Bất Đẳng Thức Qua Kì Thi Chọn Đội Tuyển HSG Quốc Gia 20172018

Giải xong một bài toán, đưa ra nhận xét và tìm được các mối liên hệ của nó với các bài toánkhác là một việc nên làm với một người học Toán không chỉ riêng là BĐT.. Người viết hy vọng qua

ab ≤ ln a−ln ba−b ≤ a−b

2 arcsin a−b a+b

≤ 1eabba

 1 b−a

≤ a+b2 ≤a2+b2 2

1 2

Lời nói đầu

Tài liệu là lời giải câu bất đẳng thức (BĐT) trong các đề tuyển đội học sinh giỏi dự thi VMO và chọnhọc sinh giỏi cấp Tỉnh cũng như các đề Olympic chuyên KHTN, GGTH, trong năm học 2017 − 2018

• Phần 1:Không dừng lại ở khâu trình bày lời giải, tài liệu cố gắng thể hiện quá trình hình thànhnên lời giải (chính vì vậy nên có nhiều lời giải có vẻ dài dòng) và đưa ra nhiều hướng suy nghĩkhi tiếp cận một câu BĐT thông qua việc giải một bài toán bằng nhiều cách khác nhau (về phầnnày người viết đã tham khảo nhiều nguồn bài giải khác nhau để có góc nhìn đa chiều, và khi đóviệc trích dẫn đúng nguồn là một điều mà người viết rất quan tâm)

Giải xong một bài toán, đưa ra nhận xét và tìm được các mối liên hệ của nó với các bài toánkhác là một việc nên làm với một người học Toán không chỉ riêng là BĐT Nó cho người học thấyđược toàn cảnh bức tranh mà bài toán đó dệt nên, và cao hơn là thấy được tính "mới - cũ" và "hay - dở" của mỗi đề toán Về phần này, những nhận xét đều mang tính chủ quan Bạn đọc cóthể đóng góp nếu thấy chưa đúng, chưa tốt

• Phần 2: Phần bổ sung kiến thức Ngoài việc nêu ra các phương pháp chứng minh BĐT thôngdụng, tài liệu còn trình bày thêm một số kỹ thuật, BĐT phụ, khá đặc biệt trong chứng minhBĐT mà nếu chưa gặp lần nào nhất định sẽ gây khó khăn cho người làm Về cách đọc tài liệunày, nhất là bạn đọc mới tiếp cận với BĐT thức thì nên đọc phần bổ sung kiến thức trước khiđọc phần 1

Người viết hy vọng qua những bài toán với những lời giải như vậy, bạn đọc hay cụ thể là những bạnhọc sinh "say mê" BĐT hãy xem mỗi bài toán là một hành trình, hành trình đó ngắn hay dài tùy thuộcvào mỗi bạn, nhưng luôn có một điểm chung là lời giải cuối hành trình luôn chứa đựng rất nhiều điềuthú vị

Cuối cùng, người viết xin gửi lời xin lỗi bạn đọc về một số lỗi sai trong của tài liệu cùng tên được viếtcho năm học 2016 − 2017 chưa có dịp đính chính, các mục sai đó sẽ được đính chính trong phần cuốicủa tài liệu này Trong tài liệu này người viết vẫn mong nhận được những góp ý của bạn đọc cho tàiliệu không chỉ dừng lại ở những sai sót Mọi góp ý bạn đọc có thể gửi về địa chỉ:anh110004@gmail.com

Người viết chân thành cám ơn!

Cao Lãnh, Ngày 7 tháng 12 năm 2017

GV Nguyễn Tuấn Anh

Mục lục

1 Các bài toán BĐT qua các đề thi trong hè 1

2 Các bài toán BĐT qua các đề thi chọn đội HSGQG 9

3 Các bài toán BĐT qua các đề thi chọn HSG cấp tỉnh 33

Chương 2 BỔ SUNG KIẾN THỨC 57 1 Một số phương pháp chứng minh BĐT thông dụng 57

1.1 Kỹ thuật chọn điểm rơi 57

1.2 Phương pháp tiếp tuyến 60

1.3 Phương pháp pqr 64

1.4 Phương pháp dồn biến 70

1.5 Phương pháp SOS 75

2 Một số kỹ thuật, BĐT phụ đặc biệt trong chứng minh BĐT 82

2.1 Một số phép đổi biến trong chứng minh BĐT 82

2.2 Một số BĐT phụ thường dùng trong chứng minh BĐT 94

2.3 Bất đẳng thức Gerretsen 114

BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ

THI OLYMPIC

Nội dung chính

1 Các bài toán BĐT qua các đề thi trong hè

Bài 1.1 (Olympic chuyên KHTN 2017).

