Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P GIẢI.
Trang 1¤n thi HSG c¸c cÊp vµ thi THPT quèc gia
BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GTLN – GTNN
1)Cho x, y, z≥ 0 và x2 + y2 + z2 = 3 Chứng minh:
3 2 2
GIẢI
Ta có: VT + 3 =
VT
+
1
4 2
+
1
4 2
+
6
6 3
6 3
2 2
( Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1)
2)Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện xy + yz + zx ≥ 2xyz
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).
GIẢI
Ta có xy yz xz 2xyz 1 1 1 2
x y z
+ + ≥ ⇔ + + ≥ nên
≥ − + − = + ≥
Tương tự ta có 1 1 1 1 1 x 1 z 1 2 (x 1)(z 1) (2)
≥ − + − = + ≥
≥ − + − = + ≥
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được ( 1)( 1)( 1) 1
8
x− y− z− ≤ vậy Amax = 1 3
8⇔ = = =x y z 2
3 Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện 2(x2+y2) =xy+1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
x y P
xy
+
= + .
Giải
5
xy+ = x y+ − xy ≥ − xy⇒xy≥ −
Trang 2Và ( ( )2 ) 1
3
xy+ = x y− + xy ≥ xy⇒xy≤ ĐK: 1 1
− ≤ ≤
Suy ra : ( )
2
P
( )
2 2
7 '
2 2 1
t t P
t
− −
=
+ , P' 0= ⇔ =t 0( ),th t= −1(kth)
P− =P =
÷ ÷
và ( )0 1
4
P =
KL: GTLN là 1
4 và GTNN là 2
15( HSLT trên đoạn 1 1;
5 3
−
)
4)Với mọi số thực dương x y z; ; thỏa điều kiện x y z+ + ≤1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1 1 1 2
P x y z
x y z
= + + + + + ÷
.
Giải
Áp dụng BĐT Cô-si : 18x 2 12
x
+ ≥ (1) Dấu bằng xãy ra khi 1
3
x= Tương tự: 18y 2 12
y
+ ≥ (2) và 18z 2 12
z
+ ≥ (3).
Mà: −17(x y z+ + ≥ −) 17 (4) Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P≥ 19
1 19
3
P= ⇔ = = =x y z KL: GTNN của P là 19
2
ab bc ca a b c
a b b c c a+ + + + + ≥ + +
Giải
Ta có:
2 2
a b = −a b≥ − ab = −
Tương tự: 2 1
2
b
b bc
b c ≥ −
2
c
c ca
c a ≥ −
Cộng (1), (2), (3), ta có: 2 2 2 1( )
2
ab bc ca a b c
a b b c c a+ + + + + ≥ + +
6)Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 1 1 1 4
2 x y z x + + + + 2 y z x y + + + + 2 z≤
+Ta có : 2x y z+ +1 ≤14 2.( 1x y z+ 1+ );x+21y z+ ≤1 14 2( y x z+ 1+ );x y+ +1 2z ≤1 14 2( z y x+ +1 )
+ Lại có : 1 1 1( 1);
x y ≤ 4 x + y
y z ≤ 4 y + z
x z ≤ 4 x + z
+
Cộng các BĐT này ta được đpcm
7) Cho a, b, c≥0 và a2+ + =b2 c2 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
GIẢI
Trang 3¤n thi HSG c¸c cÊp vµ thi THPT quèc gia
2
3 2 2
3 2 2 3
1 1
c c c
b b b
a
+ + + + + + + +
2 4
1 1
2 1
2 2
4
2
2
2
b
a b
a
+
+ +
=
+
2 4
1 1
2 1
2
2
2
2
2
c
b c
+
+ + +
2 4
1 1
2 1
2
2
2
2
2
a
c a
+
+
+
6 3
6 3
6
2 16
3 2 16
3 2 16
≥
6 2 2 2
9 ) (
2 2 2
3 2
2
+
2
3 2 2
3 2 2
9 2 2
3 2 2
9
≥
⇒P
Để PMin khi a = b = c = 1
8 Cho các số thực dương a,b,c thay đổi luôn thoả mãn : a+b+c=1.Chứng minh rằng :
2.
