Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 13 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
13
Dung lượng
0,92 MB
Nội dung
Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực BẤT ĐẲNG THỨC LUYỆN THI ĐẠI HỌC MỘTSỐBĐT ĐƠN GIẢN HAY DÙNG 1. Với a, b, c tùy ý ta luôn có 2 2 2 a b c ab bc ca+ + ≥ + + . Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c. CM. Ta có (a−b) 2 + (b−c) 2 + (c−a) 2 ≥ 0. Khai triển, chuyển vế ta được ngay BĐT này. 2. Với a, b, c tùy ý ta luôn có 2 ( ) 3( )a b c ab bc ca+ + ≥ + + . Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c. CM. Ta có 2 2 2 2 ( ) 2 2 2 ( ) 2 2 2 3( )a b c a b c ab bc ca ab bc ca ab bc ca ab bc ca+ + = + + + + + ≥ + + + + + = + + 3. Với a, b, c, d, e, f tùy ý ta luôn có |a.d + b.e + c.f| ≤ 2 2 2 2 2 2 ( )( )a b c d e f+ + + + . Đẳng thức xảy ra kvck a : b : c = d : e : f. CM. Xét ( ; ; )u a b c= r , ( ; ; )v d e f= r ta có . . . .u v a d b e c f= + + r r và 2 2 2 2 2 2 | | ,| |u a b c v d e f= + + = + + r r . Mặt khác, | . | | |.| |.| cos( , ) | | |.| | | . | | | .| |u v u v u v u v u v u v= ≤ ⇒ ≤ r r r r r r r r r r r r . Đẳng thức xảy ra kvck ,u v r r cùng phương. Do đó, |a.d + b.e + c.f| ≤ 2 2 2 2 2 2 ( )( )a b c d e f+ + + + . Đẳng thức xảy ra kvck a : b : c = d : e : f. 4. Với a , b dương ta luôn có 1 1 1 1 4 ( )( ) 4a b a b a b a b + + ≥ ⇔ + ≥ + . Đẳng thức xảy ra kvck a = b. CM. Ta có 2a b ab+ ≥ và 1 1 2 a b ab + ≥ nên 1 1 ( )( ) 4a b a b + + ≥ . 5. Với a , b, c dương ta luôn có 1 1 1 1 1 1 9 ( )( ) 9a b c a b c a b c a b c + + + + ≥ ⇔ + + ≥ + + . Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c. CM. Ta có 3 3a b c abc+ + ≥ và 3 1 1 1 3 a b c abc + + ≥ nên 1 1 1 1 1 1 9 ( )( ) 9a b c a b c a b c a b c + + + + ≥ ⇔ + + ≥ + + . 6. Với mọi x, y, không âm ta luôn có 2 (1 )(1 ) (1 )x y xy+ + ≥ + . CM. Ta có (1+x)(1+y) = 1 + (x + y) + xy. Áp dụng BĐT Cô-si ta được 22 (1 )(1 ) 1 2 ( ) (1 )x y xy xy xy+ + ≥ + + = + . Đẳng thức xảy ra kvck x = y. Tổng quát, với a, b, c không âm ta có 2 ( )( ) ( )a b a c a bc+ + ≥ + . Từ đây suy ra 2a b a c a bc+ + + ≥ + . 7. Với mọi x, y, z không âm ta luôn có 3 3 (1 )(1 )(1 ) (1 . . )x y z x y z+ + + ≥ + . CM. Ta có (1+x)(1+y)(1+z) = 1 + (x + y + z) + (xy + yz + zx) + xyz. Áp dụng BĐT Cô-si ta được 2 3 3 3 3 3 3 (1 )(1 )(1 ) 1 3 . . 3 ( . . ) ( . . ) (1 . . )x y z x y z x y z x y z x y z+ + + ≥ + + + = + . Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z. Tổng quát, với a, b, c, d không âm ta có 3 3 ( )( )( ) ( )a b a c a d a bcd+ + + ≥ + . Từ đây suy ra 3 3 3a b a c a d a bcd+ + + + + ≥ + . 8. Với mọi x, y, z không âm ta luôn có 3 3 3 3 ( ) 9( )x y zx y z+ ++ ≤ + . CM. Ta có 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 ( ) 3 3 3 3 3 3 6x y z x y z x y x z xy xz y z yz xyz+ + = + + + + + + + + + 1 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực Mà 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 3 3 3 3 . . 3 . . 3 . . 3 3 . . 3 3 . . 3 3 3 3 . . 3 6 2( ) x y x x y x x y x z x x z x x z xy x y y xz x z z y z y y z y y z y x z z z y y x z z y z xyz z y y z x = ≤ + + = ≤ + + + + + + = ≤ + + + + ≤ + + = ≤ = ≤ = ≤ nên 3 3 3 3 ( ) 9( )x y zx y z+ ++ ≤ + . Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z. 9. Với mọi x, y mà (x + y) ≥ 0 ta luôn có 3 3 3 ( ) 4( )yy xx + +≤ . Đẳng thức xảy ra kvck x = y. CM. Với mọi số x, y ta có 2 ( ) 4 x y xy + ≤ . Đẳng thức xảy ra kvck x = y. Do (x + y) ≥ 0 nên 3 ( ) ( ) 4 x y xy x y + + ≤ . Do đó, 2 3 3 3 3 3 ( ) ( ) ( ) 3 ( ) ( ) 3 ( ) 4 4 x y x y x y x y xy x y x y x y + + + = + − + ≥ + − + = . 10. Cho a, b, c không âm, f(x) xác định trên [0 ; + ∞). CMR nếu ( ) ( ) 2 ( )f a f b f ab+ ≥ thì 3 ( ) ( ) ( ) 3 ( ).f a f b f c f abc+ + ≥ BT 1) Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa xyz = 1. Tìm GTNN của biểu thức: 2 2 2 x y z M y z z x x y = + + + + + Giải. Ta có 2 4 x y z x y z + + ≥ + , 2 4 y z x y z x + + ≥ + và 2 4 z x y z x y + + ≥ + nên 2 x y z M x y z + + + ≥ + + Do đó, 3 3 3 2 2 2 xyz x y z M + + ≥ ≥ = . Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z = 1. BT 2) Chứng minh rằng với ∀ x ∈ [ − 1 ; 1] thì 2 2 3 3 (1 ) (1 ) 2x x− + + ≤ . Giải. Xét 2 2 3 3 ( ) (1 ) (1 )f x x x= − + + ta có / 3 3 2 2 ( ) 3 1 3 1 f x x x − = + − + và / ( ) 0 0f x x= ⇔ = . Vì f(−1) = f(1) = 3 4 , f(0) = 2 nên [ 1;1] max ( ) (0) 2f x f − = = . Vậy, f(x) ≤ 2, ∀x ∈ [−1 ; 1]. BT 3) Cho 2 số thực dương x, y. Chứng minh 2 9 (1 ) 1 1 256 y x x y + + + ≥ ÷ ÷ ÷ . Giải. Áp dụng BĐT 2 (1 )(1 ) (1 )a b ab+ + ≥ + , đẳng thức xảy ra kvck a = b. 2 2 2 2 2 4 9 9 9 (1 ) 1 1 (1 ) 1 (1 ) 1 (1 3) 256 y y x x y x x y y y + + + ≥ + + = + + ≥ + = ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ . BT 4) Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa 3 4 x y z+ + = . Chứng minh rằng: 3 3 3 3 3 3 3x y y z z x+ + + + + ≤ . Giải. Ta có 3 ( 3 ) 1 1 ( 3 )1.1 3 x y x y + + + + ≤ , 3 ( 3 ) 1 1 ( 3 )1.1 3 y z y z + + + + ≤ và 3 ( 3 ) 1 1 ( 3 )1.1 3 z x z x + + + + ≤ . Cộng 3 BĐT này ta được ĐPCM. BT 5) Cho x, y, z dương và x + 2y + 4z = 12. Tìm GTLN của biểu thức: 2 8 4 2 2 4 4 xy yz zx P x y y z z x = + + + + + . 2 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực Đặt a = x, b = 2y, c = 4z ta được a + b + c = 12 và 6 4 4 4 ab bc ca a b b c c a P a b b c c a + + + = + + ≤ + + = + + + . Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c = 4. BT 6) Cho 3 số thực x, y, z không âm thỏa 3 3 3 3x y z+ + = . Tìm GTLN của tổng S = x + y + z. Giải. Theo BĐT Cô−si ta có 3 3 3 3 1 1 3 1 1 3 1 1 x x y y zz ≤ + + ≤ + + + +≤ nên x + y + z ≤ 3. Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z =1. Cách 2 : Ta có 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 ( ) 3 3 3 3 3 3 6x y z x y z x y x z xy xz y z yz xyz+ + = + + + + + + + + + Mà 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 3 3 3 3 . . 3 . . 3 . . 3 3 . . 3 3 . . 3 3 3 3 . . 3 6 2( ) x y x x y x x y x z x x z x x z xy x y y xz x z z y z y y z y y z y x z z z y y x z z y z xyz z y y z x = ≤ + + = ≤ + + + + + + = ≤ + + + + ≤ + + = ≤ = ≤ = ≤ nên 33 3 3 9( ) 27x y zS + =+≤ . Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z = 1. BT 7) Cho ∆ ABC có 0 A 90≤ và sin 2sin sin tan 2 A A B C= . Tính GTNN của 1 sin 2 sin A M B − = . sin 2sin sin tan 2 A A B C= ⇔ sin 2 2sin cos 2sin sin 2 2 cos 2 A A A B C A = ⇔ 2 2cos 2sin sin 2 A B C= ⇔ 1 cos cos( ) cos( )A B C B C+ = − − + ⇔ cos(B − C) =1 ⇔ B = C. Mặt khác, 0 A 90≤ nên 45 0 ≤ B = C < 90 0 . 0 1 cos 1 cos 45 2 tan tan 2 1 sin sin 2 2 B C B B M B B + − − = = = ≥ = − . Đẳng thức xảy ra kvck A = 2B = 2C = 90 0 . BT 8) Cho 3 số thực không âm x, y, z thỏa 3x y z+ + ≤ . Chứng minh rằng : 1 1 1 3 1 1 1 2x y z + + ≥ + + + . Cách 1: Ta có 1 1 1 1 4 x x + + ≥ + , 1 1 1 1 4 y y + + ≥ + , 1 1 1 1 4 z z + + ≥ + nên 3 ( ) 3 4 x y z VT + + + + ≥ . Vì x + y + z ≤ 3 nên 3 3 3 ( ) 3 4 4 x y z VT VT + + + + + ≥ + ≥ ⇒ ĐPCM. Cách 2 : Với các số dương a, b, c, ta có 1 1 1 9 a b c a b c + + ≥ + + nên 9 9 3 . 