..............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa Phần 1: Các bất đẳng thức quen thuộc Bất đẳng thức AM-GM (Côsi) cho số không âm: Định lý: quen thuộc có lẽ không cần nhắc lại Cần lưu ý kì thi THPTQG ta phép sử dụng bất đẳng thức AMGM cho số không âm không sử dụng dạng tổng quát Vì cần dùng cho số không âm chẳng hạn ta áp dụng AM-GM hai lần (thực tế cần dùng AM-GM cho số) Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (Bu-nhi-a-cốp-ski): Định lý: a Với hai cặp số thực (a; b) ( x; y ) , ta có: (a b2 )( x y ) (ax by)2 Đẳng thức xảy ra: ay bx b Với hai ba số thực (a; b; c) ( x; y; z ) , ta có: (a b2 c )( x y z ) (ax by cz )2 a b c Đẳng thức xảy ra: x y z Cần lưu ý bất đẳng thức Cauchy-Schwarz không phép sử dụng trực tiếp kì thi THPTQG mà ta cần phải chứng minh trước sử dụng Với trường hợp hai cặp số thực ta dễ dàng chứng minh cách biến đổi tương đương, ba số thực trở lên ta chứng minh theo cách chứng minh tổng quát sử dụng tam thức bậc (ở có lẽ không cần nhắc lại cách chứng minh) 2.1 Một bất đẳng thức khác hay sử dụng bất đẳng thức CauchySchwarz dạng Engel: Định lý: Với hai dãy số thực (a1; a2 ; ; an ) (b1; b2 ; ; bn ) , bi , ta có: a12 a2 a (a a an )2 n b1 b2 bn b1 b2 bn Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Bất đẳng thức Mincowski: Định lý: Với hai dãy số thực (a1; a2 ; ; an ) (b1; b2 ; ; bn ) , ta có: Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa a12 b12 a2 b2 an bn (a1 a2 an )2 (b1 b2 bn )2 Ta cần quan tâm đến trường hợp n=2, ta chứng minh bất đẳng thức phương pháp vecto Xét hai vecto u (a; b) v( x; y ) , ta có: u v uv a b x y (a x) (b y ) Dấu đẳng thức xảy : u, v hướng a b 0 x y Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa Phần 2: Các bất đẳng thức phụ đánh giá hay gặp toán bất đẳng thức kì thi THPTQG 1 Hệ C-S a b ab 1 1 (a b c) Hệ C-S a b c 1 Với ab 1( 1) , ta có: ( ) 2 1 a 1 b ab Sử dụng phép biến đổi trực tiếp, bất đẳng thức tương đương: (ab 1)(a b)2 ()0 abc 1 Chứng minh: Áp dụng bất đẳng thức 3: 2 a b ab 1 1 2 Ta có: ; c3 abc abc a3 b3 a3b3 2 Mà: a3b3 abc abc Từ dễ dàng suy đpcm Cho a, b, c 1( 1) , đó: 1 a () a3 b3 a 2b ab2 Biến đổi tương đương a/ 4(a3 b3 ) (a b)3 b/ 8(a b4 ) (a b)4 a n bn a b Tổng quát: với a, b R * n N * , ta có: Chứng minh: Xét hàm f ( x) x n (c x)n c Ta có: f '( x) n.x n1 n.