Những kỹ năng giải toán đặc sắc bất đẳng thức chương 1 chủ đề 10

Những kỹ năng giải toán đặc sắc bất đẳng thức chương 1 chủ đề 5 Những kỹ năng giải toán đặc sắc bất đẳng thức chương 1 chủ đề 5 Những kỹ năng giải toán đặc sắc bất đẳng thức chương 1 chủ đề 5 Những kỹ năng giải toán đặc sắc bất đẳng thức chương 1 chủ đề 5 Những kỹ năng giải toán đặc sắc bất đẳng thức chương 1 chủ đề 5 Những kỹ năng giải toán đặc sắc bất đẳng thức chương 1 chủ đề 5 Những kỹ năng giải toán đặc sắc bất đẳng thức chương 1 chủ đề 5 Những kỹ năng giải toán đặc sắc bất đẳng thức chương 1 chủ đề 5 Những kỹ năng giải toán đặc sắc bất đẳng thức chương 1 chủ đề 5

Chủ đề 10 ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TỐN TÌM CỰC TRỊ Trong việc chứng minh bất đẳng thức hay tìm cực trị biểu thức, vận dụng phương pháp dồn biến để khảo sát hàm số chủ đề nhiều bạn học sinh tham gia kỳ thi chọn HSG kỳ thi TSĐH, THPT – Quốc Gia quan tâm Để dồn biểu thức nhiều biến biến có nhiều kỹ thuật, nhiên nội dung chủ đề giới thiệu số kỹ thuật quan trọng, thường gặp xếp theo phổ biến kỹ thuật gồm: - Vận dụng bất đẳng thức kinh điển - Kết hợp kỹ thuật đổi biến số - Kết hợp kỹ thuật thứ tự biến - Phương pháp tiếp tuyến - Khảo sát hàm nhiều biến - Kết hợp với việc sử dụng bổ đề - Vận dụng kỹ thuật dồn biến cổ điển Dồn biến nhờ vận dụng kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức kinh điển Bài toán Cho số thực  a, b, c ∈ ( 0;1) : abc = ( − a) ( − b) ( − c) Chứng minh a2 + b2 + c2 ≥ Phân tích Khai triển đẳng thức giả thiết cho ta: a2 + b2 + c2 = ( a + b + c − 1) + − 4abc  a + b + c ÷ Từ ta quy việc giải tốn bất đẳng thức AM − GM    toán khảo sát hàm số theo biến t = a + b + c, t ∈ ( 0;3) Để ý : abc ≤ Lời giải Ta có abc = − ( a + b + c) + ab + bc + ca − abc ⇔ − ( a + b + c) + ab + bc + ca = 2abc ⇔ − ( a + b + c) + ( a + b + c) ( − a2 + b2 + c2 ) = 2abc ⇔ a2 + b2 + c2 = ( a + b + c − 1) + − 4abc ≥ ( a + b + c − 1) + − 2 ( a + b + c) 27 Đặt t = a + b + c ⇒ t ∈ ( 0;3) Xét hàm số F ( t ) = − t3 + t2 − 2t + 27 Ta có  t= F '( t ) = − t2 + 2t − = ⇒    t =  3 Lập bảng biến thiên ta có: Min F ( t ) = F  ÷ =  2 Vậy a2 + b2 + c2 ≥ 4 Dấu " = " xảy a = b = c = http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Bài toán Cho số thực dương x, y, z thỏa  mãn xz + 2xy + yz = 4z2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P =  x y 3 z + +  ÷ 2y + z 2x + z  x + y + z  Lời giải Ta có 4z − ( x + y) z = 2xy ( x + y) ≤ 2 x+ y  x+ y  x + y ⇒ + 2 −8 ≥ 0⇒ ≥2 ÷ ÷ z  z   z  AM − GM Lại có :  x + y    z ÷ ÷ ( x + y)  3 z   + 3 P≥ +   ÷ ÷ = ( x + y) + ( x + y) z  x + y + z   x + y ÷+  x + y + ÷÷  z   z  Đặt x+ y = t, t ≥ z t f ( t ) = f ( 2) = Ta tìm [ 2;+∞ ) Hay P = , t ∈ 2; +∞ ) Khảo sát hàm số f ( t ) = t + + 2( t + 1) ⇔ x= y= z Bài toán Cho số thực không âm thỏa  mãn a + b ≥ c2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức b  32c  a P = + ÷ − 27 c + a + c b + c ( )   Lời giải Ta có ⇒ ( ) c a + b − c2 + ab( c + 2) a b c + − = ≥0 a + c b+ c c+ ( a + c) ( b + c) ( c + 1) a b c + ≥ a + c b+ c c+1     Do P ≥  ÷ −  ÷  c +  27  c +  c f '( t ) = 4t3 − 32 c Xét hàm số f ( t ) = t4 − 32 t, t ≥ 27 có: 32 ⇒ f '( t) = ⇔ t = 27 Lập bảng biến thiên ta có f ( t ) ≥ − Do P = − 16 ⇔ a = 0, b = 4, c = 27 16 27 b = 0, a = 4, c = Bài toán Cho số thực dương  trị nhỏ P= 32( abc) − a, b, c biểu 27 ( 2a ) + 2b2 + c + Lời giải Ta có P AM ≥− GM 32( abc) − 27 ( 4ab + c + 1) ≥ AM − GM 32( abc) − 4abc 1 − , t ∈ ( 0; + ∞ ) có : Đặt t = abc, t > Xét hàm số f ( t ) = 32t 4t http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Tìm giá thức f '( t) = 4t − 1 ⇒ f '( t ) = ⇔ t = 16t3   Lập bảng biến thiên ta có f ( t ) ≥ f  ÷ = −  4 Hay 1  a = b = P = − ⇔  2  c = Bài toán (HSG Tỉnh Nghệ An – 2012) Cho  số thực dương a,b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a + ab + abc − a + b+ c Lời giải a + 4b a + 4b + 16c + = ( a + b + c) 2 3 Ta có a + ab + abc AM≤−GM a + Suy P ≥ a + b + c − ( ) a + b+ c Đặt t = a + b + c, t > 3 3 − Xét hàm số f ( t ) = 2t − với t > ta có f '( t ) = t 2t t 2t f '( t ) = ⇔ 2t t − = 0⇔ t =1 2t2 f ( t ) = f ( 1) = − Lập bảng biến thiên ta có t >0 Vậy giá trị nhỏ P − 3 16   a = 21  a + b + c =  ⇔  b = a = b = 16 c 21     c = 21   16  ⇔ ( a, b, c) =  , , ÷  21 21 21   Bài toán Cho số thực x, y, z không âm thỏa mãn điều kiện x + 3y + 2z = Tìm giá trị lớn biểu thức P = 2+ x2 + y2 + 3z − z2 xy + Lời giải Ta có ≤  x2 + y2  x2 + y2 2+ =  + 6÷− = xy +  xy +  ( x + 3y) Lại P≤ +6 ( x + y) xy + +6 −4 − = ( x + 3y) + ( Do xy ≥ 0) 0+1 x + 3y = − 2z , nên : ( − 2z) 2 + + 3z − z2 Đặt t = z − 3z, t ≥ − Khảo sát hàm số f ( t ) = 4t + 11 − t   f ( t) = f  − ÷ = ta tìm max   4  − 4; + ∞ ÷   15 http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Hay  x + y + 2z =  xy = 15 max P = ⇔ ⇔  z2 − 3z + =   ,z = −  x = 0, y =    x = 2, y = 0, z = −  2 Bài toán (Khối B năm 2014) Cho số  thực a, b, c không âm thỏa mãn điều kiện (a + b)c > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= a + b+ c b c + a + c 2(a + b) Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có Vậy Đặt c + c 2(a + b) , 1+ a+ b c t= , t > Xét hàm a+ b a b 2(a + b) + ≥ = b+ c a + c a + b+ c 1+ c a+ b P≥ số g(t) = + t 1+ t với t > , Khảo sát hàm số ta GTNN P đạt a = 0,b = c, b > Bài toán Cho số thực  a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện a2 + bc = b2 + c2 Tìm giá trị lớn biểu thức P= b c 3a3 + − a2 + c2 a2 + b2 ( b + c) Lời giải  a2 = b2 + c2 − bc ⇔ a2 ( b + c) = b3 + c2  Từ giả thiết ta có  b+ c 2  a = b + c − bc = ( b + c) − 3bc ≥  2 3 2a ( b + c) 2a ( b + c) 3a 3a ≤ − = Nên P = 2 2 − 6 a +c a +b ( b + c) ( ab + ac) ( b + c) ( = )( ) 3a − ≤ − b + c ( b + c) b + c ( b + c) Đặt = t, t > b+ c Khảo sát hàm số f ( t ) = 2t − t3 , t >   f ( t) = f  ÷ = Ta tìm Max 0; + ∞ ( )  3 Hay max P = 16 16 ⇔ a = b= c=  Bài toán Cho số thực x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện x2 + y2 + z = 3xy Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= x y x3 + y3 + + y+ z x+ z 16z Lời giải Ta có 3xy = x2 + y2 + z ≥ 2xy + z ⇒ xy ≥ z http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Suy Do  x y ( x + y)2 ( x + y)2 + ≥ ≥ ≥   y + z x + z 2xy + z( x + y) xy(2 + x + y) + x + y  x3 + y3 xy( x + y) x + y  ≥ ≥  16z 16z 16 x+ y ⇒P≥ + x + y + 16 ( ) t + , t ∈ ( 0; + ∞ ) Đặt t = x + y, t > Khảo sát hàm số f ( t) = t + 16 x = y = P = ⇔  z = f ( t ) = f ( 6) = Ta ( 0;+∞ ) Hay Bài toán 10 Cho số thực x, y, z số  thực thỏa mãn điều kiện x + z = y + xy + yz + zx Tìm giá trị lớn biểu thức dương 2 P= x ( 2y + z) − xy( y + 2z) Lời giải Ta có x2 + z2 = y2 + xy + yz + zx ⇔ ( x + z) = ( x + y) ( y + 3z) ( x + 2y + 3z) ⇒ x + 2y + 3z ≥ x + z ⇒ 2y + z ≥ x  x + y + y + 3z  ≤ ( ) ÷ =   x ≤ Do Lại có : ( y + z) y + z 2 xy( y + 2z) = 1  y + y + 2z  1 x.( 3y) ( y + 2z) ≤ x. = x( 2y + z) ≤ ( 2y + z) ÷ 3  3  Nên P ≤ 2y + z − ( y + z) Đặt 2y + z = t, t > Khảo sát hàm số f ( t) = − , t ∈ ( 0; + ∞ ) f ( t ) = f ( 3) = Hay Ta tìm max ( 0; +∞ ) t t max P = ⇔ Bài toán 11  x =  y = z = Cho số thực x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện x2 + y2 = z2 + Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= 2y2 3x3 + 3xy2 − 2x2 y + 2y + xz y( z + 2) Lời giải Ta có :  y + + x2 + z2 = x2 + y2 2y + xz ≤  3x3 + 3xy2 − 2x2 y ≥ 3x( x2 + y2 ) − x( x2 + y2 ) = 2x(4 + z2 ) ≥ x(2 + z)2  ( ) http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Từ suy P≥ 2y2 x x + = + 2 y  x y x +y  y÷ +   x y Đặt t = , t > Khảo sát hàm số f ( t ) = + t, t > t2 + f ( t ) = f ( 1) = Hay P = ⇔ x = y = z = Suy ( 0; + ∞ ) Bài toán 12 Cho số thực x, y, z thỏa mãn   x + y ≥    ( x + y) + = 10z Tìm P= giá trị xy( x + y) ( 2z + 1) z4 nhỏ biểu thức Lời giải Từ giả thiết suy z > Lại có ( x + y) ≥ 4xy ⇒ ( Từ giả thiết ( x + y) x + y) 4z ≥ xy z2 + = 10z ⇒ ( x + y) + = 10z 2 x+ y  x + y ⇒ ÷ = 10 − ⇒ z = 10 − z z z   Do xy x + y  1 1   1 P = 2 + ÷ ≤  10 − ÷  + ÷   ÷ z  z 4 z z z   = t > z Đặt Xét hàm số f ( t ) = ( t + 2) ( 10 − t2 ) 10 − t2 , t > Ta có f '( t ) = − ( 2t2 + 3t − 5) 10 − t2 ⇒ f '( t ) = ⇔ t = f ( t ) = 81 ⇔ t = Lập bảng biến thiên ta có Max ( 0; +∞ ) Hay MaxP = 81 ⇔ z =    x = y = Bài toán 13 Cho số thực dương  mãn a2 + b2 + c2 = Tìm giá trị lớn biểu thức P= a + c+ − a2 + 2bc + 2( a + b) + 2( a + b) Lời giải Từ giả thiết ta có a2 + ( b + c) = 2( bc + 1) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2( bc + 1) = a2 + ( b + c) ≥ 2a ( b + c) ⇔ bc + ≥ ab + ac ⇔ 2bc + ≥ ab + bc + ca ⇔ a2 + 2bc + 2( a + b) + ≥ a2 + ab + bc + ca + 2a + 2b ⇔ a2 + 2bc + 2( a + b) + ≥ ( a + c + 2) ( a + b) ⇔ a + c+ ≤ a + 2bc + 2( a + b) + a + b Từ suy P ≤ a + b − 2( a + b) http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word a, b, c thỏa Đặt = t > 0, a+ b ( a + b) đồng thời ≤ a2 + b2 = − c2 < ⇒ a + b < ⇒ t > Xét hàm số f ( t ) = t − 1  t , t ∈  ; + ∞ ÷ ⇒ f '( t ) = − 3t     ÷=   Lập bảng biến thiên suy f ( t ) ≤ f   1  ⇔ ( a, b, c) =  ; ; ÷  3 3 Hay MaxP = Bài toán 14 Cho số thực dương  a, b, c thỏa mãn điều kiện a + 2b + 3c = 18abc Tìm giá trị nhỏ biểu thức P=  1 + ( a + 2b + 3c) + 23  3  2b +  ÷ a + 3c  Lời giải a + 2b + 3c  ÷    Ta có a + 2b + 3c = 18abc = 3.a ( 2b) ( 3c) AM≤−GM 3 ⇒ ( a + 2b + 3c) ≥ ⇒ a + 2b + 3c ≥  ≥ 3 2 24  2b + AM − GM 2b + ⇒3 +3 ≥ Lại có :  2b + a + 3c a + 2b + 3c + 3  a + 3c AM ≥ − GM a + 3c + 48 Do P ≥ ( a + 2b + 3c) + a + 2b + 3c + 48 , t ∈3; + ∞ ) Đặt a + 2b + 3c = t, t ≥ Khảo sát hàm số f ( t ) = t + t+9 Ta f ( t) = f ( 3) = [ 3;+∞ ) Hay P = ⇔ a = 2b = 3c = Bài toán 15  Cho số thực không âm x, y, z 2 thỏa mãn 5( x + y + z ) = 6( xy + yz + zx) Tìm giá trị lớn ( ) biểu P = 2( x + y + z) − y + z 2 Lời giải Từ 5( x2 + y2 + z2 ) = 6( xy + yz + zx) ⇒ 5( y2 + z2 ) − yz ≥ ( y + z) Suy Đặt y+ z ≤ x ≤ y+ z Do P ≤ y + z − ( 2 t4 ,t≥0 x =  MaxP = ⇔   y = z = y + z = t, t ≥ Khảo sát hàm số f ( t) = f ( 1) = Hay Ta Max [ 0; +∞ ) y + z) f ( t ) = 2t − http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word thức  Bài toán 16 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z2 ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= + xy + yz + xz + + − 2( x + y + z) 1+ y+ z 1+ z + x 1+ x + y Lời giải Ta có ≥ + xy + yz + xz + + ≥ 1+ y+ z 1+ z + x 1+ x+ y ( x + y) + z2 − xy 1+ y+ z 3( x + y) + 4z2 ≥ ( + y + z) + ( y + z) + x2 − yz 1+ z + x 3( y + z) + 4x2 + ( + z + x) ( z + x) + + y2 − zx 1+ x + y 3( z + x) + y2 + ( + x + y) x + y + z) ( x + y + z) (  ( x + y + z)    ≥ + =  2( x + y + z) +  2( x + y + z) + 2( x + y + z) +   Suy P ≥ ( x + y + z) 2( x + y + z) + − 2( x + y + z) Đặt x + y + z = t, < t ≤ Khảo sát hàm số f ( t) = f ( t ) = f ( ) = − 12 Ta tìm (min 0;   Hay P = − 12 ⇔ x = y = z = ( 4t2 − 2t, t ∈ 0;   2t + Bài toán 17  Cho số thực x, y, z ≥ −1 thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức P= x2 y2 − + x2 + y2 + ( xy + 1) z2 − 4x + Lời giải Ta có x + y = z − Đồng thời, x, y ≥ −1 ⇒ ( x + 1) ( y + 1) ≥ ⇔ xy ≥ − ( x + y) − 2 Do x2 + y2 + 4( xy + 4) = ( x + y) + 2xy + ≥ ( x + y) − 2( x + y) + = = ( − z) − 2( − z) + = z2 − 4z + Lại có x2 + y2 = ( x + y) − 2xy ≤ ( x + y) + 2( x + y) + = z2 − 18z + 17 2 z2 − 8z + 16 z2 − 4z + z2 − 8z + 16 , z ∈ −1; + ∞ ) Khảo sát hàm số f ( z) = z − 4z +  3 f ( z) = f  ÷ = Ta tìm [max −1;+∞ )  2 Từ kết suy P ≤  3   Hay max P = ⇔ ( x; y; z) =  −1; ; ÷,  ; −1; ÷  2    Bài toán 18 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x2 = y2 + z Tìm giá trị lớn biểu thức http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word P= (x ( + 2xy) z )( + y2 + z2 3z2 + ) ( 1+ z ) + z2 Lời giải Từ điều kiện giả thiết ta có ( + 2xy) z = z + + 2xyz = x2 − y2 + 2xyz Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có: (x x2 − y2 + 2xyz = ≤ (( x − y ) 2 Từ : P ≤ − y2 + 2xyz )( ) ( + 4x2 y2 + z2 = x2 + y2 1 + z2 + f ′( z) = z ) + z2 3z2 ( 1+ z ) + z2 Xét hàm số f ( z) = Ta có : ) 3z2 + (1+ z ) + z ( − 4z ) (1+ z ) + z2 + z2 ,z>0 2 Nên : f ′( z) = ⇔ − 2z = ⇔ z = Lập bảng biến thiên cho ta có giá trị lớn P Dấu xảy   x =  2xy  x − y = z    x − y = z ⇔  y =   z =  z =   16 125 2 2 Bài toán 19 Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn ( x + y) + ( y + z) + ( z + x) = Tìm giá trị lớn P= ( x + y + z) z+ − 2 biểu ( xy + yz + zx) 24 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có: 2( x + y) + ( y + z) + ( z + x) ≤ (2 ) 2 + + ( x + y) + ( y + z) + ( z + x)  =   1 ⇔ 3x + 3y + 2z ≤ ⇔ 3( x + y + z) ≤ + z ⇔ ≤ + z 3( x + y + z) Từ điều kiện ban đầu, khai triển ta lại có: ( x + y + z) − = xy + yz + zx Từ cho ta P ≤ x+ y+ z  − ( x + y + z) − 3 24 Lại có xy + yz + zx ≤ ( ⇒ ≤ x+ y+ z ≤ 2 x + y + z) ⇒ ( x + y + z) − ≤ ( x + y + z)  2    Đặt t = x + y + z, t ∈ 0; http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word thức ( ) t2 −  2 Khảo sát hàm số f ( t) = t − , t ∈ 0;  24   x = y = f ( t ) = f ( 2) = max P = ⇔  Ta max Hay 2 0;   z =    Bài toán 20 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + = z Tìm giá trị P= nhỏ biểu thức x y z +2 + + x + yz y + zx z + xy Lời giải Ta có: x + y + = z ⇔ z + xy = ( x + 1) ( y + 1) nên P= = = = = x y z2 + + + ( z − y − 1) + yz ( z − x − 1) + zx ( x + 1) ( y + 1) x y + ( y + 1) ( z − 1) ( x + 1) ( z − 1) x y + + ( y + 1) ( x + y) ( x + 1) ( x + y) z2 + = ( x + 1) ( y + 1) + z2 + = ( x + 1) ( y + 1) x2 + y2 + x + y z2 + + ≥ ( x + y) ( x + 1) ( y + 1) ( x + 1) ( y + 1) ( ) z +2 + z + ( z + 1) 2 ( 0:+∞ ) ( x + y) + x+ y ( x + y + 2) + z2 + ( x + y + 2) 4 Khảo sát hàm số f ( z) == f ( z) = f ( 3) = ( x + y) 13 14 ( ) z2 + 2 + , z>0 z + ( z + 1) Hay P = cho ta x = y = 13 ⇔ 14 z = Bài toán 21 Cho số thực  a, b, c thỏa mãn a ≥ b ≥ c ≥   ab + bc + ca = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P=a ( a + 2b) ( a + 2c) + c ( c + 2a) ( c + 2b) + 4b a+ c Lời giải Ta có ( a + 2b) ( a + 2c) = a2 + 2ab + 2ac + 4bc = a2 + 2bc + ( 1) ( a − b) ( a − c) ≥ ⇔ a2 − ab − ac + bc ≥ ⇔ a2 + 2bc ≥ ab + bc + ca = ( 2) Từ (1), (2) suy ( a + 2b) ( a + 2c) ≥ , tương tự ( c + 2a) ( c + 2b) ≥  − ac  12 − ( a + c) 4 12 ÷ ≥ a + c + = 3( a + c) + −1 ( ) Do P ≥ a + c + 4b = a + c +  a + c  2 ( ) ( ) a + c) a + c) ( ( a+ c a+ c 12 Đặt a + c = t, t > Khảo sát hàm số f ( t ) = 3t + − 1, t > ta t f ( t ) = f ( 2) = Hay P = ⇔ a = b = c = ( 0;+∞ ) http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 1 ≥ ; 2 x2 + y2  z  z  x + 2÷ +  y+ 2÷     1 1 • ≥ ; ≥ 2 2 y +z x +z z z    y + 2÷  x + 2÷         z  z 1   P ≥ x + y + + + Do  ÷ ÷ 2 2 2     z  z z z    x + ÷ +  y+ ÷  y+ ÷  x + ÷  2  2 2        z z Đặt x + = a; y + = b ( a,b ≥ 0) 2 a 1 a  b a Ta có P ≥ ab a2 + b2 + a2 + b2 ÷ =  a 2 + b +  a  Đặt = x( x > 0) b  b÷  bữ +1 ã x + x + , x > ta tìm Min f ( x) = x x +1 Min P = đạt a = b, c = hoán f ( x) = Vậy khảo sát hàm số vị Bài tốn 51 Cho số thực khơng âm a, b,  c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức ( )( )( P = a2 − ab + b2 b2 − bc + c2 c2 − ca + a2 Lời giải Khơng tính tổng qt ta giả sử ( ) )  a ( a − b) ≤  a2 − ab + b2 ≤ b2 ≤ a ≤ b≤ c≤ 3⇒  ⇒ 2  a ( a − c) ≤  a − ca + c ≤ c ⇒ P ≤ b2 c2 b2 − bc + c2 = b2 c2 ( b + c) − 3bc   Mặt khác ta có : b + c ≤ a + b + c = ⇒ bc ≤ b + c ≤ ⇒ ≤ bc ≤ Do P ≤ b2 c2 ( − 3bc) = −3b3c3 + 9b2c2 x =  9 2 Xét hàm số F ( x) = −3x + 9x , x ∈ 0;  ⇒ F '( x) = −9x + 18x = ⇒   4 x = Lập bảng biến thiên ta có : MaxF ( x) = F ( 2) = 12 ⇒ MaxP = 12 ( a;b; c) = ( 0;1;2) Bài toán 52 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) > Tìm GTNN P= a b + + b+ c c+ a c ab + bc + ca +3 a+b a + b2 + c2 Lời giải Giả sử a ≥ max{b, c} Ta có Khi P≥ ab + bc + ca ≥ a2 + b2 + c2 a b+ c + +3 b+ c a a b+ c + b+ c a a(b + c) = a2 + (b + c)2 a b+ c + b+ c a http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word a b+ c + ⇒ t ≥ b+ c a Đặt t = Khảo sát hàm số g(t) = t + 3 với t ≥ , ta tìm GTNN P t2 − 2 Bài toán 53 (ĐH Vinh MO TST 2011-2012)  Cho số thực a,b,c không âm đôi khác Tìm giá trị nhỏ biểu thức  1   P = a2 + b2 + c2  + + 2  ( a − b) ( b − c) ( c − a)  ( ) Lời giải Giả sử c = Min{ a, b, c} Ta có : A = a2 + b2 + c2 = ( a − b) + ( b − c) + ( c − a) + 2( ab + bc + ca) 2 2( a − b) + 2( b − c) ( a − c) + 2( ab + bc + ca) = Mà : ab + bc + ca ≥ ( b − c) ( a − c) ⇔ c( 2b + 2a − c) ≥ (đúng ) Suy : A ≥ ( a − b) + 2( b − c) ( a − c) Lại có : B = (1) + + = ( a − b) ( b − c) ( a − c) ( a − b) = + + (2) 2 a − c ( ) ( b − c) ( a − b) ( b − c) ( a − c) Đặt : ( a − b) = u; ( b − c) ( a − c) = v Từ (1) (2) suy : v  u  u  u + 2v u ( u + 2v) 2( u + 2v) u P ≥ ( u + 2v)  + + ÷ = + + = + +  ÷ +  ÷Đặt u v v u v v u  v  v u = t, t > v t hàm số : f ( t ) = t2 + 4t + + , ta có : 2( t + 1) −1 + = t + t − ⇒ f '( t ) = ⇔ t = 2 t t  −  11 + 5 = ÷ Lập bảng biến thiên cho ta : f ( t ) ≥ f  ÷   c=   11 + 5 −1  ⇔ ( a − b) = ab ( Hoặc hoán vị ) Vậy MinP = 2   a, b >  c = Min{ a, b, c} Suy : b − c ≤ b; a − c ≤ a Lời giải Giả sử f '( t ) = 2t + − ( ) Do :  1  a2 + b2 a2 + b2 a2 + b2 P ≥ a2 + b2  + + 2 = + + = a b  ( a − b) a2 b2  ( a − b)  a b +  a b a b =  + ÷ + b a Đặt : + = t, t > a b b a  b a + −2 b a t 3+ = 0⇒ t = Xét hàm số : f ( t ) = t + t − , f '( t ) = 2t − 2 ( t − 2) ( ) http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Xét  +  11 + 5 = ÷ ÷   Lập bảng biến thiên cho ta : f ( t ) ≥ f  Bài toán 54 Cho a, b, c số thực không  âm có tổng Chứng minh a + ( b − c) + b + ( c − a) + c + ( a − b) ≥ 2 Lời giải Do a, b, c có vai trị nên khơng tính tổng quát ta giả 1   1 sử a ≥ b ≥ c ⇒ a ∈  ;1 , c ∈ 0;  3  Ta có:  3 a + ( b − c) + b + ( a − c) ≥ 2( a + b) + ( a + b − 2c) = 9c2 − 8c + 2 ⇒ VT ≥ 9c2 − 8c + + c   Xét hàm số F ( c) = 9c − 8c + + c  ≤ c ≤ ÷  Ta có : F '( c) = ( 18c − 8) c + 9c − 8c + 2 c 9c − 8c +  4  = ⇒ 9c2 − 8c + = c ( − 18c)  c ≤ ÷ ( 1) 9  Giải phương trình (1) so sánh điều kiện ta c = , c = − 33 Lập bảng biến thiên ta có : 24  1 Min F ( c) = F ( 0) = F  ÷ = ⇒ VT ≥ ⇒ đpcm  3 1   1 1 Dấu ‘=’ xảy ( a, b, c)  ; ;0÷, ; ; ÷ hốn vị  2   3 3 Bài toán 55 Cho a, b số thực thuộc  0;2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= ( a − b) + ( b − c) + ( c − a) Lời giải Không tính tổng quát ta giả sử ≤ a < b < c ≤ Từ < c − a ≤ ⇒ ( c − a) ≥ Tiếp tục ta có: < c − b ≤ − b ⇒ Suy P ≥ b2 + ( − b) + ( b − c) ,∀b ∈ ( 0;2) 1 ≥ ( − b) < b − a ≤ b ⇒ ( a − b) ≥ b2 + ,∀b ∈ ( 0;2) Xét hàm số