3 ( ) 3 3 2 VT x y z ≥ ≥ = + + + + BT 9) Cho ABC ∆ có 3 góc nhọn. Chứng minh 2 2 2 tan cot tan cot tan cot tan tan tanA B B C C A A B C+ + ≥ + + . Với x, y dương, theo BĐTCô si ta có 2 2 x y x y + ≥ . Do đó ta được 2 2 x x y y ≥ − . Vì A, B, C nhọn nên tgA, tgB, tgC, cotgA, cotgB, cotgC là các số dương. Áp dụng BĐT vừa nêu ta được 2 2 2 2 2 2 tan tan tan tan cot tan cot tan cot tan tan tan A B C A B B C C A B C A + + = + + 2(tan tan tan ) (tan tan tan )A B C B C A≥ + + − + + . 3 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực BT 10) Cho x, y, z không âm và 3x y z+ + ≤ . Tìm GTLN của biểu thức: 2 2 2P xy yz zx xy yz zx xy yz zx= + + + + + + + + . Giải. Cách 1 : Ta có (1 1 1)[(2 ) ( 2 ) ( 2 )] 2 3.P xy yz zx xy yz zx xy yz zx xy yz zx≤ + + + + + + + + + + = + + ≤ 2 1 2 3. ( ) 2( ) 6 3 x y z x y z+ + = + + ≤ . Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z = 1. Cách 2 : Ta có 4 (2 ) 4.(2 ) 2 4 ( 2 ) 4.( 2 ) 2 4 ( 2 ) 4.( 2 ) 2 xy yz zx xy yz zx xy yz zx xy yz zx xy yz zx xy yz zx + + + + + ≤ + + + + + ≤ + + + + + ≤ nên 2.P ≤ 6 + 2(xy + yz + zx) ≤ 12 ⇔ P ≤ 6. Cách 3 : Áp dụng BĐT 2 2 2 2 ( ) 3( )a b c a b c+ + ≤ + + ta được P 2 ≤ 3.4(xy + yz + zx) ≤ 36. BT 11) Cho ABC∆ có 3 góc nhọn thỏa 1 1 1 1 1 1 cos cos cos sin sin sin 2 2 2 A B C A B C + + = + + . CMR ABC∆ đều. CM. A, B, C nhọn nên cos ,cos ,cos 0A B C > . Áp dụng BĐT 1 1 ( )( ) 4,a b a b + + ≥ với a , b > 0. Ta được 1 1 4 2 2 cos cos cos cos sin cos sin 2 2 2 C A B C A B A B + ≥ = ≥ − + . Tương tự cho các cặp còn lại, ta được VT VP. Dấu “” xảy ra khi và chỉ khi cos cos cos cos cos cos 1 2 2 2 A B C A B C A B B C C A = = ⇔ = = − − − = = = . Vậy ABC đều. BT 12) Cho a, b, c >0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng : 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2a bc b ac c ab + + ≥ + + + . CM. Áp dụng BĐT 1 1 1 1 1 1 9 ( )( ) 9x y z x y z x y z x y z + + + + ≥ ⇔ + + ≥ + + với x , y, z > 0. Ta được 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 9 9 1 2 2 2 2 2 2 ( )a bc b ac c ab a bc b ac c ab a b c + + ≥ = = + + + + + + + + + + . BT 13) Cho x, y, z không âm, thỏa x + y + z = 4. Tìm GTLN của 2 2 2P x y y z z x= + + + + + . Giải. Áp dụng BĐT 2 2 2 2 ( ) 3( )a b c a b c+ + ≤ + + ta được P 2 ≤ 3.(2x + y + 2y + z + 2z + x) = 36. Đẳng thức xảy ra kcvk x = y = z = 4/3. BT 14) Cho 2 số thực x, y thỏa x 2 + y 2 + xy = 3. Tìm GTLN − NN của biểu thức : 4 4 2 ( )M x y xy x y= + + + . Giải. Đặt S = x + y, P = xy, ĐK : 2 4S P≥ . x 2 + y 2 + xy = 3 ⇔ 2 2 3 3 0 3S P S P P− = ⇔ = + ≥ ⇒ ≥ − . Đẳng thức có thể xảy ra, chẳng hạn khi x = − y = 3 . ĐK : 2 4S P≥ ⇔ P + 3 ≥ 4P ⇔ P ≤ 1. Đẳng thức có thể xảy ra, chẳng hạn khi x = y = 1. Tóm lại, tập giá trị của P là [−3 ; 1]. Ta có, 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 ( ) ( 2 ) 2 . ( 3 2 ) 2 .( 3) 9 3M x y x y xy x y S P P P S P P P P P P= + − + + = − − + = + − − + + = − Vì P ∈ [−3 ; 1] nên M ∈ [6 ; 18]. Min M = 6, đạt khi x = y = 1. Max M = 18, đạt khi x = − y = 3 . 