(c x)n1 ; nên: f '( x) x n c c Lập BBT suy ra: f ( x) f x n (c x) n 2 2 Chọn x=a, c=a+b ta đpcm (a b c)(ab bc ca) 9abc AM-GM cho ngoặc n Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác, đó: abc (a b c)(a b c)(a b c) Cách chứng minh quen thuộc Có thể mở rộng cho a, b, c R Chứng minh: với a, b, c không âm ba số x=a+b-c; y=a-b+c; z=-a+b+c có số âm Thật vậy, giả sử có x0) Khi đó: 9(a b3 c3 ) a b c 9 a3 a 6 a a 6 a (theo C-S) 17 Dãy đánh giá biến: a 3 a a (2) a (1) 27 (3) (a b)(b c)(c a) ab a (5) ab (4) (6)abc Chứng minh: (1): Áp dụng C-S: a a a ; a 2 3 a a 3 Nhân bất đẳng thức suy đpcm (2): Áp dụng C-S: a a (3): Áp dụng bất đẳng thức: ( x y z )3 27 xyz (AM-GM) Thay x=a+b; y=b+c; z=c+a thu đpcm (4): Bất đẳng thức 13 (5): a 3 ab ab a 3 ab (6), (7): áp dụng AM-GM Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa 18 Cho a, b, c dương thỏa abc=1 Khi đó: a 2b b2c c 2a a b c Chứng minh: x y z Đặt: a ; b ; c Ta có: y z x x3 x y 3x y x3 y 3x y Thiết lập bất đẳng thức tương tự cộng vế theo vế thu được: x x y x2 y z x y z a 2b b c c a a b c yz xz xy y z x a a 2 a a + 19 Cho a, b, c R abc=1, đó: a 2a a 3 20 Cho a, b, c Khi đó: a a2 a abc abc(a b c) a4 a2b2 ab.bc bc.ca ca.ab abc(a b c) 1 a 1 b 1 ab (a b 2)( ab 1) 2(ab a b 1) ( a b ) ( ab 1) a 22 Cho a, b, c >0 Khi đó: 1 a 2b a a2 (a b c)2 1 a 2b a 2ab a ab 21 Cho a, b >1 Khi đó: 23 Cho a, b Khi đó: a 1+ b a b 1+1 a 1 b a b ab a b a b a b ab a b (đúng) 1 24 Cho a, b Khi đó: 2 (1 a) (1 b) ab (1 ab)(1 a)2 (1 ab)(1 b)2 (1 a)2 (1 b) 2ab a 2b2 a3b ab3 (ab 1)2 (a b)2 ab (luôn đúng) Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa Phần 3: Tuyển chọn số câu bất đẳng thức hay Các toán BĐT hay đa phần trích từ số đề thi thử trường THPT, đề thi thử THTT, số lấy từ topic diendantoanhoc (riêng 6, 7, tự sáng tạo từ ý tưởng sẵn có) Vì lý chủ quan, trích dẫn xác nguồn toán Các bạn thông cảm! Toàn lời giải biên soạn lại nên có nhiều chỗ thiếu sót, lập luận chưa chặt chẽ số lời giải chưa hay, dài dòng không cần thiết Mong nhận góp ý Câu 1: Cho a, b, c số thực dương thỏa: a b2 6c 4c(a b) a3 b3 a b2 Tìm GTNN của: Q (a c)3 (b c)3 c Giải: a b Đặt x ; y Khi điều kiện đề cho tương đương với: ( x y)2 xy 4( x y) c c Đặt S x y; P xy Ta có: S S P 2 P S 4S 2S P S P S S 8S 12 2 S 2 Ta có: a b 2 x3 y3 c c a b x2 y Q 3 3 ( x 1) ( y 1) c c a b 1 1 c c 1 x y x y Q x y (áp dụng BĐT: a b3 ( a b)3 ( a b) ; a b2 ) xy x y x y xy x y Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa S 3S 2P S S S 1 P S 1 2 2 S 2S S Đẳng thức xảy ra: abc P Vậy GTNN Q Câu 2: Cho x, y, z dương thỏa: x y z Tìm GTNN của: P x3 14 x yz ( z 1) ( x 1)( y 1) Giải: Thay z x y vào biểu thức ta có: x3 x3 y3 z3 x yz ( x y )( y 1) ( x y )( x 1) ( x 1)( y 1) ( x y ) ( x y )3 z ( x y) 3 x ( x 1) y ( y 1) z ( x y ) ( x y)2 ( x y )( x 1)( y 1) ( x y )[ x y 1] ( x y )3 2( x y ) z ( z 1) ( z 1) z 2( x y ) x y 2( z 1) Lại có: x y ( z 1)( z 2) ( z 1) ( z 1) ( x 1)( y 1) ( z 1) 2 14 28 ( z 1) ( x 1)( y 1) ( z 1) ( z 1) ( z 1) z 28 53 P (biến đổi tương đương) 