GIẢI
Ta có :VT =( a b c ) ( b2 c2 a2 ) A B
b c c a a b+ + + b c c a a b+ + = +
2
3
2
A a b b c c a
a b b c c a
a b b c c a
a b b c c a A
+ = + + + + + + +
+ + +
⇒ ≥
1
1 2
2
a b b c c a
= + + ≤ + + + + + + +
⇔ ≤ ⇔ ≥
Từ đó tacó VT 3 1 2
≥ + = = Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1/3
9 Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn : x +3y+5z ≤3 Chứng minh rằng:
4 625
3xy z4 + +15yz x4 +4+5zx 81y4 +4 ≥ 45 5xyz.
GIẢI
Bất đẳng thức ⇔
2
2 4
x
2 9
4 9
y
y + +
2
2 25
4 25
z
z + ≥ 45
5
2 3
2 2 ( ) 5 3
(
z y x z y x
2 3
) 5 3 (
36 )
5 3 (
9
z y x z
y
Đặt t = 3 (x.3y.5z)2
3
5 3 )
5 3 (
3
+ +
≤ x y z
z y
x do đó t ≤ 1
Điều kiện 0 < t ≤1 XÐ hàm số f(t)= 9t+
t
36t 27t 2 36 t 27
Trang 4Dấu bằng xảy ra khi: t=1 hay x=1; y=
3
1
; z=
5
1
10 Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1] Chứng minh rằng : 1 1 1 5
xy + yz + zx ≤ x y z
GIẢI
Để ý rằng (xy+ − +1) (x y) (= −1 x) (1−y) ≥0;
và tương tự ta cũng có 1
1
yz y z
zx z x
+ ≥ +
+ ≥ +
Vì vậy ta có:
3
1 zx+y 1
5 1
5
x y z
xy yz zx yz zx xy
x
yz zx y xy z
x
z y y z
+ + + + ÷≤ + + + + +
= − − ÷+
≤ − − ÷+
+ +
=
a
a b a c a b c a c a b
+ + + + ÷ + +
GIẢI
Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b
+ >
+ >
+ >
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
+ = + = = > ⇒ + > + > + >
Vế trái viết lại:
2
a b a c a
VT
a c a b a b c
y z z x x y
Ta có: x y z z x y z( ) 2z x y( ) 2z z
x y z x y
+ > ⇔ + + < + ⇔ >
+ + + . Tương tự: x 2x ; y 2y
y z < x y z z x < x y z
+ + + + + +
2
x y z
y z z x x y x y z
+ +
a
a b a c a b c a c a b
12 Cho hai số dương ,x y thỏa mãn: x y+ =5 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 2
4
x y x y P
xy
Trang 5¤n thi HSG c¸c cÊp vµ thi THPT quèc gia
GIẢI
Cho hai số dương ,x y thỏa mãn: x y+ =5.
P
−
P bằng 3
2 khi x=1;y=4 Vậy Min P = 3
2
Lưu ý:
Có thể thay y= −5 x sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số ( ) 3 5 3 5
g x
x x
−
13 Cho x, y, z ≥0thoả mãn x+y+z > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( )
3 16
x y z P
x y z
+ +
= + +
GIẢI
Trước hết ta có: ( )3
3 3
4
x y
+ ≥ (biến đổi tương đương) ( ) (2 )
⇔ ⇔ − + ≥ Đặt x + y + z = a Khi đó ( )3 3 ( )3 3 ( )
(với t = z
a, 0 ≤ ≤t 1)
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t∈[ ]0;1 Có
9
f t = t − −t f t = ⇔ = ∈t
Lập bảng biến thiên
( )
[ ] 0;1
64 inf
81
t
M t
∈
⇒ = ⇒ GTNN của P là 16
81 đạt được khi x = y = 4z > 0
14 Chứng minh: (x y z) 1 1 1 12
x y z
+ + + + ÷≤
với mọi số thực x , y , z thuộc đoạn [ ]1;3 .