4 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực BT 15) Cho x, y, z dương thỏa mãn 4 4 4 4 4 4 4 4 4 3x y y z z x x y z+ + ≤ . Tìm GTLN của 2 2 2 6 4 6 4 6 4 2 2 2 x y z x y z P x y y z z x x y z + + = + + + + + + . Giải. Từ giả thiết ta suy ra 4 4 4 4 4 4 (1) 4 4 4 4 4 4 1 1 1 3 3 x y y z z x x y z x y z + + ≤ ⇔ + + ≤ . Ta có 6 4 3 2 2 0x y x y+ ≥ > nên 6 4 2 2 1 2 x x y x y ≤ + . Tương tự ta được 6 4 2 2 1 2 y y z y z ≤ + và 6 4 2 2 1 2 z z x z x ≤ + . Từ đây suy ra 2 2 2 6 4 6 4 6 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 x y z x y z x y y z z x x y y z z x x y z + + + + ≤ + + = + + + . 2 2 2 2 2 2 (2) 6 4 6 4 6 4 2 2 2 2 2 2 3 . 2 x y z x y z x y z P x y y z z x x y z x y z + + + + ⇒ = + + + ≤ + + + . Mặt khác, theo (1) và BĐT 2 2 2 ab bc ca a b c+ + ≤ + + ta được 2 2 2 2 2 2 4 4 4 1 1 1 1 1 1 3 (3) x y y z z x x y z + + ≤ + + ≤ . Từ (2) và (3) ta được P ≤ 9 2 . Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z = 1. Vậy max P = 9/2. BT 16) Cho 3( 2 1 1) 0x y x y+ − − + + + = . Tìm GTLN và GTNN của ( 2)( 1)A x y= − + . Giải. BT 17) Cho x, y, z dương, thỏa đẳng thức 1 1 1 1 x y z + + = . Chứng minh: 2 2 2 4 x y z x y z x yz y zx z xy + + + + ≥ + + + . CM. Ta có 1 1 1 1 x y z + + = ⇔ xy + yz + zx = xyz. Do đó, 2 3 3 3 2 2 ( )( ) x x x x x yz x xyz x xy yz zx x y x z = = = + + + + + + + . 2 3 3 (1) 8 8 ( )( ) 8 8 4 x x y x z x x y x z x x yz x y x z + + + + ⇒ + + = + + ≥ + + + Tương tự: 2 3 (2) 8 8 4 y y z y x y y zx + + + + ≥ + và 2 3 (3) 8 8 4 z z x z y z z xy + + + + ≥ + . Cộng (1), (2) và (3) ta được đpcm. BT 18) Cho , 0 2 q p q> > . Xác định tam giác ∆ ABC sao cho biểu thức W = p.cosA + q(cosB + cosC) lớn nhất. Giải. W = 2 2 (1 2sin ) 2 (cos .cos ) 2 sin 2 cos .sin 2 2 2 2 2 2 A B C B C A B C A p q p q p + − − − + = − + + = 2 2 2 2 2 2 2 (sin cos .sin cos ) cos 2 2 2 4 2 2 2 A q B C A q B C q B C p p p p p − − − − − + + + = 2 2 2 2 2 sin cos cos 2 2 2 2 2 2 A q B C q B C q p p p p p p − − − − + + ≤ + ÷ . Đẳng thức xảy ra kvck sin cos sin (0;1) 2 2 2 2 2 cos 1 2 A q B C A q p p B C B C − = = ∈ ⇔ − = = Vậy max W = 2 2q p p + khi ∆ABC cân đỉnh A và có góc A thỏa sin 2 2 A q p = . 5 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực BT 19) Cho 3 số thực không âm x, y, z thỏa 1x y z+ + = . Tìm GTLN của 9 4 A xy yz zx xyz= + + − . Giải. Ta có 2 3 2 2 9 6 9 ( ) 9 (1 ) 9 1 ( ) (1 ) ( ) (1 ) (1 ) (1 ) ( 4 4 4 4 4 4 16 ) y z x A x y z yz x x y z x xx xx xx + − = + + − ≤ + + − = +−= −− +− + . GTLN của 3 2 ( ) 9 6 4f x x x x+= − − + trên [0 ; 1] bằng 4, đạt tại x = 0 hoặc 1 3 x = . Do đó, GTLN của A bằng 1 4 , đạt được khi 1 3 x y z= = = hoặc x = 0, 1 2 y z= = (và các hoán vị). BT 20) Cho 3 số thực không âm x, y, z thỏa 1x y z+ + = . Tìm GTLN của 1 1 1 xy yz zx P z x y = + + + + + . Giải. Ta có 1 1 1 (1 ) (1 ) (1 ) ( ) 1 1 1 1 1 1 z x y P xy yz zx xy yz zx xyz z x y x y z = − + − + − = + + − + + + + + + + + . Mặt khác, theo BĐT 1 1 1 9 , , , 0a b c a b c a b c + + ≥ ∀ > + + , ta được 1 1 1 9 9 1 1 1 3 4x y z x y z + + ≥ = + + + + + + . Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z. Do đó, 1 1 1 9 ( ) 1 1 1 4 xyz xyz x y z + + ≥ + + + . Đẳng thức xảy ra kvck x=y=z hoặc x.y.z=0. Vì vậy 9 4 P xy yz zx xyz≤ + + − . Theo bài toán trên, GTLN của P bằng 1 4 , đạt được khi 1 3 x y z= = = hoặc x = 0, 1 2 y z= = (và các hoán vị). BT 21) Cho 4 số thực dương x, y, z, t thỏa 2x y z t+ + + ≤ . Tìm GTNN của 1 1 1 1 P x y z t y z t x = + + + + ÷ ÷ ÷ ÷ . Giải. Với a, b, c, d không âm ta có 2 ( )( ) 2 . ( )a b c d ac ad bc bd ac ad bc bd ac bd+ + = + + + ≥ + + = + (đây chính là BĐT Bunhiacốpxki). Đẳng thức xảy ra kvck ad = bc. Do đó, 2 2 4 4 4 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( . ) . P x y z t xy zt xy zt y z t x yz tx yz tx = + + + + ≥ + + ≥ + ÷ ÷ ÷ ÷ . Đẳng thức xảy ra kvck 1 1 . . 