PHẦN 11 bài TOÁN TỔNG hợp

www.TOANTUYENSINH.com PHẦN 11 BÀI TOÁN TỔNG HỢP 11.1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức Câu Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x ≥ y ≥ z x + y + z = Tìm giá x z trị nhỏ biểu thức: P = + z + yz ≥ z y x + xz ≥ x, z Ta có P= Từ suy z + 3y y x z + + y ≥ x − xz + z − yz + y z y = 2( x + z ) + y ( x + y + z ) − xz − yz = 2( x + z ) + y + x ( y − z ) Do x > y ≥ z nên x( y − z ) ≥ Từ kết hợp với ta P= x z + + y ≥ 2( x + z ) + y = 2(3 − y ) + y = ( y − 1) + ≥ z y Vậy giá trị nhỏ P đạt x=y=z=1 Câu Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Ta có : P= P= x (y + z) y (z + x) z (x + y) + + yz zx xy x x y2 y2 z z + + + + + y z z x x y (*) Nhận thấy : x2 + y2 – xy ≥ xy ∀x, y ∈ R Do : x + y ≥ xy(x + y) ∀x, y > 3 Tương tự, ta có : hay x y2 + ≥x+y y x ∀x, y > y2 z2 + ≥y+z z y ∀y, z > z2 x + ≥z+x x z ∀x, z > Cộng vế ba bất đẳng thức vừa nhận trên, kết hợp với (*), ta được: P ≥ 2(x + y + z) = ∀x, y, z > x + y + z = 1 Hơn nữa, ta lại có P = x = y = z = Vì vậy, minP = Câu Cho a, b, c số thực thoả mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = 4a + 9b + 16c + 9a + 16b + 4c + 16a + 4b + 9c r ( ) r ( ) uu r ( ) r r uu r a b c c a b b c a + Đặt u = ;3 ; , v = ;3 ; , w = ;3 ; ⇒ M = u + v + w r r uu r M ≥ u+v+w = ( 2a + 2b + 2c ) + ( 3a + 3b + 3c ) + ( 4a + 4b + 4c ) 2 + Theo cô – si có 22 + 2b + 2c ≥ 33 2a +b + c = Tương tự … Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com + Vậy M ≥ 29 Dấu xảy a = b = c = Câu Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn : x + y + z = Tìm giá trị nhỏ x3 y3 z3 biểu thức: P = + + − ( xy + yz + zx ) y + z + x + 27 Áp dụng bđt Cauchy cho số dương: x3 y + y2 − y + x3 x + + ≥ = y +8 27 27 729 x3 y3 z3 x + y + z + 15 ≥1 Tương tự, thu : + + + y +8 z +8 x +8 27 2 x + y + z + ( xy + yz + zx ) ( x + y + z ) ⇒P≥ − = − = 27 27 1 P = x = y = z = ⇒ P = 9 x , y , z Câu Cho số thực dương thỏa x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu xy + yz + zx 2 thức P = x + y + z + x y + y z + z x Áp dụng BĐT TBC-TBN cho hai số dương, ta có x + xy ≥ x y, y + yz ≥ y z , z + zx ≥ z x ⇒ x + y + z ≥ ( x y + y z + z x ) − ( xy + yz + zx ) ( 1) Mặt khác, x + y + z = nên ( x2 + y + z ) = ( x + y + z ) ( x2 + y + z ) = x + y + z + ( x y + y z + z x ) + ( xy + yz + zx ) ( ) Từ (1) (2), ta có x + y + z ≥ x y + y z + z x xy + yz + zx 2 Do P ≥ x + y + z + x + y + z Ta có ( x + y + z ) = x + y + z + ( xy + yz + zx ) Đặt t = x + y + z ⇒ xy + yz + zx = Do x + y + z 2 ( x + y + z) ≥ 9−t 2 ⇒t ≥3 9−t 2t − t + ,t ≥ ⇔ P ≥ ,t ≥ Khi P ≥ t + 2t 2t 2t − t + , [ 3; +∞ ) Xét hàm số f ( t ) = 2t Lập bảng biến thiên, ta có hàm f đồng biến [ 3; +∞ ) ⇒ P ≥ m in f ( t ) = f ( ) = t ≥3 Kết luận : P = ⇔ x = y = z = Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com Câu Cho x,y ∈ R x, y > Tìm giá trị nhỏ (x P= Đặt t = x + y ; t > Áp dụng BĐT 4xy ≤ (x + y)2 ta có xy ≤ P= + y3 ) − ( x2 + y2 ) ( x − 1)( y − 1) t t − t − xy (3t − 2) t2 Do 3t - > − xy ≥ − nên ta có xy − t + t (3t − 2) t2 P≥ = t2 t−2 − t +1 t2 t − 4t f ( t ) = ; f '( t ) = ; f’(t) = ⇔ t = v t = Xét hàm số t−2 (t − 2)2 t3 − t2 − t f’(t) - +∞ + +∞ +∞ f(t) x+ y=4 x = f (t ) = f(4) = đạt  ⇔ Do P = (2;   +∞ )  xy = y = Câu Cho x, y, z ≥ thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= x + y + 16 z ( x + y + z) ( x + y ) (biến đổi tương đương) ≥ Trước hết ta có: x + y 3 Đặt x + y + z = a Khi P ≥ ( (với t = ⇔ ⇔ ( x − y ) ( x + y) ≥ x + y ) + 64 z ( a − z ) + 64 z 3 = = ( − t ) + 64t 3 a a 3 z , ≤ t ≤1) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t ∈ [ 0;1] Có f '(t ) =  64t − ( − t )  , f '(t ) = ⇔ t = ∈ [ 0;1]   Lập bảng biến thiên ⇒ Minf ( t ) = t∈[ 0;1] 64 ⇒ GTNN P 16 đạt x = y = 4z > 81 81 Câu Cho số thực không âm a,b,c thõa mãn a+b+c =1.Tìm giá trị nhỏ Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com biểu thức M = 3(a 2b + b 2c + c a ) + 3(ab + bc + ca ) + a + b + c Đặt t=ab+bc+ca ( t ≥ ),ta có a2+b2+c2 ≥ ab+bc+ca =>1=(a+b+c)2= a2+b2+c2+2(ab+bc+ca) ≥ 3(ab+bc+ca)=3t => a2+b2+c2=1-2t với t ≤ Theo bất đẳng thức Cô-si T2=(ab+bc+ca)2 ≤ 3(a2b2+b2c2+c2a2) Do M ≥ t2+3t+2 − 2t   Xét hàm số f(t)= t2+3t+2 − 2t tập D = 0;  ,  3 f’(t)= 2t + − f’’(t)= − − 2t (1 − 2t )3 ≤ 0∀t ∈ D =>f’(t) nghịch biến D =>f’(t) ≥ f’(1/3)= 11 − => f(t)đồng biến D =>f(t) ≥ f(0)=2 Vậy minM =2 đạt t=0,tức với a,b,c không âm thõa mãn  a +b +c =1   ab = bc = ca  ab + bc + ca =  < =>a,b,c số (0;0;1),(0;1;0),(1;0;0) Câu Cho số thực x; y thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x2 + y2 + x + + x2 + y − 2x + + y − Xét điểm M(x−1; −y) , N(x+1; y) Ta có OM + ON ≥ MN ⇔ ( x − 1) + y + ( x + 1) + y ≥ + y ⇒ P ≥ + y + y − = f ( y ) TH1: y ≤ 2: f ( y ) = + y + − y ⇒ f '( y ) = 2y 1+ y −1 y ≥ f '( y ) = ⇔ y = + y ⇔  ⇔ y= 3 y =  3 f ( y) = f  ÷= + Lập bảng biến thiên f(y) ⇒ x∈min ( −∞ 2]   TH2: y ≥ 2: f ( y ) = + y + y − ≥ > + Vậy P ≥ + ∀x; y Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com Do MinP = + x = ; y = 3 Câu 10 Cho x, y, z số thực thỏa mãn − − 2 < x < −1 + 2 , y > 0, z > x + y + z = −1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= 1 + + 2 ( x + y) ( x + z) − ( y + z)2 1 1 1 Ta có P = (−1 − z ) + (−1 − y) + − (−1 − x) = (1 + y ) + (1 + z ) + − (1 + x) 1 Ta chứng minh (1 + y ) + (1 + z ) ≥ + yz 1 2 Thật vậy: (1 + y ) + (1 + z ) ≥ + yz ⇔ (1 + yz )[(1 + z ) + (1 + y ) ] ≥ [(1 + z )(1 + y )] ⇔ (1 + yz )(2 + z + y + z + y ) ≥ (1 + zy + z + y ) ⇔ 2( z + y )(1 + zy ) + 2(1 + yz ) + (1 + zy )( y − z ) + zy (1 + yz ) ≥ (1 + zy ) + 2( z + y )(1 + zy ) + ( z + y ) ⇔ (1 + zy )( y − z ) + + yz + y z − (1 + yz ) − ( y − z ) − yz ≥ ⇔ yz ( y − z ) + (1 − yz ) ≥ (hiển nhiên đúng) Dấu “=” xảy y = z = y+z y+z (−1 − x) (1 + x) ≥ yz ⇒ yz ≤  = Ta lại có  = 4   1 1 + ≥ ≥ = 2 (1 + x) + (1 + x) Do (1 + y ) (1 + z ) + yz 1+ 4 ⇒P≥ + + (1 + x) − ( x + 1) Do − − 2 < x < −1 + 2 nên ( x + 1) ∈ [0;8) Đặt t = (1 + x) ⇒ t ∈ [0;8) P ≥ Xét f (t ) = + 4+t 8−t 4 − 3t + 72t − 240 t ∈ [ ; ) f ' ( t ) = − + = + với (4 + t ) (8 − t ) (4 + t ) (8 − t ) 4+t 8−t f ' (t ) = ⇔ −3t + 72t − 240 = ⇔ t = 4; t = 20 (loại) Bảng biến thiên Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com T f’(t) f(t) - + +∞ (1 + x) =  x = −3  3 ⇔ Do P ≥ f (t ) ≥ P =  y = z = 4  x + y + z = −1  y = z =  Vậy P = x = −3, y = z = Câu 11 Cho số thực dương a,b,c thỏa a + b + c =3 Tính giá trị nhỏ biểu a + bc b + ca c + ab + + b + ca c + ab a + bc 2 a + bc b + ca c + ab Xét P = + + 3b + 3ca 3c + 3ab 3a + 3bc thức P = Ta có 3b + 3ca = b(a + b + c) + 3ca = b(a + b + c) + ca + 2ca mà a + c ≥ 2ac nên 3b + 3ca ≤ ab + b + bc + ca + a + c Chứng minh tương tự ta có: 3c + 3ab ≤ ac + c + bc + ab + a + b2 3a + 3bc ≤ a + ab + ac + bc + c + b a + bc + b + ca + c + ab Khi P ≥ =1 ⇔ P ≥ 3 ab + b + bc + ca + a + c Dấu “=” xảy a = b = c = Vậy MinP = a = b = c = Câu 12 Cho x, y hai số thực thỏa mãn điều kiện ( x + y ) + xy ≥ Tìm giá trị nhỏ biếu thức P = 3( x + y ) − 2( x + y ) − xy (3xy − 4) + 2015 Với số thực x, y ta có ( x + y ) ≥ xy , nên từ điều kiện suy ( x + y )3 + ( x + y ) ≥ ( x + y )3 + xy ≥ ⇒ ( x + y )3 + ( x + y ) − ≥ ⇒ x + y ≥ 3 Ta biến đổi P sau P = ( x + y ) + ( x + y ) − 2( x + y + xy ) − xy (3xy − 4) + 2015 = 3 ( x + y ) + ( x + y ) − 2( x + y ) + 2015 2 Nguyễn Văn Lực (3) Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com (x2 + y )2 nên từ (3) suy P ≥ ( x + y ) − 2( x + y ) + 2015 Đặt x + y = t t ≥ (do x + y ≥ 1) 9 Xét hàm số f (t ) = t − 2t + 2015 với t ≥ , có f ' (t ) = t − > , với t ≥ nên hàm số 2   32233 1  f (t ) = f   = f(t) đồng biến  ;+∞  Suy t∈min   16 2  ; +∞  2  Do x + y ≥ 2 Do GTNN P  32233 , đạt x = y = 16 Câu 13 Cho x, y, z ∈ [ 0; 2] thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= 1 + + + xy + yz + zx 2 x + y + y + z + z + x2 + 2 2 2 Ta có x + y + = ( x + 1) + ( y + 1) ≥ ( x + y ) ,….; xy ≤ 1 1 xy + ,…  + + + xy + yz + zx + 3 Nên P ≤  2x+ y y + z z + x  Ta có ( x + y + z ) ( xy + yz + zx ) ≥ xyz ( x + y + z ) ( xy + yz + zx ) ( x + y) ( y + z) + ( y + z) ( z + x) + ( x + y) ( z + x) 1 + + = x+ y y+z z+x ( x + y) ( y + z) ( z + x) ⇒ ( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) = ( x + y + z ) ( xy + yz + zx ) − xyz ≥ ( x + y + z ) + xy + yz + zx = ( x + y) ( y + z) ( z + x) ( x + y + z ) + xy + yz + zx ≤ ( x + y + z ) ( xy + yz + zx ) 27 = + ( xy + yz + zx ) 1 27 27  + xy + yz + zx +   ( xy + yz + zx ) 8 Suy P ≤  Đặt t = xy + yz + zx Do x, y , z ∈ [ 0; 2] ⇒ ( − x ) ( − y ) ( − z ) ≥ ⇔ xy + yz + zx ≥ + xyz ≥2⇒t ≥ 2 Mặt khác: xy + yz + zx ≤ ( x + y + z ) = ⇒ t ≤ Vậy t ∈ [ 2;3] Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com  27 27  Ta có P ≤  + t +  = f ( t )  8t 8  27  8t − 27 > ∀t ∈ [ 2;3] nên hàm số Xét hàm số f ( t ) với t ∈ [ 0; 2] ta có f ' ( t ) = t −  =  8t  16t 15 f ( t ) đồng biến [ 2;3] ⇒ f ( t ) ≤ f ( 3) = 15 15 Do P ≤ f ( t ) ⇒ P ≤ Có P = x = y = z = 4 15 Vậy giá trị nhỏ P đạt x = y = z = Câu 14 Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a + 3c 4b 8c + − a + 2b + c a + b + 2c a + b + 3c  x = a + 2b + c a = − x + y − 3z   Đặt  y = a + b + 2c ⇔ b = x − y + z  z = a + b + 3c c = − y + z   P= Do ta cần tìm giá trị nhỏ − x + y x − y + z −8 y + z  x y   y z  + − = + ÷+  + ÷− 17 x y z x   z y   y 4x y y 4z P≥2 +2 − 17 = 12 − 17; y x z y P= Đẳng thức xảy b = ( + ) a, c = ( + ) a Vậy GTNN P 12 − 17 2 Câu 15 Cho số thực x, y thỏa mãn ( x − ) + ( y − ) + xy ≤ 32 Tìm giá trị nhỏ 3 biểu thức A = x + y + ( xy − 1) ( x + y − ) Ta có ( x − ) + ( y − ) + xy ≤ 32 ⇔ ( x + y ) − ( x + y ) ≤ ⇔ ≤ x + y ≤ 2 A = ( x + y ) − ( x + y ) − xy + ≥ ( x + y ) − 3 ( x + y ) − ( x + y ) + Xét hàm số: f ( t ) = t − t − 3t + đoạn [ 0;8] Ta có f ' ( t ) = 3t − 3t − 3, f ' ( t ) = ⇔ t = 1+ 1− t = (loại) 2  +  17 − 5 = , f ( ) = 398 Suy A ≥ 17 − 5 ÷ ÷ 4   Ta có f ( ) = 6, f  1+ 17 − 5 dấu xảy Vậy giá trị nhỏ A 4 Câu 16 Cho số thực dương a, b thỏa mãn a + 2b = 12 Tìm giá trị nhỏ Khi x = y = Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com 4 biểu thức: P = a + b4 + a − b ( ) Từ giả thiết bất đẳng thức CôSi ta có: a + 2b = 12 ⇔ a + + 2b = 16 ⇔ 4a + 2b ≤ 16 ⇔ 4a.2b ≤ 16 ⇔ < ab ≤ a 2b  4  ab  a2 b2  + + =  + ÷+ a b  4 ÷ Do 64  a b  8 ( a − b ) 16  b a  64 + − b a a b 1 − Đặt t = + (t > 2) , ta có P ≥ t + b a 16 64 t − 1 − (2; +∞) Xét hàm số f (t ) = t + 16 64 t − 5 Ta có f '(t ) = t − 64 t − 2 ; f '(t ) = ⇔ t = ( ) P≥ Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta có   27 f (t ) = f  ÷ = ( 2;+∞ )   64 27 Suy P ≥ , dấu xảy a = 2, b = 64 27 Vậy P đạt giá trị nhỏ a = 2, b = 64 Câu 17 Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị nhỏ  biểu thức P =     − 1÷ − 1÷ − 1÷  ab  bc  ca  Đặt A = P3     − 1÷ − 1÷ = Ta có: A =  ab − 1÷   bc  ca  1 ( − ab ) ( − bc ) ( − ca ) ( abc ) Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân có : − ab ≥ − ( a + b) = ( + a + b) ( − a − b) 4 ( + a ) + ( + b )  ( + c ) = ≥ Nguyễn Văn Lực ( 1+ c) ( 1+ a) ( 1+ b) Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com Tương tự có: − bc ≥ ( 1+ a) ( 1+ c) ( 1+ b) − ca ≥ 1 ( 1+ b) ( 1+ c) ( 1+ a )  Do A ≥  1 + ÷1 + ÷1 + ÷÷ a b c  1    1     Mà: 1 +  ÷ ≥4 ÷ + ÷ + ÷ ≥ 1 +  a  b  c   abc  Do P = đạt a = b = c = Câu 18 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị a3 + b3 b3 + c3 c3 + a3 + + nhỏ biểu thức: S = a + 2b b + 2c c + 2a x3 + ≥ x + ( x > 0) ( *) Trước tiên ta chứng minh BĐT : x + 18 18 ( *) ⇔ 18( x + 1) ≥ ( x + 2) x + ⇔ ( x − 1) (11x + 8) ≥ ( ) Áp dụng (*) cho x với x>0, dấu “=” xảy x=1 a b c ; ; b c a a + b a 5b b + c 7b 5c c + a 7c 5a ≥ + ; ≥ + ; ≥ + ; a + 2b 18 18 b + 2c 18 18 c + 2a 18 18 Từ đảng thức suy S ≥ ( ) 12 a + b + c =2 18 Vậy MinS =2 a=b=c=1 Câu 19 Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn: x2 + y + z ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Ta có P = xyz + 1 + + xy yz zx 1 1 + + ≥ 3 2 , đặt t = xy yz zx x y z xyz > x2 + y + z 1 ≤ ⇒0 với ∀t > , suy g (t ) đồng biến (0; +∞) , từ Theo (*) ta có xy − = x + y ≥ xy Đặt t = xy ⇒ 3t − t − ≥ ⇒ t ≥ 3x 3y 3x ( y + 1) + y ( x + 1) 36t − 27t + + = = y ( x + 1) x( y + 1) xy ( xy + x + y + 1) 4t − (2) 1 x2 + y (3t − 1) − 2t −36t + 32t − − = − = − = (3) x2 y x2 y t2 4t 1 5t − 1 Theo Cô si x + y ≤ xy ≤ (4) Từ (2), (3), (4) ta có M ≤ + 4t Xét hàm số f (t ) = 5t − [1;+∞) , ta có 4t 5.4t − (5t − 1)8t − 5t f '(t ) = = < 0∀t ≥ , suy f (t ) nghịch biến [1;+∞ ) , 16t 4t 3 M max = max f (t ) = f (1) = ⇔ t = ⇔ x = y = [1;+∞ ) Câu 11 Cho ba số thực không âm x, y, z Tìm giá trị lớn biểu thức P = x2 + y2 + z2 + - (x + y) (x + 2z)(y + 2z) - (y + z) (y + 2x)(z + 2x) Với số thực không âm x, y, z Ta có: x + y + 4z x + y + 4z ⇒ (x + y) (x + 2z)(y + 2z) ≤ (x + y) 2 2 x + y + 4z x + y + 2xy + 4yz + 4zx = ≤ 2(x2 + y2 + z2)(1) Mặt khác ta có: (x + y) 2 2 2 2 Vì 2xy ≤ x + y ; 4yz ≤ 2(y + z ); 4zx ≤ 2(z + x ) (x + 2z)(y + 2z) ≤ y + z + 4x ≤ 2(x2 + y2 + z2) (2) 4 − − 2 2 2 x2 + y2 + z2 + 2(x + y + z ) 2(x + y + z ) Tương tự ta có (y + z) (y + 2x)(z + 2x) ≤ (y + z) Từ (1) (2) ta suy P ≤ Hay P ≤ x2 + y2 + z2 + Nguyễn Văn Lực − Đặt t = x2 + y2 + z2 + , t > 2(x + y2 + z2) Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com Khi P ≤ f '(t) = − 9 − Xét hàm số f (t) = − , t > t 2t − t 2t − 4 9t (4 − t)(4t + 7t2 − 4t − 16) + = ; f '(t) = ⇔ t = t2 (t − 4)2 t 2(t2 − 4)2 (do t > nên 4t + 7t − 4t − 16 = 4(t − 4) + t(7t − 4) > Lập bảng biến thiên hàm số f(t) Dựa vào bảng biến thiên ta có MaxP = x = y = z = Câu 12 Cho x ≥ y ≥ thỏa điều kiện x + y = Tìm giá trị lớn biểu thức P = xy + xy + x+ y Ta có ≤ xy ≤   =1   Đặt t = xy , điều kiện ≤ t ≤ P=t+ t (t + 2) / = ⇒ P = 1− ( t + 1) (t + 1) t +1 Vậy GTLN P = Khi x = 1; y = Câu 13 Cho số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện: xy + ≤ y Tìm giá trị lớn x+ y biểu thức: P = x − xy + y 2 + 2y − x 6( x + y ) x y −1 1  1  Do x > 0, y > 0, xy ≤ y − nên < ≤ = − = −  − ÷ ≤ y y y y  y 2 x Ta có t +1 Đặt t = y ⇒ < t ≤ Khi P = − 3t P '(t ) = (t − t + 3) − t −t +3 − t −2 t +1 1 = − + 6t + t − t + 2(t + 1) 2(t + 1) Vì < t ≤ ⇒ t − t + = t (t − 1) + < 3;7 − 3t > 6; t + > , Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com − 3t (t − t + 3) > − 3t 1 1 > ;− > − ⇒ P '(t ) > − >0 3 2(t + 1)  1 1 + Vậy P(t ) đồng biến  0;  , suy P(t ) ≤ P  ÷ =  4   30 7 Khi x = ; y = ta có P = + ⇒ MaxP = + ⇔ x = ; y = 2 30 30 Câu 14 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn 8(a2 +b2+c2)=3(a+b+c)2 Tìm giá trị lớn biểu thức P = a(1 – a3) + b(1 – b3) + c +) Từ giả thiết ta có: 5c2 – (a+b)c + (a+b)2 ≤ ⇔ ( a + b) ≤ c ≤ a + b +) Ta có a + b ≥ (a + b)4 ∀a, b => P ≤ 2(a + b) − (a + b)4 +) Xét f (t ) = 2t − t +) BBT:… t (t ≥ 0), f '(t ) = − 34 +∞ f’(t) t3 ; f '( t ) = ⇔ t = + f(t) - 33  a = b = 33  ⇔ +) MaxP =  c = Câu 15 Cho số thực không âm x, y, z thoả x2 + y2 + z2 = Tìm giá trị lớn biểu thức M = xy + yz + zx + x + y + z Đặt t= x+y+z ĐK t > t2 − 2 x + y2 x2 + z z2 + y2 ≤ xy ≤ ;0 ≤ xz ≤ ;0 ≤ zy ≤ Ta có 2 2 2 Suy ≤ xy + yz + zx ≤ x + y + z xy+yz+zx = Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com t2 − ≤3 ≤t ≤3 t2 − + Ta có M= t t2 − + Xét hàm số f(t) = với t t3 − f’(t) = >0 ; ≤ t ≤ t f( )= 5/ ; f(3)=14/3 0≤ 3≤t ≤3 Vậy Max f(t) = 14/3 với ≤ t ≤ Dấu “=” xảy x=y=z=1 Vậy Max A = 14/3 x=y=z =1 Câu 16 Cho x, y, z ba số dương thỏa mãn: 2 + = (x + y)(x + z) 3x + 2y + z + 3x + 2z + y + Tìm giá trị lớn biểu thức: P = 2(x + 3)2 + y + z − 16 × 2x + y + z (x + y + x + z)2 (2x + y + z)2 = 4   1 2 + ÷≥  3x + 2y + z + 3x + 2z + y +  3(2x + y + z) + Ta có: (x + y)(x + z) ≤ (2x + y + z)2 ≤ Từ giả thiết suy ra: 3(2x + y + z) + Đặt 2x + y + z = t (t > 0) ⇒ t2 ≤ ⇔ (t − 2)(3t + 8t + 16) ≥ 3t + ⇔ t ≥ ⇒ 2x + y + z ≥ 2 Mà: ≤ (2x + y + z)2 ≤ (22 + 12 + 12 )(x + y + z ) ⇔ x + y + z ≥ × Ta có: P = 2x + y + z + 12x + 12x + = 1+ 2 2 2x + y + z x + x2 + y2 + z2 ≤ 1+ 12x + 36x + = 1+ 2 3x + x2 + Xét hàm số: f(x) = + Nguyễn Văn Lực 36x + với x > 3x + Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com  x = −1 (loaïi) −36(3x + x − 2)  , f '(x) = ⇔  2 Ta có: f '(x) = 2 x= ⇒ f  ÷ = 10 (3x + 2)  3 Bảng biến thiên: x +∞ + y' 10 y − Suy ra: f(x) ≤ 10 ⇒ P ≤ 10 3 Vậy giá trị lớn P 10 Dấu “=” xảy khi: x = , y = z = × Câu 17 Cho x, y, z số thực thuộc đoạn 0;1 Tìm giá trị lớn biểu thức P = 2( x3 + y3 + z ) − ( x y + y z + z x) Đặt f ( x) = x3 − yx − z x + 2( y + z ) − y z Ta có: 6 xét: x1 ∉ ( 0;1) , lập bảng biến thiên ta thấy x2 ∈ ( 0;1) hay x2 ∉ ( 0;1) f ' ( x) = x − yx − z ; f ' ( x) = ⇔ x = x1 = ( y − y + z ); x = x2 = ( y + y + z ) Nhận Max f ( x) = Max { f (0); f (1)} x∈[ 0;1] Mà f (0) = 2( y + z ) − y z ≤ 2( y + z ) − y z + (2 − y − z ) = f (1) ⇒ f ( x) ≤ f (1) = y − zy -y + z − z + (1) 3 Lại đặt g ( y) = y − zy - y + z − z + , 6 g ' ( y) = y − zy − 1; g ' ( y) = ⇔ y = y1 = ( z − z + 6); y = y2 = ( z + z + 6) ax g ( y) = Max { g (0); g (1)} Nhận xét tương tự suy yM ∈ 0;1 Lại có g (0) = z + − z ≤ z + − z + (1 − z ) = g (1) Suy g ( y ) ≤ g (1) = z + − z + (1 − z ) = z − z − z + Cuối đặt h( z ) = z − z − z + với z ∈ [ 0;1] , h' ( z ) = z − z − h' ( z ) = ⇔ z1 = (2) 1− 1+ ax h( z ) = h(1) = ; z2 = Lập bảng biến thiên suy ra: zM ∈0;1 6 (3) Dấu xảy (1), (2), (3) x = y = z = Vậy giá trị lớn P đạt x = y = z = Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com 11.3 Tìm GTNN, GTLN biểu thức Câu Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn hàm số f ( x ) = x − x + 32 − −3x + 24 x + 3x − 12 x + 16 Ta có TXĐ: D = [0;8] Đặt : g ( x) = x − x + 32, h( x ) = 3x − 12 x + 16 Ta dễ dàng xác định ∀x ∈ [0;8] , = g (2) ≤ g ( x) ≤ g (8) = 12 2, = h(2) ≤ h( x) ≤ h(8) = x = 2 ) −3x + 24 x ≥ ( −3x + 24 x = ⇔  x = 8( x − 2)2 f ( x ) = + x − 12 x + 16 ≥ + h( x ) ≥ ∀ x ∈ [0;8] Do 2 x − x + 32 + −3 x + 24 x Đẳng thức xảy x = ⇒ f ( x) = x= Ta có f ( x ) = x − x + 32 − −3 x + 24 x + x − 12 x + 16 ≤ g ( x) + h( x ) ≤ 12 + ∀ x ∈ [0;8] Đẳng thức xảy x = ⇒ m ax f ( x) = 12 + x= Vậy f ( x) = x= m ax f ( x) = 12 + x= Câu Cho x, y số thực thỏa mãn GTNN biểu thức P= ( x + y − 3x y x2 + y + ) x2 + y + + 3x2 y + = x2 + y Tìm GTLN ( x + y ) − ( x + y ) + = − x − 3x y 2 * Mà − x − 3x y ≤ ⇒ ( x2 + y ) − ( x2 + y ) + ≤ ; * Từ giả thiết ta có: * Đặt t = x2 + y ⇒ t − 3t + ≤ ⇔ ≤ t ≤ *Ta P= x + y − 3x2 y x2 + y + = • Xét hàm số ( ) x2 + y − x − 3x2 y x2 + y2 + f (t ) = t2 − t + t +1 = ( x2 + y2 ) − ( x2 + y2 ) + = t − t + ,t ∈ [ 1;2] x2 + y + t +1  x =  f (t ) = f (1) =  P = 1,   1;2   y = ±1   ¡ , t ∈ [ 1; 2] ⇒  4⇒  x =  m ax f (t ) = f (2) =   m ax P = ,   1;2   y = ±  ¡ Câu 3: Cho x,y số thực thỏa mãn x +16y + ( 2xy+1) =2 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức sau : Nguyễn Văn Lực P=x ( x +3) +2y ( 4y +3) Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com 2 2 2 Theo đề : ( 1) ⇔  x + ( 2y )  = ( − 2xy ) ⇒ x + ( 2y ) = − 2xy ⇔ ( x + 2y ) = + 2xy ⇒ ( x + 2y ) ( x + 2y ) ≤ 1+ ⇒ ( x + 2y ) ≤ ( từ (1) ⇒ ≥ x + 16y4 ≥ 16x y ⇒ xy ≤ ⇒ − 2xy ≥ ) 2 3 : P = f ( t ) = t − ( t − 1) t + 3t = −2t + 6t : t ≤ 3  1 MaxP = Maxf (t) = f ( 1) = (t = 1khi ( x, y ) =  0, ÷ hay ( x, y ) = ( 1, ) )  2 Đặt t = x+2y : 2xy = t -1 : t ≤ 1  MinP = Minf (t) = f ( −1) = −4 (t = −1khi ( x, y ) =  0, − ÷ hay ( x, y ) = ( −1, ) ) 2  Câu Cho ba số thực x, y , z thoả mãn: x + y + z ≤ x − y − Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức T = 2( x + z ) − y x + y + z ≤ x − y − ⇔ ( x − 1) + ( y + ) + z ≤ 2 ( 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Xét mặt cầu: 2 ( S ) : ( x − 1) + ( y + ) + z = Có tâm I ( 1; −2;0 ) ,bán kính R = Xét mp ( α ) : x − y + z − T = G/s M ( x; y; z ) Từ ( 1) có điểm M nằm bên ( S ) kể mặt cầu ( S ) −T ≤ ⇔ −2 ≤ T ≤ 10 • Với T = −2 M giao điểm mp ( β ) : x − y + z + = Và đường thẳng ∆ qua I ⊥ ( β ) ⇒ d ( I,( α ) ) ≤ R ⇔  x = + 2t  ∆ :  y = −2 − t  z = 2t   4 ⇒ M − ;− ;− ÷  3 3   Với T = 10 Tương tự M  ; − ; ÷ 3 3 Vậy T = −2 Nguyễn Văn Lực   x = −  y = z = −  max T = 10  x =   y = −   z =  Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com 11.4 Chứng minh bất đẳng thức Câu Cho a, b, c ba số thực dương Chứng minh rằng: Ta có: a + b2 + c + 1 1 + + ≥ + + 2 4b 4c 4a a+b b+c c+a  a2   b2   c2  VT =  + ÷+  + ÷+  + ÷  4b 4b   4c 4c   4a 4a  a b c 1 a b c  ≥ 2+ 2+ =  2+ 2+ 2÷ 2b 2c 2a 2b c a  a b + ≥ ; + ≥ ; Mặt khác: b a b c2 b c a b Cộng theo vế BĐT ta được: + + b c c + ≥ a2 c a c 1 ≥ + + a2 a b c Suy ra:  1   1   1   1   VT ≥  + + ÷ =  + ÷+  + ÷+  + ÷  a b c   a b   b c   c a   1 4  1 ≥  + + = + + = VP  a + b b + c c + a  a + b b + c c + a Đẳng thức xảy khi: a = b = c = Câu Cho a > , b > , c > Chứng minh a2 + 1 + b + + c + ≥ b2 c a r   r   ur   Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ta chọn u  a; ÷, v  b; ÷, w  c; ÷  b  c  a r r ur r r ur Từ bất đẳng thức u + v + w ≥ u + v + w suy 1 a + + b2 + + c + ≥ b c a 2 1 ( a + b + c ) +  + + ÷ a b c 2  111 1 1  abc  ÷ a + b + c + + + ÷ abc a b c   ≥ ≥ =3 2 Dấu xảy a = b = c = Câu Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = Chứng minh Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com 1 1 rằng: + a (b + c) + + b (c + a) + + c (a + b) ≤ abc Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có: = ab + bc + ca ≥ 3 (abc) ⇒ abc ≤ 1 2 Suy ra: + a (b + c) ≥ abc + a (b + c) = a( ab + bc + ca) = 3a ⇒ + a (b + c) ≤ 3a (1) 1 1 Tương tự ta có: + b (c + a) ≤ 3b (2), + c (a + b) ≤ 3c (3) Cộng (1), (2) (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 ab + bc + ca + + ≤ ( + + )= = W 2 + a (b + c) + b (c + a) + c ( a + b) c b c 3abc abc Dấu “=” xảy abc = 1, ab + bc + ca = ⇒ a = b = c = 1, (a, b, c > 0) Câu Cho x, y, z ba số thực tùy ý thỏa mãn x + y + z = Chứng minh với ∀a ≥ ta có : 1 x y z + y + z ≥ x+ y + z x a a a a a a * Vì a = ta thấy BĐT * Ta xét a > t 1 Hàm số y= y = t =  ÷ nghịch biến với ∀t ∈ R , a > a a Khi ta có Ta có : ( x − y )( x y x y 1 − y ) ≤ 0, ∀x, y ∈ R Suy x + y ≤ y + x (1) x a a a a a a Chứng minh tương tự y z z y + z ≤ y + z (2) y a a a a Cộng vế với vế (1) ,(2) vµ (3) ta 2( Cộng vế (4) với biểu thức 3( z x x z + x ≤ z + x (3) z a a a a x y z y+z z+x x+ y + y + z ) ≤ x + y + z (4) x a a a a a a x y z + y + z ta x a a a x y z x+ y+z x+ y+z x+ y+z 1 + y + z)≤ + + = ( x + y + z )( x + y + z ) x x y z a a a a a a a a a Suy 1 x y z + y + z ≥ x + y + z ( x + y + z = ) x a a a a a a Đẳng thức xảy x = y = z = (đpcm) Câu Cho a,b,c số dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com *Biến đổi a +b b+ c c +a + + ≥3 ab + c bc + a ca + b a +b 1−c 1−c = = ab + c ab + − b − a (1 − a)(1 − b) 1−c 1−b 1−a *Từ VT = (1 − a)(1 − b) + (1 − c)(1 − a) + (1 − c)(1 − b) Do a,b,c dương a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta VT ≥ 3 1−c 1−b −a =3 (đpcm) (1 − a)(1 − b) (1 − c)(1 − a) (1 − c)(1 − b) Đẳng thức xảy a = b = c = Câu Cho số dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 3xyz xy yz zx Chứng minh : x + y3 + x z + y z + y + z3 + y x + z x + z + x + z y + x y ≤ 1 Ta có : xy + yz + zx = 3xyz ⇔ x + y + z = 1 1 Với x >0; y > 0; z > ta có x3 + y3 ≥ xy(x + y) ; x + y ≤ ( x + y ) ;x2 + y2 ≥ 2xy  xy xy xy  1 ≤ ≤ +   2 2 x + y + x z + y z xy(x + y) + (x + y )z  xy(x + y) (x + y )z   1 xy 1 xy  ⇒ ≤  + + ≤  ÷ 2 x + y + x z + y z  (x + y) (x + y )z   (x + y) 2z  ≤ 1  1    1  (1)   + ÷+  =  + ÷+   x y  2z  16  x y  8z Chứng minh tương tự : yz 1 1 ≤ (2)  + ÷+ y + z3 + y x + z x 16  y z  8x zx 1 1 ≤ (3)  + ÷+ z3 + x + z y + x y 16  z x  8y Công (1) ; (2); (3) theo vế ta đpcm Đẳng thức xảy x = y = z = Câu Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng: Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com a a 2a b c + + + + < 3a + b 3a + c 2a + b + c 3a + c 3a + b +) Vì a, b, c cạnh tam giác nên ta có: a + b > c; b + c > a; c + a > b +) Đặt x = a+c a+b c+a ;y = ; z = a ( x, y, z > 0) Ta có: x + y > z; y + z > x; z + x > y 2 a+b 2a 2x 2y 2z VT = 3a + b + 3a + c + 2a + b + c = y + z + z + x + x + y = 2z x y z + + y+ z z+ x x+ y (1) z Lại có: x + y > z ⇔ z ( x + y + z ) < 2z( x + y ) ⇔ x + y + z > x + y x 2x y 2y < (2); < (3) y+ z x+ y+ z z+x x+ y+z CM tương tự ta có: x y z 2x + y + 2z + + < =2 y+z z+x x+ y x+ y+z Từ (1),(2) (3) ta có ⇒ (đpcm) Câu Cho số thực dương a,b,c Chứng minh rằng: ( ) a +b+ c 2a 3b c + + ≤ a + b+ c + a +b+c + Bất đẳng thức tương đương với ( ) a + 2a   b + 3b   c + c  a +b+c + 6 a +b+c − − − −  ÷+  ÷+  ÷≥ a + 2  b + 3  c + 1 a +b+c +  ( a − 2) + ( b − 3) + ( c − 1) ≥ ( a + b + c − 6) ⇔ 4( a + 2) 4( b + 3) 4( c + 1) 4( a + b + c + 6) ( a − 2) + ( b − 3) + ( c − 1) ≥ ( a + b + c − 6) ⇔ 2 a+2 2 b+ 2 c+1 ( 2) a +b+ c + Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có ( ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )  a − + b− + c −   = a + b + c − = VP VT ≥  a + b+ c + a + + b+ + c + ( ) ) ( ) Dấu xảy a = 2;b = 3;c = Vậy bất đẳng thức (2) Do bất đẳng thức (1) chứng minh Câu Cho a, b, c ba số thuộc đoạn [0; 1] Chứng minh: a b c + + + (1 − a )(1 − b)(1 − c) ≤ b + c +1 a + c +1 a + b +1 Do vai trò a, b, c nên giả sử a ≤ b ≤ c, đó: Đặt S = a + b + c + => b + c +1 = S – a ≥ S – c Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com a + c + ≥ S – c; a+b+1 ≥ S-c Ta có ( – a)(1 – b) ( +a +b) ≤ (*) ( –a – b + ab) ( +a +b ) – ≤ - a2 – b2 – ab + a2b + ab2 ≤ b( a + b)( a – 1) – a2 ≤ a, b ∈ [0; 1] Vậy (*) Mà (*) ( – a)(1 – b) ( S - c) ≤ ( – a)(1 – b) ≤ S −c ( – a ) ( – b ) (1 − c ) ≤ 1− c S −c Do đó: a b c + + + (1 − a)(1 − b)(1 − c) b + c +1 a + c + a + b + a b c 1−c S −c đpcm ≤ + + + ≤ =1 S −c S −c S −c S −c S −c Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 [...]... thức: P = a4 + b4 + c4 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2005 số 1 và 4 số a2009 ta có: 11+ 412 + + 1 + a 2009 + a 2009 + a 2009 + a 2009 ≥ 2009.2009 a 2009 a 2009 a 2009 a 2009 = 2009.a 4 (1) 43 2005 + +1+ b 2 43 Tương tự: 11+ 412005 2009 + b 2009 + b 2009 + b 2009 ≥ 2009.2009 b 2009 b 2009 b 2009 b 2009 = 2009.b4 (2) 11+ 412 + + 1 + c 2009 + c 2009 + c 2009 + c 2009 ≥ 2009.2009 c 2009 c 2009 c 2009 c... ta chọn u  a; ÷, v  b; ÷, w  c; ÷  b  c  a r r ur r r ur Từ bất đẳng thức u + v + w ≥ u + v + w suy ra 1 1 1 a + 2 + b2 + 2 + c 2 + 2 ≥ b c a 2 2 1 1 1 ( a + b + c ) +  + + ÷ a b c 2 2  111  1 1 1  6 abc 6  ÷ a + b + c + + + ÷ abc a b c   ≥ ≥ =3 2 2 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 2 Câu 3 Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 3 Chứng... (1 − x)(1 − z ) 1− z 1− x 1− y =3 (1 − x)(1 − y ) (1 − y )(1 − z ) (1 − x)(1 − z ) 1 x=y=z= 3 Vậy MinP = 3 đạt được khi ≥ 33 Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com 11. 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Câu 1 Cho a, b, c là các số dương và a + b + c = 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P= bc 3a + bc + ca 3b + ca + ab 3c + ab bc bc bc bc  1 1  = = ≤  + ÷ 3a... trên [1;+∞) , ta có 4t 2 5.4t 2 − (5t − 1)8t 2 − 5t f '(t ) = = < 0∀t ≥ 1 , suy ra f (t ) nghịch biến trên [1;+∞ ) , bởi vậy 16t 4 4t 3 3 M max = max f (t ) = f (1) = ⇔ t = 1 ⇔ x = y = 1 [1;+∞ ) 2 Câu 11 Cho ba số thực không âm x, y, z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 4 x2 + y2 + z2 + 4 - 4 (x + y) (x + 2z)(y + 2z) - 5 (y + z) (y + 2x)(z + 2x) Với mọi số thực không âm x, y, z Ta có: x + y +... zM ∈0;1 6 6 (3) Dấu bằng xảy ra ở (1), (2), (3) khi x = y = z = 1 Vậy giá trị lớn nhất của P là 3 đạt được khi x = y = z = 1 Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com 11. 3 Tìm GTNN, GTLN của biểu thức Câu 1 Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) = 5 x 2 − 8 x + 32 − −3x 2 + 24 x + 3x 2 − 12 x + 16 Ta có TXĐ: D = [0;8] Đặt : g ( x) = 5 x 2 − 8 x +... 4 + ( 2xy+1) =2 Tìm giá trị lớn nhất 2 và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau : Nguyễn Văn Lực P=x ( x 2 +3) +2y ( 4y 2 +3) Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com 2 2 2 2 2 2 Theo đề bài : ( 1) ⇔  x + ( 2y )  = ( 1 − 2xy ) ⇒ x + ( 2y ) = 1 − 2xy ⇔ ( x + 2y ) = 1 + 2xy ⇒ ( x + 2y ) 2 ( x + 2y ) ≤ 1+ 4 2 ⇒ ( x + 2y ) ≤ 2 4 3 1 2 ( vì từ (1) ⇒ 2 ≥ x 4 + 16y4 ≥ 2 16x 4 y 4 ⇒ xy ≤ ⇒... ; ÷ 3 3 3 7 Vậy min T = −2 khi Nguyễn Văn Lực 1   x = − 3  y = z = − 4  3 8 4 max T = 10 khi 7  x = 3  8  y = − 3  4  z = 3  Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com 11. 4 Chứng minh bất đẳng thức Câu 1 Cho a, b, c là ba số thực dương Chứng minh rằng: Ta có: a 2 + 1 b2 + 1 c 2 + 1 1 1 1 + + ≥ + + 2 2 2 4b 4c 4a a+b b+c c+a  a2 1   b2 1   c2 1  VT =  2 + 2 ÷+... = 2c ⇔ 8a = 3b = 4c , Đẳng thức xảy ra khi   2a = c Vì chẳng hạn chọn được (a,b,c)=(3,8,6) Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ  0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com Câu 3 Cho x, y, z là ba số dương có tổng bằng 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: P = 1 − x + 1 − y + 1 − z + Áp dụng BĐT AM-GM, ta có 2 ( 1− x) ≤ 3 2 3 = 5 − 3x 2 6 1− x + + Tương tự, ta thu được ( 1− x) 2 + 3 (1− y) 2 + 3 (1−