GIẢI
t
Suy ra : x 3 4 ; y 3 4 ; z 3 4
+ ≤ + ≤ + ≤
Q x y z
x y z
→ = + + + + + ÷≤
2
Q
15.Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y= −(x 1)ln x.
GIẢI
Trang 6TXĐ: D=(0;+ ∞); y' lnx x 1
x
−
y’= 0 ↔ =x 1 ; y(1) = 0 vìy lnx x 1
x
−
= + là HSĐB
Khi 0 < x < 1 → <y' 0; khi x > 1 → >y' 0
KL: miny = 0↔ =x 1.
16 Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1] Chứng minh rằng: 1 1 1 5
xy + yz + zx ≤ x y z
GIẢI
Để ý rằng (xy+ − +1) (x y) (= −1 x) (1−y) ≥0;
và tương tự ta cũng có 1
1
yz y z
zx z x
+ ≥ +
+ ≥ +
Vì vậy ta có:
3
1 zx+y 1
5 1
5
x y z
xy yz zx yz zx xy
x
yz zx y xy z
x
z y y z
+ + + + ÷≤ + + + + +
= − − ÷+
≤ − − ÷+
+ +
=
vv
17 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P
Giải
P
Vậy GTNN là Pmin = 3
2 khi x = y = z
6 2
P ≥ =
18 Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a b c+ + =3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b 9 c
GIẢI
Theo cô – si có 22+2b+2c ≥3 23 a b c+ + =6 Tương tự …
Trang 7¤n thi HSG c¸c cÊp vµ thi THPT quèc gia Đặt ur=(2 ;3 ; 4 ,a b c) (vr= 2 ;3 ; 4 , wc a b) (uur= 2 ;3 ;4b c a)⇒M = + +ur vr wuur
w 2a 2b 2c 3a 3b 3c 4a 4b 4c
M ≥ + +u vr r uur = + + + + + + + +
Vậy M ≥3 29 Dấu bằng xảy ra khi a b c= = =1
19 Cho x, y, z ≥0thoả mãn x+y+z > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( )
3 16
x y z P
x y z
+ +
= + +
GIẢI
Trước hết ta có: ( )3
3 3
4
x y
⇔ ⇔ − + ≥ Đặt x + y + z = a Khi đó ( )3 3 ( )3 3 ( )
(với t = z
a, 0 ≤ ≤t 1)
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t∈[ ]0;1 Có
9
f t = t − −t f t = ⇔ = ∈t
Lập bảng biến thiên
( )
[ ] 0;1
64 inf
81
t
M t
∈
⇒ = ⇒ GTNN của P là 16
81 đạt được khi x = y = 4z > 0
20.Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
x (y z) y (z x) z (x y) P
GIẢI
Ta có :
P
= + + + + + (*)
Nhận thấy : x2 + y2 – xy ≥ xy ∀x, y ∈ ¡
Do đó : x3 + y3≥ xy(x + y) ∀x, y > 0 hay
2 2
x y
y + x ≥ + ∀x, y > 0 Tương tự, ta có :
2 2
y z
z + y ≥ + ∀y, z > 0
2 2
z x
x + z ≥ + ∀x, z > 0 Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được:
P ≥ 2(x + y + z) = 2 ∀x, y, z > 0 và x + y + z = 1 Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = 1
3 Vì vậy, minP = 2
21 Cho x, y, z ≥ 0thoả mãn x+y+z > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( )
3 16
x y z P
x y z
+ +
= + + Trước hết ta có: ( )3
3 3
4
x y
+ ≥ (biến đổi tương đương) ( ) (2 )