1 1 . . 1 1 . x y z y x z z t y t x t xy zt tx yz = = = ⇔ = = Mặt khác, 4 1 4 2 x y z t xyzt + + + ≤ = (đẳng thức xảy ra kvck x=y=z=t) nên 4 1 [0; ] 2 u xyzt= ∈ . Hàm số 1 ( )f u u u = + có 2 / 2 1 1 ( ) 0, [0; ] 2 u f u u u − = < ∀ ∈ nên f(u) giảm trên 1 [0; ] 2 . Vì vậy 4 1 625 [ ( )] 2 16 P f≥ = . Đẳng thức xảy ra kvck 1 . 2 x y z t= = = = BT 22) Cho x, y không âm thỏa x + y = 1. Tìm max, min của 2008 2008 1 1P x y= + + + . 6 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực Giải. 2008 2008 1 1 (1 ) , [0;1]P x x x= + + + − ∈ . 2007 2008 2007 2008 2007 2007 / 2008 2008 2008 2008 1004( 1 1 ) 1004. 1004.(1 ) 1 1 (1 ) 1 1 x y y x x x P x x x y + − + − = − = + + − + + . / 2007 2008 2007 2008 4014 4014 2008 2008 2006 2006 0 1 1 0( )( )P x y y x x y x y x y= ⇔ + = + ⇔ − + − = (*). Ta có x > y và x < y đều không thỏa (*) do đó x = y = 1 2 . 2008 2008 1 1 1 1 ( ) 2 1 2 1 1 2 (0) (1) min 2 1 , max 1 2 2 2 64 2 P P P P P= + < + < + = = ⇒ = + = + . BT 23) Cho 4 số thực dương x, y, z, t thỏa xyzt = 1. Tìm GTLN của biểu thức 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 1 1 1 1 1 1 1 1 P x y z y z t z t x t x y = + + + + + + + + + + + + + + + . Giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương, ta được: 4 4 4 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y y z z x x y z x y y z z x + + + + + = + + ≥ + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y y z y z z x z x x y xy z xyz x yz + + + = + + ≥ + + 4 4 4 4 4 4 1 ( ) 0x y z x y z xyzt xyz x y z t⇒ + + + = + + + ≥ + + + > 4 4 4 1 1 1 ( )x y z xyz x y z t ⇒ ≤ + + + + + + (1). Tương tự: 4 4 4 1 1 1 ( )y z t yzt x y z t ≤ + + + + + + (2) 4 4 4 1 1 1 ( )z t x ztx x y z t ≤ + + + + + + (3) 4 4 4 1 1 1 ( )t x y txy x y z t ≤ + + + + + + (4). Cộng (1), (2), (3), (4) ta được 1 1 ( ) t x y z P x y z t xyzt xyzt yztx txyz ≤ + + + = ÷ + + + . Vậy max 1P = khi 1x y z t= = = = . BT 24) Cho a , b không âm. CMR 2 2 2 3 ( 1)( 1) 2. ( 1)( 1) a b b a a b + + ≤ − + + CM. Ta dùng BĐT 3 3 (1 )(1 )(1 ) (1 . . )x y z x y z+ + + ≥ + , với mọi x, y, z không âm. Áp dụng BĐT trên ta được : 3 3 3 3 2 3 3 3 3 2 3 (1 )(1 1)(1 1) (1 ) (1 )(1 )(1 1) (1 ) (1 )(1 )(1 ) (1 0 0 0) a a b b b a a b a b + + + ≥ + + + + ≥ + + + + ≥ + > > > Nhân theo vế ta được : 3 3 3 2 2 3 [2(1 )(1 )] [(1 )(1 )(1 )]a b a b a b+ + ≥ + + + . Khai căn bậc 3 và chia hai vế cho (1 + a) ta được BĐT cần chứng minh. BT 25) Cho x, y, z là các số không âm và x + y + z = 1. Tìm GTLN của biểu thức: S = x 2 y + y 2 x + z 2 x. Giải. Giả sử x là số lớn nhất trong ba số x, y , z. Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 z x z x z x x z S x y y z z x x y y z x y xyz= + + = + + + ≤ + + + 7 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực ( ) ( ) ( )( ) 4 2 2 2 2 2 2 zx z x x z z xy x z x z x x z y y ≤ + + + = + + = + + ÷ ÷ 3 4 4 3 27 x y z+ + ≤ = ÷ 4 2 1 0, 2 , , 0 27 2 2 2 2 3 3 x x z z S y z x y x y z= ⇔ = + = + ⇒ = = ⇒ = = = . Vậy: 4 27 MaxS = . BT 26) Cho a, b, c dương và a + b + c = 3. CMR 2 9 3 2 3 2 3 2 ≥ + ++ + + ++ + + ++ abcc cba abcb cba abca cba . CM. Ta có 3 = a + b + c ≥ 3 3 abc nên 3 abc ≤ 1. Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c = 1. Do đó, 2 2 2 2 2 2 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1a b c a abc b abc c abc + + ≥ + + + + + + + + . Vì 2 1 2a a+ ≥ , nên 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 a a a a a a = − ≥ − = − + + (1). Tương tự, 2 1 1 1 2 b b ≥ − + (2) và 2 1 1 1 2 c c ≥ − + (3). Cộng (1), (2), (3) ta được 2 2 2 1 1 1 3 3 1 1 1 2 2 a b c a b c + + + + ≥ − = + + + . Do đó, 2 2 2 3 3 3 1 1 1 3 2 a abc b abc c abc + + ≥ + + + . Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c = 1. Từ đây suy ra BĐT cần CM. BT 27) Cho x, y z là các số dương và 3 2 x y z+ + ≤ . CMR 1 1 1 7 2 2 2 2 x y z x y y z z x + + + + + ≥ + + + . CM. Cách 1 : Theo BĐT Cô−si ta có 1 4( 2 ) 4 2 9 3 x y x y + + ≥ + , 1 4( 2 ) 4 2 9 3 y z y z + + ≥ + và 1 4( 2 ) 4 2 9 3 z x z x + + ≥ + . Cộng 3 BĐT này ta được 1 1 1 4( ) 4 2 2 2 3 x y z x y y z z x + + + + + ≥ + + + ⇔ 1 1 1 ( ) 4 2 2 2 3 x y z x y z x y y z z x + + + + + + + + ≥ + + + (1). Vì 3 2 x y z+ + ≤ nên 1 2 3 x y z+ + ≥ . Do đó, 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 x y z x y z x y z x y y z z x x y y z z x + + + + + + + + ≥ + + + + + + + + + + + + (2) Từ (1) và (2) ta được 1 1 1 1 4 2 2 2 2 x y z x y y z z x + + + + + + ≥ + + + . Suy ra BĐT cần CM. Cách 2 : Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương, dễ dàng chứng minh được: 1 1 1 [( 2 ) ( 2 ) ( 2 )]( ) 9 2 2 2 x y y z z x x y y z z x + + + + + + + ≥ + + + nên 1 1 1 9 3 2 2 2 ( 2 ) ( 2 ) ( 2 )x y y z z x x y y z z x x y z + + ≥ = + + + + + + + + + + Do đó, 3 VT x y z x y z ≥ + + + + + . Đặt t = x + y + z, xét hàm số: 3 ( )f t t t = + với 3 (0; ] 2 t ∈ . Ta có 2 / 2 2 3 3 3 ( ) 1 0, (0; ] 2 t f t t t t − = − = < ∀ ∈ nên f(t) giảm trên 3 (0; ] 2 . Vì vậy, 3 7 3 ( ) ( ) , (0; ] 2 2 2 f t f t≥ = ∀ ∈ 8 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực Do đó, VT ≥ f(t) ≥ 7/2. Đẳng thức xảy ra kvck 2 2 2 1 3 2 2 x y y z z x x y z x y z + = + = + ⇔ = = = + + = BT 28) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác có chu vi bằng 3. Tìm GTNN của T = 3 3 3 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 a b c a c b c b a c b a + − + − + − + + Giải. a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác nên a, b, c và (a + b − c), (b + c − a), (c + a − b) dương. Áp dụng BĐT Cô−si cho 3 số dương ta được 3 3 3 ( ) 1 3 ( ) 2 2 2 2 ( ) 1 3 ( ) 2 2 2 2 ( ) 1 3 ( ) 2 2 2 2 a b c c a b c c a c b b a c b b c b a a c b a a + − + + ≥ + − + − + + ≥ + − + − + + ≥ + − ⇒ T + 3 2 2 a b c+ + + ≥ 3( ) 2 a b c+ + ⇒ T ≥ 3/2 Đẳng thức xảy ra kvck 3 3 3 ( ) 1 2 2 2 ( ) 1 2 2 2 ( ) 1 2 2 2 a b c c c a c b b b c b a a a + − = = + − = = + − = = ⇔ a = b = c = 1. Vậy min T = 3/2 BT 29) Cho a, b, c dương và 2 2 2 3 4 a b c+ + ≤ . Tìm GTNN của T = 3 3 3 1 1 1 ( )( )( )a b b c c a a b c + + + + + + . Giải. Áp dụng BĐT Cô−si cho 2 số dương ta được ( )( )( ) 2 .2 .2 8a b b c c a ab bc ca abc+ + + ≥ = . Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c. Áp dụng BĐT Cô−si cho 3 số dương ta được 3 3 3 1 1 1 3 a b c abc + + ≥ . Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c. Do đó, T ≥ 3 1 23 23 8 8 2 8 8 8 abc abc abc abc abc abc + = + + ≥ + ÷ (1). Mặt khác, 3 2 2 2 2 2 2 3 3 4 a b c a b c≤ + + ≤ nên 3 2 2 2 1 1 1 8 4 8 a b c abc abc ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≥ (2) Từ (1) và (2), ta được T ≥ 25. Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c = 1 2 . Vậy min T = 25. BT 30) Cho x, y, z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng 3 3 3 .x y z x y z+ + ≥ + + 9 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực CM. Ta có 3 3 3 1 1 3 1 1 3 1 1 3 x x y y z z + + ≥ + + ≥ + + ≥ nên 3 3 3 3( ).6x y z x y z+ + ≥ + ++ Mặt khác, 3 3 3 3 3x y z xyz+ + ≥ = nên 3 3 3 2( ) 6x y z+ + ≥ . Cộng hai vế của hai BĐT này ta được đpcm. BT 31) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z ≤ 1. Tìm GTNN của biểu thức: 1 1 1 A x y z x y z = + + + + + . Giải. Ta có 1 1 1 9 x y z x y z + + ≥ + + . Dấu bằng xảy ra KVCK x = y = z. Do đó, 9 9 A x y z t x y z t ≥ + + + = + + + . Ta có 9 ( )g t t t = + giảm trên (0 ; 1] nên g(t) ≥ g(1) =10. Suy ra, A ≥ 10. Dấu bằng xảy ra KVCK x = y = z và x + y + z = 1. BT 32) Cho x, y, z là ba số thỏa mãn x + y + z = 0. Chứng minh rằng 3 4 3 4 3 4 6. x y z + + + + + ≥ CM. Cách 1 : Ta có 1 + 4 x ≥ 2 4 x nên 3 + 4 x = 2 + (1 + 4 x ) ≥ 2(1+ 4 x ) ≥ 4 4 4 x . Do đó 8 8 8 24 3 4 3 4 3 4 2( 4 4 4 ) 6 4 6. x y z x y z x y z+ + + + + + + ≥ + + ≥ = Cách 2 : Ta có thể CM được BĐT 3 1 1 1 3 1a b c abc+ + + + + ≥ + . Chỉ việc áp dụng BĐT sau với 4 4 4 , , . 3 3 3 x y z a b c= = = BT 33) (Đề dự bị 1 khối A, năm 2007) Cho x, y, z là các biến số dương. Tìm GTNN của P = 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 4( ) 4( ) 4( ) 2( ) x y z y z z x y x y z x + ++ + + + ++ Giải. Với mọi số a, b không âm, ta có 2 ( ) 4 a b ab + ≤ và 0 ≤ (a + b) nên 2 3 3 3 3 3 ( ) ( ) ( ) 3 ( ) ( ) 3 ( ) 4 4 a b a b a b a b ab a b a b a b + + + = + − + ≥ + − + = . Đẳng thức xảy ra kvck a = b ≥ 0. Do đó, P ≥ 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 2( ) x y z x y y z z x y z x + + + + + + + + (1). Mặt khác, 2 2 2 2 2 2 2 . 2 2 . 2 2 . 2 x x x x x y y y y y y y y z z z z z z z z x x x + ≥ = + ≥ = + ≥ = nên 3 2 2 2 2( ) 2.3 . . 6 x y z x y z x y z x y z y z x y z x y z x + + + + + ≥ + + ≥ = (2). Từ (1) và (2) ta được P ≥ 12. Đẳng thức xảy ra kvck 2 2 2 1 , , x y z x y z x y z x y z y z x = = ⇔ = = = = = = . Vậy, min P =12 khi x = y = z = 1. 10 [...]... 4 + 4 + 4 ÷ x +1 y +1 z +1 t +1 BT 35) Cho x, y, z , t ≥ 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = ( xyzt + 1) Giải Với a, b ≥ 1 ta luôn có 4 1 1 2 + ≥ (chỉ cần quy đồng, chuyển vế, đặt thừa số ta được 2 2 1 + a 1 + b 1 + ab (a − b) 2 ( ab − 1) ≥ 0 , BĐT này đúng) Áp dụng BĐT vừa nêu, ta được 1 1 1 1 1 1 4 + 4 + 4 + 4 ≥ 2 2 2 + 2 2 ÷≥ ⇒ P≥ 4 x +1 y +1 z +1 t +1 x y + 1 z t + 1 xyzt... xảy ra KVCK a = b = c = 4 a 2 b2 BT 40) Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a + b = 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = + b a a 2 b2 a4 b4 Giải Cách 1 : Ta có 2 A = (a 2 + b 2 )( + ) = + + a 2b + b 2 a b a b a a4 b4 Ta có : + a 2b + 1 ≥ 3a 2 + b 2 a + 1 ≥ 3b 2 b a Do đó 2 A + 2 ≥ 3(a 2 + b 2 ) = 6 Vì vậy min A = 2 khi a = b = 1 Cách 2 : (Dùng hàm số) Đặt S = a + b và P = a.b Ta được a 2 + b 2... bc c ca a ab 2 ab 2 ab ≥b− ; ≥c− Giải Ta có Tương tự : =a− ≥a− =a− 2 2 2 2 1+ c 2 1+ a 2 1+ b 1+ b 2b 2 1 1 9 3 2 Suy ra : R ≥ a + b + c − ( ab + bc + ca ) ≥ a + b + c − ( a + b + c ) = 3 − = 2 6 6 2 3 Đẳng thức xảy ra khi : a = 1 , b = 1 , c = 1 Vậy min R = 2 BT 36) Cho a, b, c không âm