F ( b) = b2 + ( − b) 2 = ⇒ b = Ta có : F '( b) = − b3 + ( − b) Lập bảng biến thiên ta có : MinF ( b) = F ( 1) = Dấu " = " xảy ( a; b; c) = ( 0;1;2) Phương pháp tiếp tuyến 9 ⇒ MinP = 4 http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Chú ý Nếu đường thẳng y = ax + b tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f ( x) điểm A ( x0 ; y0 ) (A khơng điểm uốn) tồn khoảng ( α ; β ) chứa điểm x0 cho f ( x) ≥ ax + b,∀x ∈ ( α ; β ) f ( x) ≤ ax + b, ∀x ∈ ( α ; β ) Đẳng thức xảy x = x0 Bài toán 56 Cho a, b, c dương thỏa mãn :  a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức a b c + + ≥ + bc + ca + ab 10 Lời giải Ta có a ≥ + bc a ( b + c) 1+ = 4a + ( − a) Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh 4a 4b 4c + + ≥ a − 2a + b − 2b + c − 2c + 10 4x −4x2 + 20 f x = ⇒ f ' x = ( ) ( ) Xét hàm số x2 − 2x + x2 − 2x + ( ) Phương trình tiếp tuyến điểm có hồnh độ x0 = y = 99x − 100 4x 99x − ( 3x − 1) ( 15 − 11x) − = ≥ 0, ∀x ∈ ( 0;1) 100 x − 2x + 100 x2 − 2x + Lúc ( ) Từ kết thay x a, b, c ta được: 99 ( a + b + c) − 9 4a 4b 4c + + ≥ = 100 10 a − 2a + b − 2b + c − 2c + (đpcm) Bài toán 57 Cho a, b, c độ dài ba cạnh  tam giác Chứng minh bất đẳng thức 1 1   + + + ≥ 4 + + ÷ a b c a + b+ c  a + b b+ c c+ a  Lời giải Chuẩn hóa a + b + c = Khi bất đẳng thức cần chứng minh là: 1  1  1   − a − a ÷+  − b − b ÷+  − b − b÷ ≤ ( *)       5x − Xét hàm số f ( x) = , phương trình tiếp tuyến điểm có hồnh độ x − x2 x0 = y = 18x − 3 1 = a + b + c ≥ 2a  Do a, b, c ba cạnh tam giác nên 1 = a + b + c ≥ 2b ⇒ x < 1 = a + b + c ≥ 2c  Từ ta có: ( 3x − 1) ( 2x − 1)  1 ≥ 0, ∀x ∈  0; ÷  2 VT ( * ) = f ( a) + f ( b) + f ( c) ≤ 18 ( a + b + c) − = Suy f ( x) − ( 18x − 3) = x − x2 (đpcm) http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Bài toán 58 Cho  Chứng minh thỏa mãn a, b, c ≥ − bất a b c + + ≤ ( *) a2 + b2 + c2 + 10 a + b + c = đẳng thức Lời giải Xét hàm số f ( x) = x0 = y = Xét hiệu x x2 + Phương trình tiếp tuyến điểm có hồnh độ 36x + 50 f ( x) − ( 3x − 1) ( 4x + 3) ≤ 0,∀x ≥ − 36x + =− 50 50 x2 + ( Do VT ( * ) = f ( a) + f ( b) + f ( c) ≤ ) 36 9 ( a + b + c) + = 50 50 10 (đpcm) Bài toán 59 (Japan MO 2002) Chứng minh  với số thực a, b, c khơng âm ta có bất đẳng thức ( b + c − a) + ( c + a − b) + ( a + b − c) 2 ( b + c) + a2 ( c + a) + b2 ( a + b) + c2 2 ≥ Lời giải Chuẩn hóa a + b + c = , bất đẳng thức cho trở thành: ( − 2a) ( − 2a) ( − 2a) ( *) 2a − 2a + 2a − 2a + 4x2 − 4x + Xét hàm số f ( x) = , phương trình tiếp tuyến 2x − 2x + 1 −54x + 23 x0 = y = 25 2( 3x − 1) ( 6x + 1) −54x + 23 54x − 27x + = = ≥0 Do f ( x) − 25 25 2x2 − 2x + 25 2x2 − 2x + 2a − 2a + + + ( VT ( * ) = f ( a) + f ( b) + f ( c) ≥ − ( ≥ ) ) ( 54 23 ( x + y + z) + = 25 25 điểm có hồnh độ ) (đpcm) Bài tốn 60 (USA MO 2003) Chứng minh  với số thực a, b, c khơng âm ta có bất đẳng thức ( b + c + 2a) + ( c + a + 2b) + ( a + b + 2c) ≤ 2 ( b + c) + 2a2 ( c + a) + 2b2 ( a + b) + 2c2 2 Lời giải Chuẩn hóa a + b + c = Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: ( + a) ( + b) ( + c) + + ≤ ( *) 3a2 − 2a + 3b2 − 2b + 3c2 − 2c + x2 + 2x + Xét hàm số f ( x) = , phương 3x − 2x + 1 12x + x0 = y = 3 trình tiếp tuyến điểm có hồnh độ http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word f ( x) − Khi 12x + − ( 3x − 1) ( 4x + 1) = ≤ 0, ∀x ∈ ( 0;1) 3 3x2 − 2x + ( ) Nên VT ( * ) = f ( a) + f ( b) + f ( c) ≤ 12 ( a + b + c) − = 3 (đpcm) Bài toán 61 (Russia MO 2002) Cho số  thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức a + b + c ≥ ab + bc + ca Lời giải Ta có = ( a + b + c) = a2 + b2 + c2 + 2( ab + bc + ca) Do bất đẳng thức cần chứng minh trở thành a2 + b2 + c2 + a + b + c ≥ ( * ) Xét hàm số f ( x) = x2 + x, tiếp tuyến hàm số điểm có hồnh độ x0 = y = 3x Khi f ( x) − 3x = x2 − 3x + x = ( x − 1) ( x + x ) ≥ 0,∀x ∈ ( 0;3) Nên VT ( * ) = f ( a) + f ( b) + f ( c) ≥ 3( a + b + c) = (đpcm) Bài toán 62 Cho số thực dương  a, b, c Chứng minh bất đẳng thức a ( b + c) + b ( c + a) + c ( a + b) ≥ ( a + b + c) Lời giải Chuẩn hóa a + b + c = Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành a ( − a) + b ( − b) + c ( − c) Xét hàm số f ( x) = x0 = y = Khi ta có ≥ ( *) x ( − x) , tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hoành độ 18x − 18x − −18x3 + 39x2 − 20x + ( 3x − 1) ( −2x + 3) f ( x) − = = ≥ 0,∀x ∈ ( 0;1) 2 4 ( − x) ( − x) 18 9 ( a + b + c) − = 4 Nên VT ( * ) = f ( a) + f ( b) + f ( c) ≥ Khảo sát hàm nhiều biến số Bài toán 63 Cho a, b, c dương thỏa mãn :  a2 + b2 + c2 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= (đpcm) 