⇔ ⇔ − + ≥
Trang 8Đặt x + y + z = a Khi đó ( )3 3 ( )3 3 ( )
(với t = z
a, 0≤ ≤t 1)
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t∈[ ]0;1 Có
9
f t = t − −t f t = ⇔ = ∈t
Lập bảng biến thiên
( )
[ ] 0;1
64 inf
81
t
M t
∈
⇒ = ⇒ GTNN của P là 16
81 đạt được khi x = y = 4z > 0
22.Cho a,b,c là ba số thực dương Chứng minh: ( 3 3 3)
2
b c c a a b
a b c
+ + + + ÷≥ + + ÷
* Ta cm với a, b > 0 có a3 + b3 ≥ a2b + ab2 (*)
Thật vậy: (*) ⇔ (a + b)(a2 -ab + b2) - ab(a + b) ≥ 0
⇔ (a + b)(a - b)2 ≥ 0 đúng
Đẳng thức xẩy ra khi a = b
* Từ (*) ⇒ a3 + b3 ≥ ab(a + b)
b3 + c3 ≥ bc(b + c)
c3 + a3 ≥ ca(c + a)
⇒ 2(a3 + b3 + c3 ) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (1)
* Áp dụng BĐT Cô – Si cho 3 số dương ta có:
13
a + 13
a + 13
a ≥ 33
3 3 3
1 1 1
a b c = 3
abc (2)
* Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được BĐT cần cm
Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c
23 Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x2 +y2 +z2 ≤ xyz Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P= x2 +x yz+ y2 y+zx+ z2 +z xy .
GIẢI
P= x2 +x xy+ y2 y+zx+ z2 +z xy
Vì x;y;z>0, Áp dụng BĐT Côsi ta có:
xy z
z zx
y
y yz
x
x P
2 2
≤
+ +
=
xy zx
yz
2 2
2 4
1
≤ + + + + + = + + ≤ +xyz+
z y x xyz
xy zx yz y
x x z z
y
2 2 2
2
1 2
1 1 1 1 1 1
1
4
1
2
1 2
1 =
≤
xyz xyz
Dấu bằng xảy ra ⇔ x= y= z=3 Vậy MaxP =
2 1
24 Cho x,y ∈ R và x, y > 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của ( 3 3) ( 2 2)
( 1)( 1)
x y x y P
x y
+ − +
=
− − Đặt t = x + y ; t > 2 Áp dụng BĐT 4xy ≤ (x + y)2 ta có
2 4
t
xy≤
Trang 9¤n thi HSG c¸c cÊp vµ thi THPT quèc gia
1
t t xy t
P
xy t
− − −
=
− + Do 3t - 2 > 0 và
2
4
t xy
− ≥ − nên ta có 2
3 2
2 2
(3 2) 4
2 1
4
t t
P
t
−
− −
−
− +
Xét hàm số
2
4
f t f t
−
− − f’(t) = 0 ⇔ t = 0 v t = 4
t
2 4 +∞
f’(t)
- 0 +
f(t)
8
Do đó min P = (2;min ( )+∞) f t = f(4) = 8 đạt được khi 4 2
= =
25.Cho x>0,y >0,x y+ =1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
T
Đặt cos ;2 sin2 0;
2
x = a y = a a π
⇒ ∈ ÷ khi đó
T
+
Đặt
2 1
t
t = a + a = a + π ⇒ a a = −
2
< < ⇒ < ≤
3 1
t
− −
( )
2 2
3
1
t
t
−
Vậy min(1; 2 ( ) ( )2 2
2
x y = = Hay min T = 2 khi 1
2
x y = = 2
f (t) t 2t 1, t
f '(t) t 2 0 t
f (t) f ( )
= − + ≥
= − > ∀ ≥
Trang 10Vậy : min
26.Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức S = (4x 2 + 3y)(4y 2 + 3x) + 25xy.