thỏa a + b + c = 3 Tìm GTNN của biểu thức : R = BT 37) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn : x 2 + y 2 + z 2... a 2 + b 2 = 2 ⇔ S 2 − 2 P = 2 Vì P > 0 nên S 2 > 2 ⇒ S > 2 Mặt khác, ta luôn luôn có S 2 ≥ 4 P nên S 2 ≥ 2( S 2 − 2) ⇒ S ≤ 2 (đạt được dấu bằng 2 2 khi a = b = 1) a 3 + b3 − S 3 + 6 S = = f ( S ) , với 2 < S ≤ 2 ab S2 − 2 − S 4 − 12 / < 0 với mọi S ∈ ( 2; 2] nên (min f ( S ) = f (2) = 2 Do đó min A = 2 khi a = b = 1 Ta có f ( S ) = 2 2;2] ( S − 2) 2 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 BT 41) Cho a , b , c ∈ (0... 41) Cho a , b , c ∈ (0 ; 1] thỏa + + = 4 Tìm GTLN của P = 2 2 2 a + (1 − a ) b + (1 − b) c + (1 − c) 2 a b c Ta có A = Giải Đặt 2x 2y 2z 1 1 1 + + − 1 = x; − 1 = y; − 1 = z Ta có x; y; z >0 và x + y + z = 1 và P = 3 + 2 2 1+ x 1+ y 1+ z2 a b c 12 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực Ta có 2x 36 x + 3 (3 x − 1) 2 (4 x + 3) 2x 36 x + 3 − =− ≤ 0 , với x >0, nên ≤ với x >0 2 2 2 1+ x 25 25(1 + x ) 1+...Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực BT 34) Cho x, y, z là ba số dương thỏa x.y.z =1 CMR CM Sử dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta được : x2 y2 z2 3 + + ≥ 1+ y 1+ z 1+ x 2 x2 1 + y x2 1 + y + ≥2 = x (1) 1+ y 4 1+ y 4 y2 1+ z y2 1 + z + ≥2 = y (2) 1+ z 4 1+ z 4 z2 1+ x z2 1+ x + ≥2 = z (3)... = 6 CM Ta có 2 2 ÷ 2 2 2 xy x + y 4 xy 2 xy x + y ( x + y ) ( x + y )2 2 xy ( x + y ) BT 42) Cho x,y > 0, x + y = 1 Chứng minh: a b c a 2 b 2 c 2 (a + b + c ) 2 + + = + + ≥ b c a ab bc ca ab + bc + ca u + v log16 3 log v log u ) BT 44) Cho u , v dương CMR 3 16 + 3 16 ≤ 2( 2 CM Ta có 3log16 u + 3log16 v = u log16 3 + v log16 3 f ( x1 ) + f ( x2 ) x +x ≤ f ( 1 2 ), ∀x1 , x2 > 0 Hàm số f ( x )... 37) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn : x 2 + y 2 + z 2 = 1 Hãy tìm GTLN của P = xy + yz +2zx 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Ta có P ≤| y | ( x + z ) + 2 zx =| y | 2( x + z ) − ( x − z ) + x + z − ( x − z ) ≤| y | 2 − 2 y + ( − y ) + r r xét u ( 2;1) và v (| y | 1 − y 2 ;1/ 2 − y 2 ) ta có 1 1 3 1 3 +1 rr 1 r r 1 P ≤ uv + ≤| u || v | + = (2 + 1) ( y 1 − y 2 ) 2 + ( − y 2 ) 2 + = + = 2 2 2 2 2 2 2 3 +1 BT... ) zy = (a.z ) y ≤ * Ta có , với a dương tùy ý a a 2 2 zx ≤ z 2 + x 2 a 2 1 2 2 Do đó, VT ≤ (1 + )( x + z ) + y 2 a a 1 Chọn a >0 sao cho 1 + = ta được a = 3 − 1 2 a 1 1 1 3 +1 Ta được VT ≤ ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≤ = = a a 2 3 −1 6 6 6 4 2 4 2 4 2 BT 39) Cho x, y, z thuộc [− 2 ; 2] CMR 2( x + y + z ) − ( x y + y z + z x ) ≤ 192 Đặt a = x 2 , b = y 2 , c = z 2 Ta có 0 ≤ a, b, c ≤ 4 nên :... 39) Cho x, y, z thuộc [− 2 ; 2] CMR 2( x + y + z ) − ( x y + y z + z x ) ≤ 192 Đặt a = x 2 , b = y 2 , c = z 2 Ta có 0 ≤ a, b, c ≤ 4 nên : • (16 − a2)(4 − b) ≥ 0 ⇔ a2b ≥ 4a2 +16b − 64 Tương tự, ta cũng có b2c ≥ 4b2 +16c − 64 và c2a ≥ 4c2 +16a − 64 Do đó, a2b + b2c + c2a ≥ 4(a2 +b2 c2) +16(a+ b +c) − 192 ⇔ −(a2b + b2c + c2a) ≤ −4(a2 +b2 c2) −16(a+ b +c) +192 • a2(4 − a) ≥ 0 nên a3 ≤ 4a2 Tương tự, b3 ≤ . LUYỆN THI ĐẠI HỌC MỘT SỐ BĐT ĐƠN GIẢN HAY DÙNG 1. Với a, b, c tùy ý ta luôn có 2 2 2 a b c ab bc ca+ + ≥ + + . Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c. CM. Ta có. ≥ + + . 6. Với mọi x, y, không âm ta luôn có 2 (1 )(1 ) (1 )x y xy+ + ≥ + . CM. Ta có (1+x)(1+y) = 1 + (x + y) + xy. Áp dụng BĐT Cô-si ta được 22 (1 )(1