Cho a, b, c là các số thực dương sao cho abc = 1 Chứng minh rằng:

BĐT trên khá quen thuộc và có nhiều hướng giải

Hướng 1: Vì abc = 1 nên tồn tại x, y, z > 0 sao cho:

Khi đó BĐT được viết lại là:

xyzxyz + x3+ y3 + xyz

xyz + y3+ z3 + xyz

xyz + z3+ x3 ≤ 1

Ta có:

xyzxyz + x3+ y3 + xyz

xyz + y3+ z3 + xyz

xyz + z3+ x3

≤ xyzxyz + x2y + xy2 + xyz

xyz + y2z + yz2 + xyz

xyz + z2x + zx2 = 1

nên bài toán được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

Hướng 2: Vì abc = 1 nên tồn tại x, y, z > 0 sao cho:

Khi đó BĐT được viết lại là:

Tương tự cho các số hạng còn lại, ta được:

x2+ yz + xz(x + y + z)2 +

y2+ xz + xy(x + y + z)2 = 1

Và bài toán được chứng minh.

Hướng 3: Vì abc = 1nên tồn tại x, y, z sao cho a = x3, b = y3, z = c3 thỏa xyz = 1 BĐT được viết lại là:

1

1 + x3+ y3 + 1

1 + y3+ z3 + 1

1 + z3+ x3 ≤ 1

xyz + y3+ z3 + 1

xyz + z3+ x3

≤ 1xyz + xy (x + y) +

1xyz + yz (y + z) +

1xyz + zx (z + x) = 1

Ta được điều phải chứng minh.

Hướng 4: (Võ Quốc Bá Cẩn) Ta đặt x2 = a, y2 = b, z2 = c khi đó BĐT cần chứng minh là:

BĐT cuối chỉ đúng khi x là số lớn nhất (hoặc số nhỏ nhất) trong 3 số x, y, z Điều này

ta có thể giả sử ngay ban đầu vì tính đối xứng của BĐT Do đó bài toán được chứng minh.

Hướng 5: BĐT tương đương với:

• Một số bài toán có dạng tương tự như kết quả được sử dụng trong bài chứng minh:

(GMB-IMAR 2005, Juniors, Problem 1) Với a, b, c là các số thực dương cótích lớn hơn bằng 1 thì:

• Kết quả quen thuộc trên có thể được mở rộng như sau:

(Sử dụng phương pháp Cauchy Schwarz để chứng minh BĐT

-V.Q.B.Cẩn, T.Q.Anh) Với a, b, c là các số thực dương có tích bằng 1 và k > 0thì:

1

1 + b + ck + 1

1 + c + ak + 1

1 + a + bk ≤ 1

• Với cách làm trong hướng 5 ta có thể làm với bài toán mở rộng sau:

(Phân loại và phương pháp giải toán BĐT - Vasile Cirtoaje - V.Q.B.Cẩn,T.Q.Anh) Với a, b, c là các số thực dương có tích bằng k3 ≤ 1 thì:

Bài 1.2 (Olympic gặp gỡ Toán học 2017- Đồng Tháp, Lớp 11).

Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx ≤ 1 Chứng minh rằng:

Bài toán được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3 −

√6

3  Bài 1.3 (Olympic gặp gỡ Toán học 2017- Đồng Tháp, Lớp 10).

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a2+ b2+ c2 = 3 Chứng minh rằng:

ab(a + c) +

bc(b + a)+

ca(c + b) ≥ 3

2

LỜI GIẢI.

Cách 1: Theo BĐT AM - GM ta có:

ab(a + c)+

bc(b + a) +

ca(c + b) ≥ 33

r

1(a + b)(b + c)(c + a)

Bài toán sẽ được chứng minh nếu ta chứng minh được:

bc(b + a)+

ca(c + b) ≥

!

≥ 3(a + b + c)

Ta thấy vế trái luôn lớn hơn hoặc bằng 9 (theo BĐT AM - GM) trong khi vế phải thì

bé hơn hoặc bằng 9 (vì a + b + c ≤ 3) nên BĐT trên hiển nhiên đúng.