1 + + 2− a 2− b 2− c Lời giải http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Ta xét hàm số f ( x) = ( 1 − − x2 , x ∈ 0; 2− x )  3− ∈ 0; x =  − x = ⇒  x = ∈ 0; Ta có: f '( x) =  − x ( )   x = + ∉ 0;  1 1 ≥ + x2 Lập bảng biến thiên ta có f ( x) ≥ f ( 1) = − ⇒ 2− x 2 1 + + ≥ + a2 + b2 + c2 = Thay x a, b, c vào ta : P = 2− a 2− b 2− c 2 Vậy MinP = a = b = c = ( ( ( ) ) ) ( Bài toán 64 Cho số thực  ) a, b, c∈ 0;2 , thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức P = a2 + 2b2 + 3c2 − 2a − 24c + 2060 Lời giải : Từ a + b + c = ⇒ a = − ( b + c) Suy : P = 3 − ( b + c)  + 2b2 + 3c2 − 3 − ( b + c)  − 24c + 2060 = 3b2 + 2b( c − 4) + 4c2 − 28c + 2063 Ta có : P 'b = 6b + 2c − 4, P 'b = ⇒ b = Ta có bảng biến thiên : 2− c Do ≤ c ≤ ⇒ ≤ 2− c ≤ 3 Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy : MaxP = Max{ P ( 0) ; P ( 2) } = P ( 2) [ 0;2] ( Do P ( 2) − P ( 0) = ( 4c − 24c + 2067) − ( 4c 2 ) ) − 28c + 2063 = 4c + > Lại có : P ( 2) = f ( c) = 4c − 24c + 2067 f '( c) = 8c − 24 < 0,∀c ∈ 0;2 ⇒ f ( c) ≤ f ( 0) = 2067 Hay MaxP = 2067 ⇔ a = 1; b = 2; c =  − c  13 86 MinPb = P  c − c + 2063 ÷= [ 0;2]   13 86 Xét g( c) = c2 − c + 2063, c∈ 0;2 , 3 26 86 ta có g'( c) = c − < ⇒ g( c) ≥ g( 2) = 2023 3 Hay MinP = 2023 ⇔ c = 2;b = 0; a =  Bài toán 65 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x ≥ z P= Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2( x + 3z) xz y + + x + 2z y + yz xz + yz 2 http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Lời giải Ta có x  y 2 + ÷ xz y z  + = + z +  x x y2 + yz xz + yz y +1 +1 +2 z y z x y ( a + b) ⇒ a + b ≥ x y x = a; = b ⇒ ab = ≥ ⇒ ≤ ab ≤ y z z Đặt 2( ab + 3) ( a + b) + ( a + b) − 2ab 2ab + a b + + = + b+ a + ab + ab + ( a + b) + ab + 2 Khi đó: P =  ab = u  v2  1 ≤ u ≤ ÷ 4  a + b = v −2u + v2 + v 2u + + Xét hàm số f ( u, v) = có u + v+1 u+2 v2 + 3v + 2 f 'u ( u, v) = − − < 0, ∀u, v > 2 ( u + v + 1) ( u + 2) Đặt  ( )  v2  2v 2v2 + 24 + := g ( v) ÷= v +8   v+ Do f ( u,v) ≥ f  Lại có g'( v) = ( v4 − 4v3 − 16v + 64 ( v + 2) ( v2 + 8) 2 ) ⇒ g' v  v= ( ) = ⇔ ( v − 4) ( v3 − 16) = ⇔  v = 2 g( v) = g( 4) = g ( 2) = Lập bảng biến thiên ta thấy [ 2;+∞ ) Dấu “=” xảy Hay P = a + b =  a = b ⇔  ⇔ a + b =    a = b 11 ⇔ x= y= z 11 a = b = a = b =  x = 2y = 4z Bài toán 66 ( Khối A - 2011) Cho x,y,z ba  số thực thuộc đoạn 1;4 x ≥ y; x ≥ z Tìm nhỏ biểu thức P = x y z + + 2x + 3y y + z z + x Lời giải Nếu x = y , P ( z) = + x + z = • x+ z x+ z • Nếu x > y , ta có : P '( z) = −y ( y + z) + ( x + z) − z = − y + x 2 ( z + x) ( y + z) ( x + z) ⇒ P '( z) = ⇔ ( x + z) y = x( y + z) ⇒ z = 2 xy < x Lập bảng biến thiên ta thấy : P ( z) ≥ P ( ) xy = x + 2x + y y y+ x = + ,t= +t 2t + x , t ∈ 1;2 y 34 33 x = 4; y = 1; z = Khảo sát biến thiên cho ta : f ( t) ≥ f ( 2) = Dấu “=” xảy http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Bài toán 67 Cho số thực không âm  thỏa c < a, c < b mãn 2 Chứng minh a, b, c a +b +c  a   b   b − c ÷ +  c − a ÷ ≥ ab + bc + ca     2 Lời giải 2 0 < b − c ≤ b a2 b2  a   b  ⇒ + ≥ + ( 1)  ÷ ÷ b a 0 < a − c ≤ a  b − c   c − a  Ta có Xét hàm số f ( c) = ( c2 + a2 + b2 ) , c≥ c( a + b) + ab ( có: 2c  c( a + b) + ab − ( a + b) c2 + a2 + b2 f '( c) = ) ( ab + bc + ca) 2abc + ( a + b) ( c2 − a2 − b2 ) ( a + b) c + 2( a + b) ( c2 − a2 − b2 ) = ≤ 2 2( ab + bc + ca) ( ab + bc + ca) ( a + b) ( ac + bc + 2c2 − 2a2 − 2b2 ) = 2( ab + bc + ca) ( a + b)  a ( c − a) + b( c − b) + ( c2 − b2 ) + ( c2 − a2 )  c < b = <  2( ab + bc + ca) c < a Suy f ( c) ≤ f ( 0) = a2 + b2 a b = + ab b a a2 b2  a b  a b + ≥  + ÷ ≥ + 2 b a  b a b a Lại có ( 2) ( 3) Từ (1), (2), (3) suy bất đẳng thức chứng minh a = b c = Dấu “=” xảy ⇔  Bài toán 68 Cho ba số thực dương a, b, c thoả  mãn: abc + a + c = b Tìm giá trị lớn biểu thức: P = 2 − + a +1 b +1 c +1 Lời giải Ta có a + c = b( − ac) > Dễ thấy ac =/ ⇒ < a < ⇒ P= = ⇒ nên b = a+ c − ac 2(1 − ac)2 − + 2 2 a + (a + c) + (1 − ac) c +1 2(a + c)2 + −2+ 2 a + (a + 1)(c + 1) c +1 Xét f ( x) = f ( x) = c 2( x + c)2 + + −2 x2 + ( x2 + 1)(c2 + 1) c2 + 2( x2 + 2cx + 2c2 + 1) + − ví i < x < 2 c ( x + 1)(c + 1) c +1 f ' ( x) = −4c( x2 + 2cx − 1) ( x2 + 1)2 (c2 + 1)  1 khoảng  0; ÷ ,  c f ' ( x) = ⇔ x0 = − c + c2 + f '( x) đổi dấu từ http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word dương sang âm x qua x0 , suy f ( x) đạt cực đại x = x0  1 ⇒ Ví i ∀x ∈  0; ÷ : f ( x) ≤ + −2= 2  c c + 1− c c +1 c + 2c g(c) = + ví i c>0 Xét c +1 c +1 g' (c) = 2(1 − 8c2 ) (c + 1) ( c + + 3c) 2 ⇒ g' (c) = ⇔ c = 2 2c c +1 + c +1 (v×c >0)   24 10 ⇒ ∀c > 0: g ( c) ≤ g = ÷= + 2 2  a =  10  ⇒P≤ DÊu "=" xÈy b =  c =  2 10 Vậy giá trị lớn P Kết hợp với việc sử dụng Bổ đề Bài toán 69  Cho x, y, z ≥ thoả mãn x + y + z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = Bổ đề Trước hết ta có: x3 + y3 ≥ ( x + y) đương) x3 + y3 + 16z3 ( x + y + z) 3 (chứng minh cách biến đổi tương x + y) + 64z3 ( a − z) + 64z3 Lời giải Đặt x + y + z = a Khi 4P ≥ ( = = ( − t ) + 64t3 3 a a z (với t = , ≤ t ≤ ); a Xét hàm số f ( t ) = ( – t ) + 64t3 với t ∈ 0;1 3 có f '(t) = 64t2 − ( − t)  , f '(t) = ⇔ t = ∈ 0;1 64 Lập bảng biến thiên ⇒ Minf ( t ) = 81 ⇒ t∈[ 0;1] GTNN P 16 81 đạt x = y = 4z > Bài toán 70 (Đề chọn đội tuyển QG dự thi  IMO 2005) Cho a,b,c >0 Chứng minh Lời giải : a3 b3 c3 + + ≥ 3 (a + b) (b + c) (c + a) b c a = x, = y, = z ⇒ xyz = a b c 1 cho trở thành : (1 + x)3 + (1 + y)3 + (1 + z)3 ≥ Đặt Bất đẳng thức Áp dụng AM-GM ta có : ( + x) + ( + x) + 1 ≥ 33 = 8(1 + x) 2( + x) http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 1 Ta cần CM bất đẳng thức : (1 + x)2 + (1 + y)2 + (1 + z)2 ≥ Bổ đề: ( + x) + ( + y) ≥ ( x, y > 0) + xy Bổ đề CM cách biến đổi tương đương đưa BĐT hiển nhiên : xy( x − y)2 + (1 − xy)2 ≥ Do : VT ≥ Giả sử: 1 z z( z + 1) + z2 + z + + = + = = + xy (1 + z)2 z + (1 + z)2 (1 + z)2 z + 2z + z = Max{ x, y, z} ⇒ = xyz ≤ z3 ⇒ z ≥ z2 + z + z2 − ; f '( z) = ≥ 0,∀z ≥ z + 2z + ( z + 1)4 f ( z) ≥ f (1) = Xét hàm số : f ( z) = Suy : Bài toán 71 Cho  Chứng minh a, b, c > 2a 2b 2c + + ≤3 a+ b b+ c c+ a 1 Bổ đề : Với x, y > thoả mãn xy ≤ Ta có bất đẳng thức + x2 + + y2 ≤ + xy Chứng minh : Ta có 1 x2 + y2 + 2 + ≤ ⇔ 2 ≤ 2 + xy 1+ x 1+ y x y + x2 + y2 + 1 + xy ⇔ xy( x2 + y2 ) + 2xy + x2 + y2 + ≤ 2x2 y2 + 2( x2 + y2 ) + ⇔ xy( x2 + y2 − 2xy) − ( x2 + y2 − 2xy) ≤ ⇔ ( x − y)2 ( xy − 1) ≤ (luôn đúng) Đẳng thức xảy xy = x = y > Lời giải b c a ;y= ;z = ⇒ xyz = a b c x, y, z > 0; xyz = nên giả sử z ≥ ⇒ xy ≤ Đặt x = Do Áp dụng Bất đăng thức Cauchy-Shwarz ta có VT = 2a 2b 2c 2b  2c  2a + + ≤ 2 + ÷ + c+ a a+ b b+ c c+ a a + b b + c   2b  2c  2a + + ≤3 + + ≤3 ⇔2 Chứng minh 2 ÷ + x2 + y2 + z2 c+ a  a + b b+ c  1 2 z + + ≤2 + = 22 + 2 2  + xy 1+ x 1+ y 1+ z 1+ z  z+1  ÷ z +1 ÷  z z + ≤ + ,z ≥ Đặt f ( z) = z+1 z+1 z +1 z +1 z f '( z) = − ≤ ∀z ≥ ⇒ f ( z) ≤ f (1) = 2 z + z( z + 1) ( z + 1) z2 + Đẳng thức xảy x = y = z = hay a = b = c Ta chứng minh Bài toán 72 Cho  Chứng minh : a, b, c > a b + + a+ b b+ c c ≤ ( 1) c+ a http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 1 Bổ đề : Với x, y > thoả mãn xy ≤ Ta có bất đẳng thức + x2 + + y2 ≤ + xy Chứng minh : 1 x2 + y2 + 2 + ≤ ⇔ 2 ≤ 2 2 + xy 1+ x 1+ y x y + x + y + 1 + xy Ta có ⇔ xy( x2 + y2 ) + 2xy + x2 + y2 + ≤ 2x2 y2 + 2( x2 + y2 ) + ⇔ xy( x2 + y2 − 2xy) − ( x2 + y2 − 2xy) ≤ ⇔ ( x − y)2 ( xy − 1) ≤ (luôn đúng) Đẳng thức xảy xy = x = y > Lời giải Đặt x = b ,y = a c ,z = b  x, y, z > a ⇒ c  xyz = 1 1 + + 2 1+ x 1+ y + z2 xy ≤ ⇒ z ≥ ⇒ VT ( 1) = Giả sử Vì  1 xy ≤ ⇒  +  + x2 + y2  ⇒ 1 z + ≤2 1+ z + x2 + y2   1  4z ≤ 2 + ≤ = ÷ 2 ÷ ÷  + x + y  + xy + z  ≤ + z2 + z Mặt khác ta lại có: Như ta có : VT ( 1) ≤ Xét hàm số F ( z) = Ta có : F '( z) = z + 1+ z 1+ z z + , z≥1 1+ z 1+ z + z − 2z z ( + z) = ⇒ + z − 2z = ⇒ z = Lập bảng biến thiên ta có : MaxF = F ( 1) = 3 ⇒ VT ( 1) ≤ ⇒ đpcm Dấu " = " xảy x = y = z = ⇔ a = b = c Bài toán 73 Cho 1  a, b, c ∈  ;3  3  biểu thức a b c + + a + b b+ c c+ a P= Bổ đề Tìm giá trị lớn Với < xy ≤ ta có bất đẳng thức + x + + y ≤ + xy Chứng minh Ta có b a ( c b Lời giải Đặt x = , y = , z = Khi P = )( ) xy − x− y 1 2 + = + ≤ + x + y + xy ( x + 1)( y + 1) xy + 1 + xy a 1  ⇒ x, y, z ∈  ,9 c 9  ( ) xyz = 1 1 + + 1+ x 1+ y 1+ z Khơng tính tổng qt, giả sử ≤ x≤ y≤ z≤ 9 z + Do xyz = nên z ≥ 1; xy ≤ Khi áp dụng bổ đề ta có P ≤ z + 1+ z Đặt z = t, t ≥ Khảo sát hàm số f ( t) = 2t + , t ∈ 1; +∞ ) t + 1 + t2 http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word f ( t) = Ta tìm Max [ 1; +∞ ) ⇔t=3 MaxP = hay  a = 9c ⇔ b = 3c Bài toán 74 Cho số thực dương a, b, c  thỏa điều kiện a2 + b2 + c2 = Tìm giá trị lớn biểu thức  ab bc   a4b4 + b4 c4  + −  ÷  2  + c + a2 ÷ a4 c4  64   P= x + y) Bổ đề Ta có với x, y > x2 + y2 ≥ ( 2 Dấu đẳng xảy x = y Chứng minh Thật , bất đẳng thức cho biến đổi tương đương trở thành : ( ) x2 + y2 ≥ x2 + 2xy + y2 ⇔ ( x − y) ≥ 2 Lời giải Áp dụng bổ đề ta có : (x ≥ x +y 4 + y2 )  ( x + y)   ÷  ÷ x + y) (   ≥ = 2 4  a4b4 + b4 c4  1 b b a b +b c 1 b b  b  b  ×  + ÷ ( 1) =  ÷ + ÷ ≥  + ÷ ⇔ −  Do : ÷≤ − 4 4 64 64 8 c a a c c a c a ac         ab bc ab bc Từ giả thiết ta có : + c2 + + a2 = a2 + c2 + b2 + c2 + a2 + b2 + a2 + c2 4 4 ( ) ( ) ( ) ( ) Áp dụng bất đẳng thức AM- GM ta có : (a ≤ ab ) ( + c2 + b2 + c2 + ) (a bc ) ( + b2 + a2 + c2 ≤ )  2  (a a2b2 )( + c2 b2 + c2 ) + (a b2 c2 )( + b2 a2 + c2 )  ÷ ÷  1 b b  a2 b2 b2 c2  1  b2 b2   + + + ≤ + ≤ +  + ÷ ( 2)   ÷  + ÷÷ 2 2 2  ÷ 4 a + c b + c a + b a + c  4  bc ab   8 c a   ab bc  1 1 b b + ≤ +  + ÷  2 ÷ 2 2+ c + a    c a ÷  Từ ta có đánh giá : Do ta có : 1 1 b b 1 b b + ×  + ÷  + ÷−   c a ÷   64  c a  P≤ b b 1 1  1 Đặt t = + , t > Xét hàm số f ( t ) =  + t ữ ì t4 , t > c a   64 f '( t) = Ta có : 32 f '( t ) ≥ ⇔ ( t3 ≤ 128 1 + t 16 − 32 1 + t 16 t3 128 ⇔ t3 1 + t≤8 ⇔ t7 + 2t6 − 32 ≤ ) ⇔ ( t − 2) t6 + 4t5 + 8t4 + 16t3 + 32t2 + 64t + 16 ≤ ⇔ < t ≤ Lập bảng biến thiên ta thấy GTLN P = đánh 15 32 đạt t = dấu http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word b b c+ a =  ⇔ a = b= c= : a = b = c  a2 + b2 + c2 =   giá ( 1) ,( 2) xảy Do ta có Bài tốn 75 Cho a, b, c số thực không  âm thỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) > a ≥ max{b, c} Chứng minh a 11  b c  a + 7(b + c) 15 +  + > ÷+ b + c  c + a a+ b÷ a  Lời giải Bổ đề: Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) > a ≥ max{b, c} b + a+ c Chứng minh c ≥ a+ b b+ c a (1) Chứng minh bổ đề: Ta có (1) ⇔ ab ac + ≥1 (b + c)(a + c) (b + c)(a + b) ; mặt khác , ta lại có ab 2ab 2ab = ≥ ; tương tự (b + c)(a + c) a(b + c)b(a + c) bc + ac + 2ab Suy ⇒ ac 2ac ≥ (a + b)(b + c) bc + ba + 2ac ab ac 2(ab + ac) + ≥ ≥1 (b + c)(a + c) (b + c)(a + b) bc + ba + 2ac b + a+ c b+ c a a = b = c c ≥ a+ b Dấu xảy Quay lại toán Xét hàm số g(t) = t + b = 0, a = c c = 0, a = b 11 + + với t > Ta có 2t t t t − t2 + 11 t + g'(t) = − + = 2t t2 ( )( ) t2 + − 2t2 + t2 + + 21 2t2 t2 + Vậy g'(t) = ⇔ t = t > 15 Lập bảng biến thiên, ta GTNN g(t) f (3) = Từ ta  a  f =  b+ c ÷ ÷   ≤ a 11 b + c 7(b + c) + + 1+ b+ c a a a 11  b +  +  b+ c  c+ a Vậy ta c  a + 7(b + c) +2 ÷ ÷ a+b a a 11  b +  +  b+ c  c+ a c  a + 7(b + c) 15 +2 ≥ ÷ ÷ a+ b a Do dấu không xảy nên ta có điều phải chứng minh Vận dụng kỹ thuật dồn biến cổ điển Bài toán 76 (Nghệ An MO TST – 2010 ) Xét  số thực dương a, b,c thỏa mãn abc = Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a3b3 + b3 c3 + c3 a3 − 6( a + b + c) http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Lời giải : Ta chứng minh : P ( a, b, c) ≥ P ( a, bc, bc) Thật : ( ) P ( a, b, c) − P a, bc, bc = a3b3 + a3 c3 − ( b + c) − 2a3 = a3   ( bc ) + 12 bc ( b) − ( c)  − 6( b − c) = = ( b − c)  a ( b + bc + c) − 6 ≥ ( b − c) 9a bc − 6 =   = ( b − c) ( 9a − 6) ≥ ( Với giả sử a = M ax{ a, b, c} ⇒ a ≥ ) 3 2 2 Lại có : ( )  1  12 P a, bc, bc = P  a, , ÷ = 2a a + − 6a − a a a a  12 Đặt a = t,( t ≥ 1) Ta có : f ( t ) = 2t3 + − 6t2 − t t 12 Ta chứng minh : 2t3 + − 6t2 − ≥ −15, ∀t ≥ ( * ) t t Thật : ( * ) ⇔ 2t9 − 6t8 + 15t6 − 12t5 + ≥ Xét hàm số : g( t ) = 2t9 − 6t8 + 15t6 − 12t5 + , ta có : ( ) g'( t ) = 18t8 − 48t7 + 90t5 − 60t4 = 6t4 3t4 − 8t3 + 15t − 10 = 6t4 h ( t ) Xét : h ( t) = 3t4 − 8t3 + 15t − 10, ∀t ≥ , có : t = h '( t ) = 12t3 − 24t2 + 15; h ''( t ) = 36t2 − 48t = ⇒  t =   4 Lập bảng biến thiên ta thấy : h '( t ) ≥ h ' ÷ = >  3 Do : h ( t ) ≥ h ( 1) = ⇒ g '( t) ≥ nên : g( t) ≥ g( 1) = Bài toán 77 (MOSP 2001) Xét số thực  dương a, b,c thỏa mãn abc = Chứng minh bất đẳng thức ( a + b) ( b + c) ( c + a) ≥ ( a + b + c − 1) Lời giải : Đặt : P ( a, b, c) = ( a + b) ( b + c) ( c + a) − 4( a + b + c − 1) = = ab( a + b) + bc( c + b) + ca ( c + a) − ( a + b + c) + Ta CM : P ( a, b, c) ≥ P ( a, bc, bc) , : ( ) P ( a, b, c) − P a, bc, bc = ( ) ( ) = ab( a + b) + bc( b + c) + ca ( c + a) − ( b + c) − 2a bc a + bc − bc bc + bc ( ) ( ) ( ) ( = bc b + c − bc − b + c − bc + a2 b − bc + c + a b2 − 2bc + b2 = ( ) b − c bc + a2 + a  = ( ) ( ) ) = ( ) b − c bc + a2 − 4 + a ( b − c) = b + c − 4 =  b − c bc + a2 + a ( b + c) + a − 4   http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word ... ca = t, t ∈ ? ?11 ;12  2 t 72 + , t ∈ ? ?11 ;12  t 16 0 f ( t ) = f ( 11 ) = ta tìm Max [ 11 ;12 ] 11 16 0 Hay MaxP = ( a;b; c) = ( 1; 2;3) 11 Khảo sát hàm số f ( t ) = + hốn vị Bài tốn 31 Cho số thực... z ∈ ? ?1; 2 Đạo hàm lập bảng biến thiên hàm số f ( z) , g( z) ta có : Min f ( z) = 210 − 60 10 z = −2 + 10 ⇒ x = y = − 10 Max g( z) = 42 z = ⇒ x = y = Vậy Min P = 210 − 60 10 x = y = − 10 , z... 1 2 z + + ≤2 + = 22 + 2 2  + xy 1+ x 1+ y 1+ z 1+ z  z +1  ÷ z +1 ÷  z z + ≤ + ,z ≥ Đặt f ( z) = z +1 z +1 z +1 z +1 z f ''( z) = − ≤ ∀z ≥ ⇒ f ( z) ≤ f (1) = 2 z + z( z + 1) ( z + 1) z2 + Đẳng