Giải : S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy = 16x2y2 + 12(x3 + y3) + 34xy
= 16x2y2 + 12[(x + y)3 – 3xy(x + y)] + 34xy = 16x2y2 + 12(1 – 3xy) + 34xy
= 16x2y2 – 2xy + 12
Đặt t = x.y, vì x, y ≥ 0 và x + y = 1 nên 0 ≤ t ≤ ¼
Khi đó S = 16t2 – 2t + 12
S’ = 32t – 2 ; S’ = 0 ⇔ t = 1
16 S(0) = 12; S(¼) = 25
2 ; S ( 1
16) = 191
16 Vì S liên tục [0; ¼ ] nên : Max S = 25
2 khi x = y = 1
2
Min S = 191
16 khi
x 4
y 4
+
=
−
=
hay
x 4
y 4
−
=
+
=
27.Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thoả mãn x(x + y + z) = 3yz, ta có:
( ) (3 )3 ( ) ( ) ( ) ( )3
x y+ + +x z +3 x y x z y z+ + + ≤5 y z+ .
Giải:
Từ giả thiết ta có:
x2 + xy + xz = 3yz ⇔(x + y)(x + z) = 4yz
Đặt a = x + y và b = x + z
Ta có: (a – b)2 = (y – z)2 và ab = 4yz
Mặt khác
a3 + b3 = (a + b) (a2 – ab + b)2
≤ 2 2 ( )2
2(a +b ) a b − +ab
2 (a b) − +2ab a b− +ab
2 (y z) − +2yz y z− +4yz
2 (y z) + +4yz y z +
4(y z) y z+ + =2(y z)+ (1)
Ta lại có:
3(x + y)(y +z)(z + x) = 12yz(y + z)
≤3(y + z)2 (y + z) = 3(y + z)3 (2)
Cộng từng vế (1) và (2) ta có điều phải chứng minh
28 Cho a, b, c≥0 và a2+ + =b2 c2 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P
2
3 2 2
3 2 2 3
1 1
c c c
b b b
a
+ + + + + + + +
Trang 11¤n thi HSG c¸c cÊp vµ thi THPT quèc gia
2 4
1 1
2 1
2 2
4
2
2
2
b
a b
a
+
+ +
=
+
2 4
1 1
2 1
2
2
2
2
2
c
b c
+
+ + +
2 4
1 1
2 1
2
2
2
2
2
a
c a
+
+
+
6 3
6 3
6
2 16
3 2 16
3 2 16
≥
6 2 2 2
9 ) (
2 2 2
3 2
2
3
= + +
≥
+
2
3 2 2
3 2 2
9 2 2
3 2 2
9
≥
⇒P
Để PMin khi a = b = c = 1
29.Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện 1 1 1 2
x+ + ≥y z
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).
Ta có 1 1 1 2
x+ + ≥y z nên 1 1 1 1 1 y 1 z 1 2 (y 1)(z 1) (1)
≥ − + − = + ≥
Tương tự ta có 1 1 1 1 1 x 1 z 1 2 (x 1)(z 1) (2)
≥ − + − = + ≥
≥ − + − = + ≥
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được ( 1)( 1)( 1) 1
8
x− y− z− ≤ vậy Amax = 1 3
8⇔ = = =x y z 2
30 Cho x, y, z lµ 3 sè thùc d¬ng tháa m·n xyz=1 Chøng minh r»ng 1 1 1 1
x y + y z + z x ≤ + + + + + +
§Æt x=a3 y=b3 z=c3 th× x, y, z >0 vµ abc=1.Ta cã
a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)ab, do a+b>0 vµ a2+b2-ab≥ab
⇒ a3 + b3+1≥ (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0 ⇒ 3 3 ( )
a b 1 ab a b c≤
Tương tự ta có
3 3
c 1 bc a b c
a 1 ca a b c
Céng theo vế ta có
x y + y z +z x
+ + + + + + = 3 3
1
a + b + 1+ 3 3
1
c 1
b + + + 3 3
1
a 1
c + +
≤ (a b c1 ) ab bc ca1 1 1
+ +
+ + =(a b c1 ) (c a b+ + =) 1
+ + DÊu b»ng x¶y ra khi x=y=z=1