Cách 3: Theo BĐT Cauchy ta có:

ab(a + c) +

bc(b + a)+

ca(c + b) ≥

√

a +√

b +√

c
22(ab + bc + ca)

Theo giả thiết thì ta có: a + b + c =p3 + 2(ab + bc + ca) Nên BĐT cần chứng minh là:

[3 + 2 (ab + bc + ca)]3 ≥ 81(ab + bc + ca)2

⇔ 8(ab + bc + ca)3− 45(ab + bc + ca)2+ 54 (ab + bc + ca) + 27 ≥ 0

⇔ [8 (ab + bc + ca) + 3] (ab + bc + ca − 3)2 ≥ 0

 Bài 1.4 (HSG các trường chuyên khu vực Duyên Hải và ĐBBB - Lớp 10).

Với a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn:

Vì a2+ b2+ c2≥ ab + bc + ca nên BĐT trên kéo theo:

a2+ b2+ c2+ 3 ≥ 7(ab + bc + ca) + 5(a

2+ b2+ c2)

6 ≥ 2 (ab + bc + ca)

Bài toán được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 

2 Các bài toán BĐT qua các đề thi chọn đội HSGQG

Bài 1.5 (Tuyển đội HSG lớp 12 tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu).

Cho ba số thực dương a, b, c sao cho a2 + b2+ c2+ abc = 4 Chứng minh rằng

ap(b + 2)(c + 2) +

bp(c + 2)(a + 2) +

cp(a + 2)(b + 2) ≥ 1

LỜI GIẢI. Theo BĐT AM - GM ta có:

Vậy nên ta cần chứng minh:

2(a + b + c)2≥ 2 (ab + bc + ca) + 4 (a + b + c)

Theo giả thiết ta có:

2 (ab + bc + ca) = (a + b + c)2− a2− b2− c2= (a + b + c)2− (4 − abc)

Nên BĐT trên được viết lại là:

r

zx(y + z) (y + x), c = 2

r

xy(z + x) (z + y)

2 Lý do vì sao có phép đổi biến như vậy mời bạn đọc xem phần bổ sung kiến thức.

BĐT cần chứng minh được viết lại là:

1

z (x + y + z)

xy + 1

≤ 14z (x + y + z)(x + y)2 + 1

= (x + y)

2

(x + y + 2z)2

Bài toán được chứng minh nếu ta chứng minh được:

⇔ 2

v u u t

1

1 + 2z

x + y+

r

z

x + y ≥√2 + 2

v u u u t

(2t + 1)2

⇔ (2t − 1) 2t

2− t − 2
(2t + 1)2 ≥ 4

BĐT cuối hiển nhiên đúng nên bài toán được chứng minh.

Hướng 3: Nhắc lại ta cần chứng minh:

Áp dụng BĐT trên hai lần ta được:

Bài toán được chứng minh.

Cách 2: (https://diendantoanhoc.net) Ta quay lại vấn đề đầu cách1 Ta cần chứng minh:

(a + b + c − 2)2 ≥ abc ⇔ a + b + c − 2 ≥√abc

Vì a2+ b2+ c2+ abc = 4 nên tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho:

a = 2 cos A; b = 2 cos B; c = 2 cos C

BĐT cần chứng minh là:

cos A + cos B + cos C − 1 ≥√

2 cos A cos B cos C

BĐT được viết lại là:

p2≤ 4R2+ 4Rr + 3r2

Đây chính là bất đẳng thức Gerretsen.

Cách 3: (https://diendantoanhoc.net) Lập luận như cách 2 ta cần chứng minh:

cos A + cos B + cos C − 1 ≥√

2 cos A cos B cos C

Vì cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sinA

nên ta cần chứng minh:

1 − cos2A
1 − cos2B
1 − cos2C
≥ 27

8 cos A cos B cos C

⇔ cot A cot B cot Csin A sin B sin C ≤ 8

27

Sử dụng công thức cộng đối với sin chú ý rằng sin(A + B) = sin C Ta được:

cot A cot B cot C

sin A sin B sin C = cot A cot B cot C (cot A + cot B) (cot B + cot C) (cot C + cot A)

Sử dụng BĐT AM - GM kết hợp với kết quả sau

cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1

ta được:

cot A cot B cot C (cot A + cot B) (cot B + cot C) (cot C + cot A)

≤ [2 (cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A)]

3

827

• Bổ đề trên còn có nhiều ứng dụng khác nữa mời bạn đọc xem bài "Ứng dụng một

bổ đề hay trong chứng minh BĐT - Ngô Trung Hiếu, Cao Minh Quang - THTT 469"

3 BĐT có được nhờ BĐT AM - GM cho 3 số kết hợp với kết quả quen thuộc cos A + cos B + cos C ≤ 3

2

• Đây là bài toán khá thú vị, và còn nhiều lời giải nữa, mời bạn đọc tìm đọc trong bài viết "Xung quanh câu BĐT trong đề thi chọn HSG tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu".