2( z 1) ( z 1) 8 Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa z x y Đẳng thức xảy ra: x y x y z z 53 Vậy GTNN P Câu 3: Cho a, b dương phân biệt thỏa: a 2b 12 4 Tìm GTNN của: P a b 8(a b)2 Giải: Bài ta sử dụng kĩ thuật đồng bậc Áp dụng AM-GM, ta có: 12 a b b 3 a 2b ab a b2 a 2b a 2b 5ab Từ suy ra: P 4 2 16a 16b 64( a 2ab b ) 16 b a a b 64 b a a b Đặt: t t b a a b2 Khi đó: t P (t 2) 16 64(t 2) b a Xét hàm: f (t ) (t 2) với t [2; ) 16 64(t 2) t 5 f '(t ) Suy ra: f '(t ) 64t (t 2)2 40 t 64(t 2) 27 27 P Lập BBT, từ suy ra: f (t ) f 64 64 a b b a a Đẳng thức xảy ra: a b a 2b 12 b Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa Vậy GTNN P 27 64 Câu 4: Cho a, b, c thỏa: a b c a, b, c Tìm GTNN của: P ab bc ca Giải: Giả sử a số bé số a, b, c Khi đó: b c c a c a b a 1 với xy 2 x y xy 1 a b c P a b b c c a 1 b 1 c 1 a c 1 a 1 c a a c a Áp dụng BĐT phụ: Ta có: Đặt t t a ( t 1) Suy ra: P c t 1 1 t t với t t 1 1 t 22 22 Dễ thấy f(t) đồng biến, suy ra: f (t ) f P 15 15 1 Đẳng thức xảy ra: (a; b; c) ;1;2 , 1;2; ; , 2; ;1 2 22 Vậy GTNN P 15 Xét hàm: f (t ) Câu 5: Cho a, b, c dương thỏa abc Tìm GTNN của: P (a b)(b c)(c a) 72 a b c 1 Giải: Ta có: (a b)(b c)(c a) 2abc a 2b ab a 2c ac b 2c bc (a b c)(ab bc ca) 10 Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa Câu 25 : Cho số thực dương a, b, c thỏa: a b2 c 3ab a2 b a b2 Tìm GTNN của: P b bc c a a c Giải: a2 b2 a2 b2 (a b c d ) Ta có: P b bc bc ab a c a c b2 bc bc ab a c a c 4(a b)2 P 2a 2c b2 2bc ba 4(a b)2 Xét BĐT: b2 3ab 2c 2bc 2 2a 2c b 2bc ba b2 a b2 c 2c 2bc a 2b2 c 2bc (1) 3(a b ) a b c 3ab a b 2c (2) Ta có: 2 2 2 Suy ra: a 3b a b 2b 2c 2b2 4bc (3) Từ (2) (3), suy ra: 2a 4b2 2c 4bc a 2b2 c 2bc Như (1) đúng, suy : P Dấu đẳng thức xảy ra: a b c Vậy GTNN P 4a 2c b c 1 1 b b a a bc 2ca 2ab Tìm GTNN của: P a(b 2c) b(c a) c(2a b) Câu 26 : Cho số thực dương a, b, c thỏa: Giải: Đặt: x 2c c ; y b a Điều kiện đề trở thành: 2x 2y (1 x) (1 y) x (1 x) y (1 y) 3xy y x 26 Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa Ta có: Lại có: Suy ra: Ta có: ( x y )3 ( x y ) x (1 x) y (1 y ) x y x y (áp dụng BĐT phần 2) 3( x y ) xy 3( x y ) ( x y )3 ( x y ) x y (1) 4 c 2c y x P a b 2c c 2c c x y x y 1 1 b a b a y2 x2 ( x y)2 xy y xy x x y x y xy x y 2 3 2 ( x y)2 2 ( x y) x y 1 x y x y x y 2 Đặt: t (từ (1) suy t ) Xét hàm: f (t ) t (với t ) 1 t x y 8 Dễ dàng chứng minh f(t) đồng biến, suy ra: f (t ) f (2) P 3 a 2c Dấu đẳng thức xảy ra: x y b 4c *Bài khó rườm rà ! Vậy GTNN P Câu 27 : Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn: x y z x3 14 Tìm GTNN : P x yz ( z 1) ( x 1)( y 1) Giải: Ta có: x3 x3 y3 z3 x yz ( x y)( y 1) ( x y )( x 1) ( x 1)( y 1) 