 4 1 1 b c bc P t t bc b c + ≥ + + = + + + với 2 b c t bc + = ≥ + Giờ thì công việc còn lại không quá khó khan khi ta đi đến khảo sát hàm số ( ) 2 4 1f t t t = + + với 2t ≥ . + Hoặc là ta có thể tư duy theo bất đẳng thức Cosi cho ba số như sau : ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 4 1 4 1 2 2 4 1 3 . . 4 2 2 b c bc P bc b c b c b c bc bc bc b c b c b c bc bc bc b c + ≥ + + + + + = + + + + + + ≥ + = + + Và cuối cùng kết luận GTNN của 4P = . Đạt được khi và chỉ khi a b c = = . . Ở đây chúng ta có thể giải bằng phương pháp sử dụng bất đẳng thức Cauchy và bất đẳng thức Bunyakovsky. Ta làm như sau : Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có : ( ) 2 2 2 15 15 15 1 15 1. z = + + ≤ sẽ dễ dàng tìm được GTNN của biểu thức đã cho. Cuối cùng của tập bất đẳng thức này là gửi các bạn một bài phân tích về một câu bất đẳng thức khá thú vị. Bài toán. Cho , ,a b c là. Tuyển tập BẤT ĐẲNG THỨC ôn thi ĐẠI HỌC môn Toán Câu 1. Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn x z ≤ . Tìm GTNN của biểu thức : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2