Bài 1.6 (Lập đội tuyển dự thi quốc gia - Đăk Lăk).

Cho bất phương trình x2− (a + b)x + ab ≤ 0 (1) trong đó a > b > 0 Gọi x1, x2, , xn là cácnghiệm của bất phương trình (1) Chứng minh rằng:

LỜI GIẢI. Trước tiên ta có nhận xét các xi thỏa mãn (1) tương đương với b ≤ xi≤ a BĐT cần chứng minh tương đương với:

Bài 1.7 (Chọn đội HSG dự thi Quốc Gia tỉnh Đồng Tháp).

Với a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng:

nên BĐT cần chứng minh được viết lại là:

BĐT cuối hiển nhiên đúng theo BĐT Schur bậc 3.

Cách 2: (Algebraic inequalities old and new methods - Vasile Cirtoaje) BĐT cần chứng minh đương đương với:

Theo BĐT Cauchy dạng phân thức, ta có:

Thay vào ta được điều phải chứng minh 

Nhận xét: Cách 2là ta cố gắng phân tích tổng bình phương Ngoài cách tách như trên

Với a, b, c là các số thực thỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) 6= 0 Chứng minh rằng:

(a2− b2)(a2− c2)(b + c)2 +(b

2− c2)(b2− a2)(c + a)2 +(c

2− a2)(c2− b2)(a + b)2 ≥ 0

LỜI GIẢI. Để đơn giản, ta đặt x = a + b, y = b + c, z = c + a Khi đó BĐT được viết lại là:

Nhận xét: BĐT cuối có thể được chứng minh bằng phép biến đổi tương đương đưa về BĐT Schur.

Bài 1.9 (THPT chuyên KHTN - Ngày 3).

Với a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng:

Bài toán được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1  Bài 1.10 (Chọn đội HSG Quốc Gia tỉnh Đăk Nông - Vòng 1).

Cho ∆ABC là tam giác nhọn Đặt giá trị:

M = sin Asin B + sin C +

sin Bsin C + sin A+

sin Csin A + sin B

Gọi [M ] là số nguyên không vượt quá M Tính [M ]

LỜI GIẢI.

• Trước tiên ta chứng minh: M ≥ 3

2 Theo BĐT Cauchy ta có:

sin A

sin B + sin C+

sin Bsin C + sin A+

sin Csin A + sin B ≥ (sin A + sin B + sin C)

2

2 (sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A)

Do đó ta cần chứng minh:

(sin A + sin B + sin C)2

2 (sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A) ≥ 3

2

⇔ sin2A + sin2B + sin2C ≥ sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A

⇔ 12



(sin A − sin B)2+ (sin B − sin C)2+ (sin C − sin A)2≥ 0

BĐT được chứng minh.

• Ta chứng minh:

sin Asin B + sin C +

sin Bsin C + sin A+

sin Csin A + sin B < 2

Ta có đánh giá

sin Asin B + sin C ≤ 2 sin A

sin A + sin B + sin C

và tương tự cho các đánh giá còn lại Do đó:

sin Asin B + sin C +

sin Bsin C + sin A +

sin Csin A + sin B ≤ 2 (sin A + sin B + sin C)

sin A + sin B + sin C = 2

Tuy nhiên đẳng thức không thể xảy ra do đó đánh giá trên được chứng minh.

Nhận xét: Bản chất bài toán trên là hai đánh giá quen thuộc của BĐT Nesbitt: Với

Bài 1.11 (Chọn đội HSG Quốc Gia tỉnh Đăk Nông - Vòng 2).

Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2+ b2 + c2+ abc = 4 Chứng minh rằng:

a + b + c ≥ √

a +√

b +√c

Đẳng thức xảy ra khi nào?

Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c, từ đó ta được: 1 ≤ a < 2 Do vậy:

Theo BĐT AM - GM, ta có 2p2(a + b)c ≤ 2 + ac + bc nên ta chỉ cần chứng minh được:

4 − abc + 2 (ab + bc + ca) ≥ 2 (a + b) + c + ac + bc + 2

⇔ 2 − abc + 2ab + bc + ca − 2a − 2b − c ≥ 0

⇔ c (a + b − ab − 1) + 2 (1 + ab − a − b) ≥ 0

⇔ (a − 1) (b − 1) (2 − c) ≥ 0

BĐT cuối không hoàn toàn đúng Nó chỉ đúng khia, bcùng đồng thời bé hơn hoặc bằng

1 hoặc lớn hơn hoặc bằng 1 Vì BĐT ban đầu là đối xứng nên ta hoàn toàn có thể giả

sử ngay từ đầu điều đó. 4 Bài toán được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Bài 1.12 (Chọn đội HSG Quốc Gia tỉnh Hà Tĩnh, Ngày thứ nhất).

Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2+ b2 + c2 ≤ 3 Chứng minh rằng:

(a + b + c)(a + b + c − abc) ≥ 2(a2b + b2c + c2a)

Đẳng thức xảy ra khi nào?

LỜI GIẢI. (Lekhanhsy - http://forum.mathscope.org/)

Hướng 1: Không mất tính tổng quát ta giả sửa là số nhỏ nhất trong ba số a, b, c Khi đó tồn tại x, y ≥ 0 sao cho b = a + x, c = a + y BĐT được viết lại là:

nên kết quả trên được chứng minh.

• Do đó ta chứng minh một kết quả mạnh hơn như sau:

(Canada MO - 1999) Với ba số thực không âm a, b, c có tổng bằng 1 Chứng minh rằng:

a2b + b2c + c2a ≤ 4

27(Canada MO - 1999 - Mở rộng) Với ba số thực không âm a, b, c Chứng minh rằng:

a2b + b2c + c2a + abc ≤ 4(a + b + c)

3

27(Canada MO - 1999 - Mở rộng) Với ba số thực không âm a, b, c có tổng bằng 1 Chứngminh rằng:

anb + bnc + cna + anbncn ≤ n

n

(n + 1)n+1; (n ∈ N∗)

Bài 1.13 (Lập đội tuyển dự thi HSG Quốc Gia - Quảng Ninh, Ngày 1).

Với ba số thực dương a, b, c có tổng bằng 3 Chứng minh rằng:

a22a + 1 +

b22b + 1+

c22c + 1 ≤ a

Do đó bài toán được đưa về chứng minh BĐT sau:

a2a + 1 +

b2b + 1 +

c2c + 1+

b2b + 1+

c2c + 1 ≥ 9

Hướng 2: Ta đặt t =√

a2+ b2+ c2+ 6 với t ≥ 3 khi đó BĐT được viết lại là:

92t2− 9 +

c22c + 1

2

≤ a2+ b2+ c2



a2(2a + 1)2 +

b2(2b + 1)2 +

c2(2c + 1)2



Dễ dàng đoán được điểm rơi của BĐT là a = b = c = 1 và BĐT là tách biến nên suy nghĩ tự nhiên ta chọn phương pháp tiếp tuyến cho đánh giá:

a2(2a + 1)2 ≤ 2

c22c + 1

Bài toán được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 

Nhận xét: Một số bài toán tương tự:

(Võ Quốc Bá Cẩn) Với a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 1 thì:

(Võ Quốc Bá Cẩn) Với a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 1 thì:

LỜI GIẢI. Ta sẽ chứng minh P ≤ 1 theo 2 cách sau:

Cách 1: (https://diendantoanhoc.net) BĐT cần chứng minh tương đương với:

Bài 1.15 (Chọn đội dự thi HSGQG - An Giang - Ngày 1).

Với hai số thực x, y thỏa mãn

(x2+ 1)(1 − y) − 2 =px4(1 − y)2+ 1 −py2+ 2y + 2

Tìm GTNN của biểu thức xy − x

LỜI GIẢI. Ta thấy biểu thức giả thiết khá đặc biệt, nếu ta đã quen với kỹ năng sử dụng lượng liên hợp dể giải một phương trình thì không khó để xử lý giải thiết này Cụ thể:

Khi đó biểu thức cần tìm GTNN được viết lại là: P = −2x

Nhận xét: Lời giải trên dù tìm ra được GTNN của P nhưng trong đoạn lập luận chỉ

ra rằng x2(1 − y) = y + 1 là phép suy ra không phải tương đương từ giả thiết Điều đó

có nghĩa có thể làm cho miền của x, y nới rộng thêm Tuy nhiên mai mắn là điểm rơi của bài toán không rơi vào phần nới rộng (nếu có) đó Đây là điểm chú ý khi khai thác một BĐT từ một giả thiết là một đẳng thức phức tạp.