27 Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa x3 ( x 1) y ( y 1) z ( x y ) x y x y z ( x y ) ( x y )( x 1)( y 1) ( x y )( x 1)( y 1) ( x y ) ( x y )3 z ( x y) ( x y )3 2( x y ) z ( z 1) ( z 1) z 2( x y )2 8( x y 1) 2( z 1) ( x y)2 ( x y) x y 1 x y ( x 1)( y 1) 14 14 28 Suy : ( z 1) ( x 1)( y 1) ( z 1) x y ( z 1) 2 ( z 1) ( z 1) z 56 Từ ta có : P 2( z 1) Lại có: ( z 1) ( z 1) z 56 53 (8 z 14)(3 z 5) (luôn đúng) Xét BĐT: 2( z 1) 53 P Dấu đẳng thức xảy ra: x y ; z 3 53 Vậy GTNN P Câu 28 : Cho số thực dương a, b, c thỏa: Tìm GTNN của: P (a 1)(b 1)(c 1) 1 3 a b c a b2 c Giải: Từ giả thiết, suy ra: ab bc ca 3abc (ab bc ca)2 3abc(a b c) (ab bc ca)(a b c) Ta có: Ta có: ab bc ca a b c 3(ab bc ca) (1) (BĐT 14 phần 2) (a 1)(b 1)(c 1) abc a b c ab bc ca 28 Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa Ta có: 4 (ab bc ca) a b c (ab bc ca) 3(ab bc ca) (2) 3 2 2 a b c (a b c) 2(ab bc ca) (ab bc ca)2 2(ab bc ca) a b c ab bc ca (3) 4 Từ (2) (3), suy ra: P (ab bc ca) 3(ab bc ca) ab bc ca Đặt t ab bc ca Từ (1) suy t 4 Khảo sát hàm: f (t ) t 3t (với t ) t 1 Dễ dàng chứng minh f(t) đồng biến, từ suy ra: f (t ) f (3) 10 P 10 Dấu đẳng thức xảy ra: a b c 10 Vậy GTNN P 10 Câu 29 : Cho số thực dương a, b, c 3a 3b 25c Tìm GTNN của: P ( a b c )3 Giải: Theo AM-GM: 3a a a a 4 a a a 4a Chứng minh tương tự: 3b4 4b3 4(a3 b3 ) 25c3 (a b)3 25c3 c c P 1 Ta có: 25 3 (a b c) (a b c) abc abc c Đặt: t (t >0) Xét hàm: f (t ) (1 t )3 25t abc 25 Dễ dàng tìm được: f '(t ) t Lập BBT, suy ra: f (t ) f 36 a b Dấu đẳng thức xảy ra: c a b 1; c a b c Vậy GTNN P 25 36 29 Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa Câu 30 : Cho số thực x, y, z [1;2] xyz ( x y 3) x3 x2 z Tìm GTNN của: P 2 xy x 7( x xz ) Giải: *Để giải ta phải tìm điểm rơi, từ đưa đánh giá phù hợp Ta chứng minh đánh giá phép biến đổi tương đương vận dụng giả thiết x, y, z [1;2] Ta có: xy x y( x y 3) ( x 3)( y 2)( y 1) (luôn đúng) xyz ( x y 3) xyz xz xy x 3y x3 Ta có: ( x 1)( x 2)( x 3) (luôn đúng) 7x x3 7( x xz ) xz 1 Suy ra: P xz x z ( x z )2 22 (vì x z ) xz xz 2 x z ( x; y; z ) (1;1;1);(1;2;1) Dấu đẳng thức xảy ra: x z y 1 Vậy GTNN P Câu 31 : Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn: x y z xy 2x y 4( x y) Tìm GTLN của: P 2 x y 18 x y z 25z Giải: Theo AM-GM: x y xy x y 18 2( xy 9) 2( x y z 4) 2( x y z ) 2x x Suy ra: 2 x y 18 x y z 30 Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa x y x y x y x y z P x y x y z 25 z 25 z z x y t Đặt t (t >0) Xét hàm: f (t ) t (với t >0) t 25 z 1 Khảo sát hàm lập BBT dễ dàng tìm : f (t ) f (1) P 25 25 Dấu đẳng thức xảy ra: x y 1; z Vậy GTLN P 25 *Bài dễ có ý tưởng hay Câu 32 : Cho số thực dương a, b, c thỏa: a b c Tìm GTLN của: P abc 3 ab bc ca (1 a )(1 b)(1 c) Giải: (ab bc ca) 3abc(a b c) 9abc ab bc ca abc Ta có: 2 ab bc ca abc (1 a)(1 b)(1 c) ( abc 1)3 (BĐT 11 phần 2) Lại có: Suy ra: 3 abc abc abc 3 P 3 (1 a )(1 b)(1 c) abc abc abc t2 Đặt t abc ( t ) Xét hàm: f (t ) (với t ) 3t t 5 Dễ dàng chứng minh f(t) đồng biến, suy ra: f (t ) f (1) P 6 Dấu đẳng thức xảy ra: a b c Vậy GTLN P 6 31 Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa Câu 33 : Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn : x y z 16 xy yz zx Tìm GTNN : P x yz x2 y y z z x2 Giải: x x y (đây BĐT 10 phần 2) ( x ) x x Trước hết ta chứng minh : Ta có: x y Cần chứng minh: 2 2 x x 4 2 x x BĐT ta có đánh giá AM-GM: x x x 3x ( x) x 1 ( x) 16 16 Từ ta có: P x 2 x x x 16 t2 1 (với t ) 2t t 1 28 28 P Dễ dàng chứng minh f(t) nghịch biến, từ suy ra: f (t ) f (3) 3 Dấu đẳng thức xảy ra: x y z 28 Vậy GTNN P Đặt t x y z ( t ) Xét hàm : f (t ) Câu 34 : Cho số thực dương x, y, z x3 y x y z2 Tìm GTNN của: P xy y xz x yz 4( x y ) Giải: Ta có: x3 y x y z2 P xy y xz x yz 4( x y ) x3 y x3 y z2 y (2 y xz ) x(2 x yz ) 4( x y ) 32 Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa 3 3 x y x y z z z z 3 3 y xy x xy x y 2 2 4 z z z z z z x y Đặt a ; b (a, b 0) z z a b3 a b3 Khi ta có: P 2a ab 2b ab 4(a b) 1 4(a b3 ) (a b ) 2a 2b3 2ab 4(a b) 2a ab 2b ab 4(a b) (áp dụng C-S) 3 4(a b ) Lại có: 3 2a 2b 2ab 4(a b) ab 4(a b) a b3 2(a b) ab 4(a b) a b 4(a b) 1 ab(a b) 2(a b) P Suy ra: a b 4(a b)2 2t (với t ) Đặt t a b (t 0) Xét hàm: f (t ) t 4t 5 Khảo sát hàm lập BBT dễ dàng tìm được: f (t ) f (1) P 4 z Dấu đẳng thức xảy ra: a b x y 2 Vậy GTNN P 3 Câu 35 : Cho số thực dương a, b, c a2 b2 a 6c3 Tìm GTNN của: P (a b) (a b) ac c Giải: 33 Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa Ta có: c 6 1 a P 2 b c c c 1 1 a b a a c 6 1 1 a P Áp dụng BĐT 24 phần ta có: 2 c c c 3 b c 1 c 1 1 1 a a a a a b 1 6t c Đặt t (0 t 1) Xét hàm: f (t ) (với t ) a 1 t t2 t3 t (t 1)(5t 5t 2) Dễ dàng tìm được: f '(t ) Lập BBT suy ra: f (t ) f (1) P (t t ) Dấu đẳng thức xảy ra: a b c Vậy GTNN P Câu 36 : Cho số thực dương a, b, c thỏa: a b2 c a b3 b3 c c a Tìm GTNN của: P a 2b b 2c c 2a Giải: *Bài ta sử dụng phương pháp tiếp tuyến cách độc đáo! x3 x Xét BĐT: ( x 0) x 18 18 18( x3 1) (7 x 5)( x 2) (11x 8)( x 1)2 a 1 a a b3 a b Áp dụng với x , ta có: a b a 18 b 18 b a b 18 18 2 b Lập BĐT tương tự cộng BĐT vế theo vế ta được: P (a b c ) (a b c ) 18 18 Dấu đẳng thức xảy ra: a b c Vậy GTNN P 34 Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa Câu 37 : Cho số thực dương a, b, c thỏa: a b c a2 b2 ( a b) Tìm GTNN của: P 2 (b c) 5bc (c a) 5ca Giải: Ta có: a2 (b c)2 5bc Suy ra: a2 b2 P ( a b) 2 2 (b c) (c a ) a2 a2 5( b c ) (b c) (b c)2 b b2 Chứng minh tương tự: (c a ) 5ca (c a) 2 2 a b a b c ( a b) ( a b) ( a b) 9bc ca c ab c(a b) 2 ( a b) c (1 c ) 2 2 ( a b) ( a b) c c(1 c) 2 2(1 c) 4c(1 c) 1 c (1 c) (1 c) 4c (1 c) 4c(1 c) 1 c 1 c Tới ta xét hàm: f (c) (1 c) 1 c Dễ dàng tìm được: f '(c) (1 c)(3c 1)(9c 30c 37) 18(c 1)3 1 1 P Lập BBT, suy ra: f (c) f 3 Dấu đẳng thức xảy ra: a b c 1 Vậy GTNN P *Bài khó có nhiều biến đổi đánh giá phức tạp 35 Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa Câu 38 : Cho số thực dương x, y, z thỏa: xy xz x 4 Tìm GTLN của: P ( xy xz 2) 1 1 y 3z Giải: Từ giả thiết suy ra: y z Đặt u 1 x u y z 1 x 4 4 P 1 1 1 1 (theo C-S) y 3z uy 3z u Ta có: 1 u y 4 1 1 3z z ( z 3) (3 z 4) (theo AM 3z ( z 1) 3z GM) Xét BĐT: ( z 3) (3 z 4) 125 z ( z 1) x (0;1) 3( z 3)2 (3z 4) 375 z( z 1) (32 z 36)(2 z 1) (luôn đúng) 125 P 1 Dấu đẳng thức xảy ra: ( x; y; z ) 4; ; 2 125 Vậy GTLN P Câu 39 : Cho số thực a, b, c[1;2] 2(ab bc ca) bc4 Tìm GTLN của: P 2(2a b c) abc 2a(b c) bc bc Giải: Ta có: 2(2a b c) abc 2a(b c) bc (a 1)(b 2)(c 2) (luôn đúng) 36 Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa Suy : 2(ab bc ca) bc4 2a(b c) bc 2a(b c) bc bc 2a(b c) 2bc b c bc bc4 1 2a(b c) bc 2a(b c) bc bc bc P 1 1 bc bc (AM-GM) 2(b c) bc bc bc bc bc bc 1 (b 2)(c 2) bc bc bc (vì (b 2)(c 2) bc ) t 2t (với t ) 8t t 1 7 7 Dễ dàng chứng minh f(t) đồng biến, suy ra: f (t ) f (2) P 6 Dấu đẳng thức xảy ra: a 1; b c 7 Vậy GTLN P Đặt t bc (1 t 2) Xét hàm: f (t ) *Bài có ý tưởng đánh giá giống 30 Câu 40 : Cho số thực a, b, c[1;2] thỏa: a b c a b4 5c 6abc Tìm GTLN : P abc ab bc ca Giải: Ta có: Lại có: (a 1)(b 1)(c 1) abc a b c ab bc ca abc ab bc ca (a 2)(b 2)(c 2) abc 4(a b c) 2(ab bc ca) abc 2(ab bc ca) ab 2 ab ab a b 5c 2 ab 5abc abc abc 2 ab 8 Từ ta có: P ab Suy ra: 4 37 Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa a b 5c 5abc abc ab Ta có: a b4 5c 5 (a 1)(a 2) a 3a a 9a 14a 9(3a 2) 12a 15a 14 Chứng minh tương tự ta có: b4 15b 14; c2 15c 10 Suy ra: a b4 5c 15(a b c) 38 22 P 22 5 5 Dấu đẳng thức xảy ra: (a; b; c) (1;1;2) hoán vị Vậy GTLN P *Bài có ý tưởng giống BĐT đề thi THPTQG 2015 Có nhiều lời giải, lời giải đặc biệt không cần dồn biến để khảo sát hàm Câu 41 : Cho số thực dương a, b, c thỏa: a b2 c ab bc a3b3 b3c3 Tìm GTLN : P c2 a2 24a3c3 Giải: Ta có: ab bc ab bc 2 2 2 3 c 3 a a c b c a b a2 c2 ab bc (a c )(b2 c ) (a b2 )(a c ) a2 b2 b2 c2 b2 b2 1 a c2 b2 c2 a b2 a c b2 c a b2 1 b b 1 b b 1 2c 2a c a Lại có : a 3b3 b3c3 b3 b3 b b 3 3 a3c3 c a 4 c a Suy : 1 b b b b P c a 96 c a 3 38 Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa b b 1 (t 0) Xét hàm : f (t ) t t (với t ) c a 96 5 Khảo sát hàm lập BBT dễ dàng tìm : f (t ) f (2) P 12 12 Dấu đẳng thức xảy ra: a b c Vậy GTLN P 12 Đặt t Câu 42 : Cho số thực dương a, b thỏa: 2(a b2 ) a 2b2 a b Tìm GTNN : P b 1 a 1 a b2 Giải: Theo AM-GM: Lại có: Ta có: Suy ra: 2(a b2 ) (a b)2 a 2b2 (a b)2 ab a b a b2 (a b)2 2ab (a b)2 2(a b) (a b 1) a b2 a b a b 4(a b 1) (a b 1) 2 2 b 1 a 1 ab2 b 1 a 1 4(a b 1) P 2 ab2 a b 1 Đặt t a b (a b)2 4ab 4(a b) a b t Ta có: 4(t 1) f (t ) (t 4) Xét hàm: t2 t 1 5 Dễ dàng chứng minh f(t) đồng biến, suy ra: f (t ) f (4) P 3 Dấu đẳng thức xảy ra: a b Vậy GTNN P Câu 43: Cho số thực không âm a, b, c thỏa: ab bc ca 2a 2b c2 Tìm GTLN của: P a b2 c 39 Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa Giải: Theo C-S: (a 1)(b2 1) (ab 1)2 Ta có: 2a 2b 2a(b 1) 2b(a 1) 2(a b)(ab 1) a b2 (a 1)(b 1) (a 1)(b 1) 2(a b) (a 1)(b 1) 2(a b) (a 1)(b2 1) (a 1)(b2 1) Lại có: (a 1)(b2 1) (a ab bc ca)(b2 ab bc ca) (a b)(a c)(b a)(b c) (a b)2 (a c)(b c) (a b) (c 1) Suy ra: c2 2 1 3 P 1 2 c 1 c2 c c2 c 1 2 ab bc ca a b Dấu đẳng thức xảy ra: a b c 1 c Vậy GTLN P 40 [...]... ab bc ca 3P 3 abc abc Dấu đẳng thức xảy ra: a b c 1 Vậy GTLN của P là 3 Cộng 3 BĐT tương tự thu được: *Một BĐT với những đánh giá đẹp ! Câu 18 [IMO 2001]: Cho 3 số thực dương a, b, c a b c Tìm GTNN của: P a 2 8bc b 2 8ca c 2 8ab Giải: 20 Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa *Đây là một bài toán rất hay và nổi tiếng tuy nhiên có vẻ không phù hợp với việc ôn thi đại học lắm Nhưng... ( x z )( y z ) 1 1 4 4 Tìm GTNN của: P 2 2 ( x y) ( x z ) ( y z )2 Giải: 1 1 8 (BĐT 12 phần 2) 2 2 a b ( a b) 2 1 1 3 4( y z )2 Áp dụng BĐT trên ta có: P 2 2 2 ( x y) ( y z ) ( y z ) 8 3 3 4( y z )2 12( y z )2 2 2 ( x z) ( y z) ( y z )2 3 Áp dụng AM-GM: 12( y z )2 2 36 12 P 12 ( y z )2 Xét BĐT: y z Dấu đẳng thức xảy... ra: a b c 1 Vậy GTNN của P là 1 2 Câu 19 : Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn: a 2 b2 c 2 ab bc ca 2 6a ( a 2 b 2 c 2 ) 8(b 2 c 2 ) 4a Tìm GTNN của: P 2 2 2 (a b c) 2(b c ) ab ac 3(ab bc ca) 2 Giải: *Một BĐT có hình thức khá xấu với biểu thức quá dài và bất đối xứng Tuy nhiên lời giải bài toán lại chứa một số đánh giá khá hay và đẹp mắt! 21 Nguyễn Hà... 45 20 50 Dấu đẳng thức xảy ra: ( x; y; z ) ; ; 23 23 23 600 Vậy GTNN của P là 3 Câu 22[Olympic 30-4] : Cho 3 số thực dương a, b, c a(b c) Tìm GTNN của: P (b c)2 a 2 23 Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa Giải: *Bài này ta sử dụng kĩ thuật chuẩn hóa BĐT Đây là kĩ thuật thường được dùng trong các kì thi HSG nhưng thi ĐH thì không được phép sử dụng trực tiếp mà phải qua một vài lập luận... Xét BĐT: 2 2( z 1) 8 53 P 8 1 5 Dấu đẳng thức xảy ra: x y ; z 3 3 53 Vậy GTNN của P là 8 Câu 28 : Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa: Tìm GTNN của: P (a 1)(b 1)(c 1) 1 1 1 3 a b c 4 a 2 b2 c 2 1 Giải: Từ giả thiết, suy ra: ab bc ca 3abc (ab bc ca)2 3abc(a b c) (ab bc ca)(a b c) Ta có: Ta có: ab bc ca a b c 3(ab bc ca) (1) (BĐT... xảy ra: x y 1; z 2 1 Vậy GTLN của P là 25 *Bài này dễ nhưng có ý tưởng khá hay Câu 32 : Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa: a b c 3 Tìm GTLN của: P 2 abc 3 3 ab bc ca (1 a )(1 b)(1 c) Giải: (ab bc ca) 2 3abc(a b c) 9abc ab bc ca 3 abc Ta có: 2 2 3 ab bc ca 3 3 abc (1 a)(1 b)(1 c) ( 3 abc 1)3 (BĐT 11 phần 2) Lại có: Suy ra: 3 3 3 2... 1 5 Vậy GTLN của P là 6 6 31 Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa Câu 33 : Cho 3 số thực không âm x, y, z thỏa mãn : x 2 y 2 z 2 3 16 xy yz zx Tìm GTNN của : P x yz x2 y 2 y 2 z 2 z 2 x2 1 Giải: x x y (đây chính là BĐT 10 phần 2) ( x ) x 9 x Trước hết ta chứng minh : Ta có: x y 2 Cần chứng minh: 2 2 2 2 x 2 4 2 9 x 4 2 4 2 x x 4 9 2 BĐT đúng vì ta... ta có: a b a 18 b 18 b a 2 b 18 18 2 b Lập 2 BĐT tương tự rồi cộng 3 BĐT vế theo vế ta được: 7 5 P (a 2 b 2 c 2 ) (a 2 b 2 c 2 ) 2 18 18 Dấu đẳng thức xảy ra: a b c Vậy GTNN của P là 2 34 Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa Câu 37 : Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa: a b c 1 a2 b2 3 ( a b) 2 Tìm GTNN của: P 2 2 (b c) 5bc (c a) 5ca 4 Giải: Ta có: a2... GTNN của P là 5 3 Câu 10 : Cho x, y, z (0;1) thỏa mãn: ( x3 y 3 )( x y) xy(1 x)(1 y) 1 1 Tìm GTLN của: P 3xy ( x 2 y 2 ) 1 x2 1 y2 Giải: Ta có: ( x3 y3 )( x y) ( x y)2 ( x 2 xy y 2 ) xy( x y)2 (AM-GM) (1 x)(1 y) ( x y)2 xy ( x y) 1 ( x 2 y 2 ) 2 xy 1 2 xy 1 9 Ta có: 3xy ( x 2 y 2 ) 3xy 2 xy xy (*) 1 1 2 Ta chứng minh BĐT:... 1 9 Ta có: 3xy ( x 2 y 2 ) 3xy 2 xy xy (*) 1 1 2 Ta chứng minh BĐT: (**) 2 2 1 xy 1 x 1 y 3xy 2 xy 1 0 0 xy 1 1 2 (1) (BĐT số 3 phần 2) 1 x 2 1 y 2 1 xy 2 2 (2) 2 2 1 xy (1 x )(1 y ) Ta đã có BĐT : Xét BĐT : x 2 y 2 x 2 y 2 1 (1 xy)2 ( x y)2 0 (luôn đúng) Từ (1) và (2) suy ra (**) đúng 2 xy Từ (*) và (**) suy ra : P 1 xy 2 1 1 ... t 3t *Cần ghi nhớ đẳng thức: (a b)(b c)(c a) (a b c)(ab bc ca) abc Câu 6: [NHQ] Cho số thực a, b, c thỏa mãn a b c , a (a b)(a c) 4a 7a b2 c a b2 ... suy được: max f (t ) f (6) 16 16 P 3 Dấu đẳng thức xảy ra: abc2 16 Vậy GTNN P Câu 7: [NHQ] Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn: 5a b c 7a 4a 27a Tìm GTNN của: P 10a b c... 3a Dấu đẳng thức xảy ra: x y Mà: 12 Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa Vậy GTNN P Câu 8: [NHQ] Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác thỏa mãn: 2bc ab ac 4 Tìm GTNN của: P a 2b 2c