Để chứng minh kết quả đó là tương đương với giả thiết bài toán, người viết mời bạn đọc chứng minh Để đến với kết quả x2(1 − y) = y + 1 ta có thể xử dụng công cụ hàm số

f (t) =√

t2+ 1 − t, và khi đó kết quả là tương đương với điều kiện ban đầu.

Bài 1.16 (Chọn đội dự thi HSGQG - An Giang - Ngày 2).

Với a, b, c là các số thực thỏa mãn a2+ b2+ c2 = 1 Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:

P = a + b + c + ab + bc + ca

LỜI GIẢI. Theo giả thiết ta có (a + b + c)2 = 1 + 2(ab + bc + ca)

• Tìm GTNN: Theo giả thiết ta có:

Cho n số thực dương a1, a2, , an(n ≥ 2) Gọi a = min {a1, a2, , an} Chứng minh rằng:

LỜI GIẢI. BĐT đã cho tương đương với:

(với i = 1, 2, , n với quy ước an+1= a1)

Bài 1.18 (Chọn đội dự thi HSGQG - Lâm Đồng).

Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a3+ b2+ c = 1 + 2√

Vậy GTNN của P là 1 + 4

√3

9 đạt được khi a = 1; b =√4

3; c =√

3 Cách 2: (Lekhanhsy - http://forum.mathscope.org/)

Bài 1.19 (Chọn đội dự thi HSGQG - Bắc Giang).

Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc Chứng minh rằng:

Nhận xét:

• Biểu thức được thêm bớt như bên trên bản chất xuất phát từ ý tưởng phân tích bình phương, điều này không khó nếu bạn đọc đã quen với phương pháp SOS.

• Điểm mấu chốt của bài toán là hướng đến đánh giá:

Với ba số thực dương a, b, c có tổng bằng bằng 3 Chứng minh rằng:

9abc ≥ 2 a

b +

b

c+

ca

+ 3

LỜI GIẢI. (Ban tổ chức)

Không mất tính tổng quát ta giả sử a là số lớn nhất tỏng ba số Trước hết ta biến đổi biểu thức như sau:

Nhận xét: Một lần nữa ta nhắc đến kỹ thuật 6 được sử dụng như trong hướng giải 4

BĐT cuối là hiển nhiên vì

3 Các bài toán BĐT qua các đề thi chọn HSG cấp tỉnh

Bài 1.22 (Đề thi học sinh giỏi lớp 12 TP Hà Nội).

Cho hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện



Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức f (sin2x)f (cos2x), ∀x ∈ R

LỜI GIẢI. Với mỗi x ∈



−π

2;

π2

 tồn tại t ∈R sao cho t = tan x và ngược lại Do đó ta

có thể viết lại giả thiết như sau:

Đặt u = cos 4x với −1 ≤ u ≤ 1 ta cần tìm GTLN, GTNN của hàm số:

P = u

2+ 4u − 1

u2− 2u + 2

với o ≤ u = ab ≤



a + b2

25 ⇔ 24cos24x − 864 cos 4x − 888 ≤ 0

⇔ 24 (cos x + 1) (cos x − 37) ≤ 0Bài 1.23 (Chọn HSG lớp 12 Vòng 1, Bảng A - Long An).

Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 2017 Tìm giá trị lớn nhất của biểuthức:

Do đó:

P ≤ 6 − 4

505 =

3026505

7 Đương nhiên bước làm này chỉ phù hợp cho thi cử, còn việc học và luyện tập hạn chế (trừ trường hợp đã rành kỹ thuật) các bước như vậy, vì lời giải như vậy thiếu tự nhiên và ẩn sau nó là một bài suy luận dài trong khi những bước suy luận đó mới là điều đáng học.

Bài 1.24 (Chọn HSG lớp 12 Vòng 1, Bảng A - Long An).

Với a, b, c là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

 Hay nói cách khác GTNN của P là −3

Nhận xét:

• Đây cũng là một câu trong đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 của Tỉnh Bình Dương.

• Bài toán tương tự: Đề thi chọn HSG cấp Tỉnh - Bến Tre năm học 2016 − 2017Với ba số thực dương a, b, c Tìm GTNN của biểu thức:

Bài 1.25 (Chọn HSG lớp 12 Vòng 1, Bảng B - Long An).

Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2+b2+c2 = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: