Tài liệu tham khảo Toán học cấp 2

Bất đẳng thức đã được chứng minh..[r]

Bài 1: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2009 – 2010) a) abc3 xyz  3(a+x)(b+y)(c+z) (1)

Lập phương vế (1) ta :

abc + xyz + (abc) xyz +3 abc(xyz)3 (a+x)(b+y)(c+z)

2

3

abc + xyz+ (abc) xyz +3 abc(xyz)

 

abc+xyz+abz+ayc+ayz+xbc+xyc+xbz

2

3

3 (abc) xyz + abc(xyz) (abz+ayc+ xbc)+ (ayz+xbz+xyc)

  (2)

Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có :

3

(abz+ayc+ xbc) (abc) xyz (3)

(ayz+xbz+ xyc) abc(xyz) (4)

Cộng hai bất đẳng thức (3) (4) ta bất đẳng thức (2), (1) chứng minh b) Áp dụng BĐT (1) với a = 3+ 3, b = 1, c = 1, x = - 3, y = 1, z = 13

Ta có : abc = + 33, xyz = 3-33, a+ x = 6, b + y = 2, c + z = Từ : 33+ 33 33- 33 36.2.2 3 (đpcm)

Bài 2: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2010 – 2011) Áp dụng BĐT Côsi cho số dương ta có:

2

2 ( )

a b  ab  ab a b

1 1

( )

4

a b

a b ab a b



   

 (*)

Dấu “=” xảy a = b Áp dụng BĐT (*) ta có:

1 1 1 1 1 1 1

( ) ( )

2x y z 2x y z 2x y z x 2y 2z

   

           

       (1)

Tương tự ta có:

1 1 1

2 2

x y z y z x

 

    

    (2)

1 1 1

2 2

x y z z x y

 

    

    (3) Cộng (1), (2) , (3) ta được:

1 1 1 1 2 1 1

( ) ( )

2x y z  x2y z x y 2z 8 xy z2x2y2z 4 xyz

Vậy :

1 1

2x y z  x2y z x y 2z 

2010 1005 

Dấu “=” xảy

1 670 x  y z

Vậy MaxP = 1005

2

1 670 x  y z

a) Chứng minh : 2

2

x 2y 3xy y 1  (x, y > 0) Vì x, y > nên x22y2 3 0; xy y 0   Do : 2

2

x 2y 3xy y 1   2xy 2y x   22y23  (x y) 2(y 1) 0

Bất đẳng thức sau nên bất đẳng thức đầu Dấu xảy x = y = 1.

b) Tìm giá trị lớn biểu thức:

2 2 2

1 1

2 3

M

a b b c c a

  

      (a,b,c >0; abc = 1) Áp dung bất đẳng thức câu a) ta có:

2 2

1 1

2

2 3 ab b

a  b   a  b     2 2

1 1

2

2 3 bc c

b  c   b  c     2 2

1 1

2

2 3 ca a

c  a   c  a    

1 1

2 1

M

ab b bc c ca a

 

     

     

 

Do abc = nên:

1 1

1 1

ab b  bc c  ca a  =

1

ca a

abc ac a ca a ca b abc ca        =

1

1 1

ca a

ca a  ca a  ca a  =1. Do

1 M 

Dấu “=” xảy a = b = c =1 Vậy

1 ax(M) =

2 M

Bài 4: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2012 – 2013)

Tìm GTNN biểu thức P 1 xy, biết: x2013y20132x1006 1006y (1)

Ta có:





2

2013 2013 2 1006 1006 2013 2013 4 2012 2012

x y  x y  x y  x y

(2) Mặt khác:





2

2013 2013 4 2013 2013

x y  x y

(3) Từ (2) (3) suy ra: 4x2012y20124x2013 2013y

Hay : 4x2012y2012(1 xy) 0 Do P 1 xy Đẳng thức xảy khi: xy 1 x2013 2013y 1(4) Từ (1) (4) ta có:

2013 2013 2013 2013

1

1

x y x

y

x y

   





 



 

 

 .

Bài 5: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2013 – 2014)

CMR:

     

a b c

b c c a a b

Cách 1:

               

3 1 1 0

2 2

a b c a b c

b c c a a b b c c a a b













2 2

0

2 2

a b c b a c c a b

b c c a a b

     

   

  

(*)

Vì a, b, c có vai trị Giả sử :

a b a c   ; a+b b+c

.

Suy ra:

























2 2 2

0

2 2 2

a b c b a c c a b a b c b a c c a b

b c c a a b a b a b a b

           

     

     

Vậy bất đẳng thức (*) với giá trị dương a, b, c

Dấu “=” xảy a = b = c

Nên

     

a b c

b c c a a b

Dấu “=” xảy a = b = c.

Cách 2: Đặt

; y=a+c; z=a+b

a= ; b= ; c=

2 2

x b c

y z x x z y x y z  

     



Ta có :

     

    

   2

a b c y z x x z y x y z

b c c a a b x y z

     

               

     

1 1

2 2 2 2 2 2 2 2

y z x z x y y x z x y z

x x y y z z x y x z z y

Mà

  2  1

2 2

y x y x

x y x y

.

Tương tự :

2 2 1; 2 1

z x y z

x z z y

Nên

     

      

  

3

2 2

a b c y z x x z y x y z

b c c a a b x y z

Hay

     

a b c

b c c a a b

Dấu “=” xảy :

2 2 ; 2 ; 2

y x z x y z

x y x z z y

hay x = y = z

 a b c 

.

Bài 6: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2015 – 2016) Chứng minh rằngxy y 4

Ta có: x y  3 x y  1

Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương y, x + ta có:

2

1

( 1)

2

x y

xy y y x       

    .

Dấu “=” xảy

3

1

x y x

y x y

  

 



 

  

Tìm GTNN biểu thức:

2

3

P

xy y

 

 .

Ta có:

2 4

3 6

xy y xy y

P

xy y

  

    

 .

Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương kết hợp với a) ta được:

2 ( 1)

2

3 6

xy y y x

P

xy y

  

  



2 4

2

3



   

Dấu “=” xảy khi:

3

1

2

3

6

4

x y y x

x xy

y xy

y y

  

   



 

 

 

  

 

 



 .

Vậy

4 Min P 

khi x1,y

Bài 7: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2015 – 2016)

Cho ba số không âm x, y, z thỏa mãn

1 1

2 2 x1 2 y1 2 z  .

Chứng minh

1 64 xyz 

Từ giả thiết ta có:

1 1 2

1

1 2 2

y z

x   y  z  y z

    

Áp dụng BĐT Cauchy :



 



4

1 2

yz

x y z

  

(1) Dấu “=” (1) xảy

2

1 2

y z

y z

y z

   

  .

Lập luận tương tự ta có:



 



1

1 2

zx

y z x

  

(2), dấu “=” z x ;



 



1

1 2

xy

z  x y

  

(3), dấu “=” xy

Vì vế (1), (2) (3) không âm nên nhân theo vế ta được: 2

2 2

1

64

(1 )(1 )(1 ) (1 ) (1 ) (1 ) x y z

x y z  x y z

     

1 64 xyz

 

Dấu “=” xảy

1 x y z    

Cho m, n số thực thay đổi cho m2n2  (1) Hãy tìm giá trị nhỏ biểu5 thức:Q m n mn    (2).1

Từ (2) ta có: 2Q2



m n



2mn2

Do đó: 2Q m 2n2 m2n22m2n2mn2





2

1

m n

   



1

Suy ra:





2

2Q 1 m n 4

(do (1))  Q

Dấu “=” xảy

2

2

1

2

m n

m n

m n m

n

   

    

  

      

    

 .

Vậy Min Q = -2 m =-2, n =1 m =1, n = -2.

Bài 9: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2017 – 2018)

a) Với

4

3

x

< <

, chứng minh 2

(

)

4 x

x - x ³ (1).

Với

4

3

x

< <

, (1) Û 3x4- 4x3+ ³1

(

)

(

)

2 2

1

x x x

Û - + + ³

(

)

2 2

3 (2)

3

x ộờổỗx ửữ ựỳ

- ờỗ + ữữ+ ỳ ỗố ứ

ờ ỳ

ở ỷ .

(2) nên (1) Dấu “=” xảy x= b) Cho a, b, c ba số dương nhỏ

4

3 cho a + b + c =

CMR: 2

(

)

2

(

)

2

(

)

1 1

3

3 3 3

Q

a b c b c a c a b

= + + ³

+ - + - +

-Theo giả thiết: a b c   3 3b3c 3  a

Áp dụng bất đẳng thức (1) ta được: 2

(

)

2

(

)

1

3 a

a b+ -c =a - a ³

Tương tự, ta có:

(

)

(

)

2

1

;

3 b

b c+ a- =b - b ³ 2

(

)

2

(

)

1

3 c

c a+ -b =c - c ³ .

Do 2

(

)

2

(

)

2

(

)

1 1

4 4

Q

a a b b c c

= + +

- - - ³ a b c+ + =3.

Bài 10: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2017 – 2018)

a) Chứng minh:

a a

a b a b

Ta có: ( )

a a

a b  a a b

2 a

a ab



 2

a a

a b a ab b

  



 

b) Chứng minh: 2

a b c

a b  b c c a 

Từ a) suy

a a a

a b a b a b c    (1).

Tương tự ta có : (2); (3)

b b c c

b c a b c  c a a b c   Cộng (1), (2) (3) theo vế ta :

1

2 2

a b c a b c

a b  b c  c a a b c a b c a b c         .

Bài 11: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019)

Chox y z R, ,  và x + y + z = Chứng minh rằng





1

2 9xyz 21 x y z

 

   

 

 

Bất đẳng thức cho tương đương

1 1 1

2 9xyz 21

x y z x y z

   

     

   

   









1 1

9 21

x y z xy yz zx

x y z

 

         

 





9 18

x y y z z x

xy yz zx

y x z y x z

     

            

 

   

















2 2

9 24(1)

x y y z z x

xy yz zx

xy yz zx

  

       

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:













2

9 (2)

x y x y

xy xy x y

xy xy

 

   













2

9 (3)

y z y z

yz yz y z

yz yz

 

   













2

9 (4)

z x z x

zx zx z x

zx zx

 

   

Cộng (2), (3) (4) theo vế ta





















2 2

9 12 24

x y y z z x

xy yz zx x y z

xy yz zx

  

         

Đẳng thức xảy













2 2

9 3

1 1

9

3

9

x y x y

xy

xy xy

y z y z

yz x y z

yz yz x y z

z x z x

zx zx

zx  

  

 

 

 

 

 

             

 

   



  

 



Bài 12: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019)

Với a, b, c số dương thỏa mãn điều kiệna  b c ab bc ca   6abc0. Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2

1 1

P

a b c

  

Ta có

1 1 1

a b c ab bc ca 6abc

a b c ab bc ca

             

Theo BĐT Cauchy ta có

2 2 2

1 1 1 1 1 1

, ,

2 a b ab b c bc c a ca

     

     

     

      (1)

2 2

1 1 1 1 1

1 , ,

2 a a b b c c

     

     

     

      (2) Cộng vế theo vế BĐT (1) (2) ta

2

3 1

6

2 a b c

 

   

 

 

2 2 2

3 1 1

3

2 a b c a b c

 

        

 

Vậy minP 3 a  b c 1

Bài 13: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2019 – 2020)

Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn ab bc ca  1 Chứng minh rằng

2 1 1 1 2

a b  b c  c a   . Dấu “=” xảy nào?

Bất đẳng thức cho tương đương





 

2 2

2

2 2

1 1

1 1

a b b c c a

a b b c c a

     

      

Đặt





2

2 1 1 1

S  a b  b c  c a 



















 





 





 



2

2 2

2 2 2 2

2 2

1 1

1 1 1

2 1 1

S a b b c c a

a b b c c a ab b c

ac b a bc c a

     

        

     

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có



b2 1

 

c2 1



b c2 b2 c2 1 bc 1



6.1



       



b21

 

a21



 b a2 2a2b2  1 ab1



6.2





a2 1

 

c2 1



a c2 a2 c2 1 ac 1



6.3



       

Kết hợp (6.1), (6.2) (6.3) ta

































2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

1 1 2

2 2

2 2

S a b b c c a ab bc ac ab bc ac

ab bc ca a b c ab bc ca

ab bc ca a b c ab bc ca

           

        

        

Mặt khác, ta lại có a2b2c2ab bc ca  Suy ra





2 3





S ab bc ca   ab bc ca   Vậy bất đẳng thức (6)

Đẳng thức xảy



 





 





 











2

2

2

2

1 1

1 1

1

1 1

3

1

b c bc

b a ab

a c ca a b c

a b c ab bc ca ab bc ca

    

 

   

  

       

 

     



   

 

Bài 14: ( HSG TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU NĂM HỌC 2008 – 2009)

F = (x2y22 ) (4xy  x2y212 4xy 4x2 ) 2y  = (x y )2(2x y 1)22.

Ta thấy với x, y F 2 Nên

1

0 3

2

2 1

3 x x y

F

x y

y 

   

 

    

  

  



 .

Bài 15: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2008 – 2009)

a) Hàm số xác định với x y giá trị hàm số  phơng trình

y= x +1

x2+x+1 (Èn x tham sè y) cã nghiÖm

 y(x2 + x + 1) = x+  y.x2 + (y - 1)x + y - = (1) +) y = th× x = - (cã nghiÖm)

+) y  (1) cã nghiÖm    0

 (y - 1)2 - 4y(y - 1)   (y - 1)(-3y - 1)  (2) Giải (2) ta đợc

Khi x = th× y = 1; x = -2 th× y = −1

3

Do max y = y = −1

3 b) Do 2p = nªn a, b, c < 3

+) Ta dễ dàng chứng minh đợc với ba số dơng x, y, z ta có

x + y + z 

3

√

xyz

hay

xyz≤

(

x+ y+z

3

)

3

(*) áp dụng (*) cho ba số dơng - a; - b; - c ta đợc

(

3−a)(3−b)(3−c )≤

(

3−a+3−b+3−c

3

)

3

=1.

 27 - 9(a + b + c) + 3(ab + bc + ca) - abc 

 abc  3(ab + bc + ca) - 28

Do 3(a2 + b2 + c2) +2abc  3(a2 + b2 + c2) + 6(ab + bc + ca) - 56 = 3(a + b + c)2 - 56 = 52.

Đẳng thøc x¶y a = b = c =

Bài 16: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2009 – 2010)

Ta có với x, y > thì: ( x+y)2 4xy

(*) 1 1

1

   

 

      

y x y

x y x y

x dấu xảy x = y.

Áp dụng bất đẳng thức (*) a+b+c = nên ta có:

1

;

1 ( ) ( )

ab ab ab

c c a c b c a c b

 

    

       

Tương tự ta có:

1

;

1

bc bc

a a b a c

ca ca

b b a b c

 

   

    

 

   

    





1 1

1 1 4

ab bc ca ab bc ab ca bc ca

a b c

c a b c a b c a b

  

 

          

       



1 1

1    

 b

ca a

bc c

ab

Dấu xảy     a b c

Bài 17: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013)

Cho ba số dương a b, c thoả mãn abc 1 Chứng minh rằng:

2 2 2

1 1

2 3

a  b  b  c  c  a  

Ta có: a22b2 3 (a2b2) ( b21) 2  ab2b2

Tương tự:b22c2 3 2bc2c2, c22a2  3 2ac2a2

Suy ra:

2 2 2

1 1 1 1

( )

2 3 1

1 1 1

( )

1 1

2 1 1

a b b c c a ab b bc c ac a

ab b a

a ab b

    

           

   

 

Bài 18: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2016 – 2017)

Ta có





















2 2

2 2

3 x y z  x y z    x y  y z  x z 0











2 2 2 2

3

x y z   x y z

nên với x,y,z>0 ta có



2 2



3

x y z   x y z

, áp dụng ta có

1 1 1

3

2 2

2 2 ab a bc b ca c

ab a bc b ca c

 

      

     

       

-Với x,y>0 ta có





2 1 1

2

4

x y xy x y xy

x y x y

 

         

  

áp dụng ta có

1 1

2 1 ( 1) ( 1)

1 1 1 1

4 ( 1) ( 1) 1

ab a ab a ab abc a ab c a

abc c

ab c a ab c a c a

  

          

     

         

       

   

Vây ta có

1 1

2 1

c

ab a c a

 

   

     

Tương tự ta có

1 1

2 1

a

bc b a b

 

   

     ;

1 1

2 1

b

ca c b c

 

   

      nên

1 1

3

2 2

1 1

3

4 1 1 1

ab a bc b ca c

c a b

c a a b b c

 

 

 

     

 

 

         

     

 

Vậy

1 1

2

2 2

ab a   bc b   ca c   dấu “=” có a=b=c=1

Bài 19: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2017 – 2018)

Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x y z xyz  

Chứng minh rằng:

2

2 1 1

1 1   1 1

 y  

x z

xyz

x y z

Từ Gt suy ra:

1 1

1 xy yz zx  

Nên ta có:

2

1 x 1 1 1 1

x x xy yz zx x y x z

 

  

          

 

 

1 1

;" " y z x y z

 

       

 

Vậy

2 1 x

x

  1

2 x y z

 

    

 

Tương tụ ta có

2 1 y

y

  1

2 x y z

 

       ;

2 1 z

z

  1

2 x y z

 

    

 

Vậy ta có

2

2 1 1

1 1   1 1

 y  

x z

x y z

1 1

3 ;" " x y z x y z

 

     

 

Ta có





















2 2

3

2

x y x   xy yz xx     x y  y z  x z  

 

Nên









2

x y x   xy yz xx 



xyz



2 3



xy yz xz



3xy yz xz xyz 1 xyz

xyz x y z

 

 

          

 

Vậy

2

2 1 1

1 1   1 1

 y  

x z

xyz

x y z ; " "  x y z  .

Bài 20: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2018 – 2019)

Áp dụng bất đẳng thức x y  2



x y



với số x, y khơng âm. Ta có



3 3 3 2



2

P a b b c c a abc   ab bc ca bca





















2

2 2 2 2

2 2

2 P

ab a b c bc a b c ca c a

ab bc ca a b c

        

    













2

2 2

2 2 2 2

2

ab bc ca a b c P ab bc ca a b c       

       

 





2

8

a b c

P  

  

Dấu “=” xảy ra, chẳng hạn



a b c ; ;

 

2;2;0



Vậy GTLN P 8

Bài 21: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2009 – 2010)

a)P = 3x2 + 11y2 – 2xy – 2x + 6y –

Ta đưa PT bậc với ẩn x : 3x2 – 2x.(y + 1) + 11y2 + 6y – – P = (1)

Để tồn tại nghiệm x PT (1) phải có:

 

'

32

y

2



16

y

 

4 3

p



0

2

2

3 32 16 32 2

4

p y y y 

         

 



p



2

. Đẳng thức xảy

1;

4

y x

Vậy P nhỏ –

1;

4

y x  b)Dự đoán dấu = xảy a = b = c =

2

2 Từ ta áp dụng BĐT Cơ-Si sau:

Ta có: 3





2

2

2

9

3

bc

c

b

a c

b

abc

a









; … cộng theo vế biến đổi ta được:













3 3 2

2 1

.

1

1

2

2

2

3

3

bc

ca

ab

a b c

a c

b

b a

c

c b

a

a

b

c

abc

 































(*) Mặt khác: 2

1

1

1

1

1

1

a b c

6

a

b

c

ab bc ca

abc

 



























3 3

2

.6

6

2

2

2

2

3

3

bc

ca

ab

abc

a c



b



b a



c



c b



a





abc



Dấu = xảy a = b = c = 2 . c)Giả sử tmin , ,



  



> ta có:





1

1

1

.

3

x

y

z

x

y

z

M

t

t x y z

t

y z z x x y

y z z x x y

x y y z z x































 





































.

Đặt a = x + y; b = y + z; c = z + x ta được:





1 1

3

9

3

3

2

2

2

t

t

t

M

a b c

t

t

a b c







 





























min

3

min , ,

min , ,

2

a b c

x y z

t

M

t

  

t

  

 

 































Bài 22: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2011 – 2012)

Ta có : (x + y + 1)(x

2

+ y

2

) +

4 x y

= (x + y + 1)(x

2

+ y

2

) - ( x + y) + ( x + y ) +

4 x y

= ( x + y )( x

2

+ y

2

) + (x

2

+ y

2

) - ( x + y) + ( x + y ) +

4 x y

= ( x + y ) (x

2

+ y

2

– 1) + (x

2

+ y

2

) + ( x + y ) +

4 x y

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương :

x + y



2

xy

= ( xy = ) Dấu “ = “ xảy



x = y = 1

x

2

+ y

2



2xy = Dấu “ = “ xảy



x = y = 1

( x + y ) +

x y



Dấu “ = “ xảy



(x + y)

2

=



x = y = 1.

Do : (x + y + 1)(x

2

+ y

2

) +

4

x y



2.(2 – 1) + + =

Dấu “ = “ xảy



x = y = 1.

Bài 23: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2014 – 2015)

Từ giả thiết = x + y + z , ta có : P = 2

x y z

x y z   x y z x y  z Đặt a = 2x + y + z ; b = x + 2y + z ; c = x + y +2z  a , b, c > 0 Ta có : a + b + c = 4( x + y + z) = (a – x) = 4(b – y) = 4(c – z) Từ a + b + c = 4(a – x)  x =

3 ( )

4 a b c

Tương tự : y =

3 ( )

4 b c a

; z =

3 ( )

4 c a b

Ta có : P =

3 ( )

4 a b c

a  

+

3 ( )

4 b c a

b  

+

3 ( )

4 c a b

 4P = ( - b c

a 

) + ( - c a

b 

) + (3 - a b

c 

) = - b a a b

 



 

  - b c c b

 



 

  - c a a c

 



 

   – =

 P 

Dấu « = » xảy  a = b = c =

3  x = y = z = Vậy Pmax =

3

4  x = y = z =

3

Bài 24: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2016 – 2017)

Áp dụng BĐT Cô si cho số dương x yz, ta có:2

x + yz 2 x yz2 2x yz

1 1

2

x yz x yz x yz

  



Tương tự, ta có:

1 1

y  xz  y xz

1 1

z  xy  z xy

Suy ra:

2 2

1 1 1 1

2

x yz y xz z xy x yz y xz z xy

 

      

    

(1)

Ta có:

1 1

x yz  y xz  z xy =

yz xz xy

xyz

 

(2) Ta có: yz  xz  xy  x + y + z (3)

Thật vậy: (*)  yz  xz 2 xy 2x 2y 2z



x y



2



z x



2



y x



2

      

(BĐT đúng) Dấu “=” xảy x = y = z

Từ (2) (3) suy ra:

1 1

x yz  y xz  z xy

1 1

x y z

xyz yz xz xy  

   

(4)

Từ (1) (4) suy ra: 2

1 1 1 1

2

x yz y xz z xy xy yz zx

 

      

    

Bài 25: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2017 – 2018)

a)Ta có: p + q + r =  r = –p – q

Khi đó: apq + bqr + crp = apq – (p + q)(bq + cp) = cp2



a  c  b pq



 bq2 Do đó: apq + bqr + crp   cp2



a  c  b pq + bq



20 (*)

- Nếu c = a + b2 22ab (vì a + b + c2 22 ab + bc + ca





)  a = b Khi đó: (*)  bq20 (Bất đẳng thức ln với b  0)

Khi đó: (*)

















2

2 2 a c b a c b 2

cp a c b pq + bq cp a c b pq + q q bq

4c 4c

   

           









2





2

2 2

2

a c b a c b 4bc a c b

c p pq + q q

c 4c 4c

        

    

 

 







2 2



2

2 ab + bc + ac a b c a c b

c p q q

2c 4c

  

 

 

     

 

Ta có:







2 2



2 ab + bc + ac a b c

.q 4c

  



(vì a + b + c2 22 ab + bc + ca





, c > 0)

2

a c b

c p q

2c  

 

 

 

 

Vậy:







2 2



2

2 ab + bc + ac a b c a c b

c p q q

2c 4c

  

 

 

  

 

  (đúng với a,b c > 0)

Từ hai trường hợp, ta có được: apq + bqr + crp  b)Ta có a, b > a.b = 1; mà a + b2 22ab2







2















M a + b + a + b a + b + a + b a + b

a + b a + b a + b

 

         

 





4 a + b

2 ab 2 2

a + b

      

Dấu “=” xảy





a = b; a, b >

a = b a + b = 4; a.b =

 

 

 

 Vậy GTNN M a = b = 1.

Bài 26: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2018– 2019)

Đặt P = a b31 b c31 c a31suy 2P = 2a b31 2b c31  2c a31 =

























2a b b  b 1 2b c c  c 1 2c a 1 a  a 1













a b b c c a

     

= ab2bc2ca26 Q 6

Không tính tổng quát, ta giả sử b c a ta có



 



b a  c c  b 0 abc b c2 ab2 bc2

     ab2bc2ca2 abc b c2 ca2

Do Q





2

2 2 a b a b

abc b c ca 2abc b c ca c a b 4c

2

 

        





2

3 4 a b c

4 a b a b 4.3

c

27 2 27 27

 

 

 

       

 

Do 2P  10  P  Dấu “=” xảy  a + b + c = 3, b  c a, 2c = a + b, abc = 2abc  b = 0, c = 1, a = 2

Bài 27: ( HSG TỈNH BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2018– 2019)























 











4 3 4 3

3 3 3 3

3 2 2

P 2x x 2y y 2x 2y 2x 2x y 2y 2xy x y

2x x y 2y x y x y x y x y

x y x y x xy y x xy y

           

         

        

Khi ta có

















2 2

2 1

x xy y x y 2xy x y x y x y

2 2

           

Dấu xẩy

1 x y

2

 

Vậy giá trị nhỏ biểu thức P

1

2, đạt tại

1 x y

2

 

Bài 28: ( HSG TĨNH GIA – THANH HÓA NĂM HỌC 2013– 2014)

Ta có : x2xy y 2=

4 (x22.xy y 2)+

4.(x2 2.xy y 2) =

3

4 (x+y)2 +

1

4.(x-y)2 

4 (x+y)2 => x2xy y  (x+y)

Tương tự : y2yz z 

2 (y+z) ; z2zx x  (z+x) Cộng vế theo vế ta M  3(x+y+z) =

Vậy M đạt giá trị nhỏ x = y = z =

Bài 29: ( HSG TỈNH DAKLAK NĂM HỌC 2012– 2013)

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 1b2 2b nên:

2

2

1 ( 1) ( 1)

( 1) ( 1)

1 2

a b a b a ab b

a a a

b b b

   

        

 

1

1

a ab b

a b

 

   



Tương tự ta có:

1

1

b bc c

b c

 

  

 (2)

1

1

c ca a

c a

 

  

 (3)

Cộng vế theo vế (1), (2) (3) ta được:

2 2

1 1

3

1 1

a b c a b c ab bc ca

b c a

       

   

   (*)

Mặt khác:





2

3( )

2

Nên (*) 2

1

1

1

3

1

1

1

a

b

c

b

c

a





















(đpcm)

Dấu "=" xảy a  b c

Bài 30: ( HSG TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2016– 2017)

a)













2

2 2

2

2 2

2 2

a ( ) ( )

(x, y >0)

2

a b

a b x y b x y

a b

x y x y x y

a y b x a y b x

a b a b ab

x y x y

  

     



         

2 a y b x

x y

 

   

 

(đúng với x, y > 0)

Vậy:





2

2 a b

a b

x y x y



 



với x, y > 0.

b) Ta có: Với x > 0, y > với x + y = x = – y y = – x;



 



2

1 1 (1 )(1 y) y(1 ) x(1 y)

x y x y x y

x  y  x x  y  x 

       

Do x > 0, y > 0, Áp dụng Côssi cho số dương:

2

y(1 ) x(1 y) y(1 ) x(1 y)

1 1

2 2 (1)

y(1 ) x(1 y) (1 )(1 )

x y x y

x x

x y

x x y x y xy xy

 

   

    

       





 

2

1

2

4 4

2

1

2

2 3

x y

xy xy

xy xy

Do        



  



Từ (1) (2) suy ra:

2

1

x y

x  y 

 

Bài 31: ( HSG TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2018– 2019)

Ta có:

3 4

1

1

1

4

a b

c

a

b

c

b

c

a

a b b c c a

a

b

c

a

b

c

b

c

a

a b b c c a









 















































































2





2





2

4

4

4

0

0

(

)

(

)

(

)

a b

a

b c

b

c a

c

b

a b

c

b c

a

c a

a b

b c

c a

b a b

c b c

a c a















































Ln a, b, c số dương Dấu xẩy a = b = c

Bài 32: ( HSG TỈNH GIA LAI NĂM HỌC 2009– 2010)

Trước hết, ta chứng minh bất đẳng thức sau:





2

1 a b

ab

a b



 

(1)

Thật vậy, ta có:





2





2

1 1 a b

ab a b

ab

a b a b



 

   

 



  

1 2

a ab b a b

    



1

a ab b

2

1

0

a b

 

 

 

 



(hiển nhiên)

Tương tự (1), ta có:





2

1 b c

bc

b c

  

(2)





2

1 c a

ca

c a

  

(3)

Cộng (1), (2), (3) theo vế, ta có:













2 1 a b b c c a

ab bc ca

a b c

 

 

 

 

  

  

hay

2 1 a b b c c a

ab bc ca

a b c

 

 

 

 

  

  

hay

2 2

a b b c c a

a b c ab bc ca

  

    

Bài 33: ( HSG TỈNH HÀ NAM NĂM HỌC 2012– 2013)

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 1b2 2b nên:

2

2

1 ( 1) ( 1)

( 1) ( 1)

1 2

a b a b a ab b

a a a

b b b

   

        

 

1

1

a ab b

a b

 

   

1

1

b bc c

b c

 

  

 (2)

1

1

c ca a

c a

 

  

 (3)

Cộng vế theo vế (1), (2) (3) ta được:

2 2

1 1

3

1 1

a b c a b c ab bc ca

b c a

       

   

   (*)

Mặt khác:





2

3( )

2

a b c ab bc ca ab bc ca   a b c         

Nên (*) 2

1

1

1

3

1

1

1

a

b

c

b

c

a





















(đpcm)

Dấu "=" xảy a  b c

Bài 34: ( HSG TỈNH HÀ TĨNH NĂM HỌC 2008– 2009)

Áp dụng BĐT Bunhiacopky ta có:

P2 = [x2(y + z) + y2(x + z) + z2(y + x)]2 ≤ (x4 + y4 + z4)[(y + z)2 + (x + z)2 + (y + x)2] Mà: (x4 + y4 + z4)[(y + z)2 + (x + z)2 + (y + x)2] = 6[z2 + x2 + y2 + xy + xz + yz] mà: 6[z2 + x2 + y2 + xy + xz + yz] ≤ 12(z2 + x2 + y2) ≤ 12 3(z + x + y ) = 364 4 P2 ≤ 36 => P

max = x = y = z =

Bài 35: ( HSG TỈNH HÀ TĨNH NĂM HỌC 2010– 2011)

Gọi vế trái bất đẳng thức cần chứng minh P, ta cần chứng minh P 

(1) Áp dụng bất đẳng thức Cơ si cho số dương, ta có:

3

3

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

(1 b)(1 c) 8 64(1 b)(1 c)

   

  

    

3

a b c

a (1 b)(1 c) 8

 

  

  (2)

Tương tự, ta có:

3

b c a

b (1 c)(1 a) 8

 

  

  (3) ,

3

c a b

c (1 a)(1 b) 8

 

  

  (4)

Lấy (2) + (3) + (4) theo vế rút gọn áp dụng tiếp bất đẳng thức Cô si, ta được:

P (a b c)

4

    1.3 abc3 P

2

   

, đpcm (Dấu “=” xảy  a b c 1   )

Bài 36: ( HSG TỈNH HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012– 2013)

Ta có

2 x4

(

x2+y2

)

(x+ y)=

x4+y4+

(

x4−y4

)

(

x2+y2

)

(x + y) =

x4+y4

(

x2+y2

)

(x+ y)+x− y

¿ 2

(

x

2 +y2

)

x + y +x− y≥

1

4

(

x + y

)

+x− y= x−

3 y .

Tương tự

2 y4

(

y2+z2

)

( y + z )≥ y−

3 z ,

2 z4

(

z2+x2

)

( z+ x )≥ z−

Vậy 2F ¿

4

(

x+ y + z

)

−

4

(

x + y +z

)

=

x+ y+ z

2 =

2⇒F≥ Dấu xảy x = y = z =

1

3 Vậy giá trị nhỏ F .

Bài 37: ( HSG TỈNH HÀ TĨNH NĂM HỌC 2014– 2015)

C/M : a2b2  c2d2  (a c )2(b d )2 Dấu xảy khi: a b c d

Áp dụng (1) ta có :

2

2 2 2

4 ( )

1 4

4 4 16

P a a a b

b b

    

          

   

Mặt khác:

9 (1 )(1 )

2

a b

  



5

2 a b ab 

(2)

Mà:

2

2 2

2

1

3( )

4 2 4

2

2

a a

a b

b b a b ab a b

a b

ab 

  

 

         

 



 

 (3)

Từ (1) (3) suy ra: P 2 17 Dấu “=” xảy khi: a=1 b 

Vậy: MinP 2 17 Đạt a = b 

Bài 38: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2009– 2010)

Đặt

2

( 1)

; x y

a a A a

xy y x a

 

    

 

Ta chứng minh bất đẳng thức

(x y 1)2 3(xy y x  )

Có:

2

2 2

( 1) 3( ) 2( 1) 6( )

( ) ( 1) ( 1)

x y xy y x x y xy y x

x y x y

           

      

Đúng với x; y Đẳng thức xảy x = y =1

( 1)

3

x y

a xy y x

 

   

 

(vì x; y > 0)

Có

1 8 10 10

( )

9 9 3 3

a a a

A a A

a a a

           

Đẳng thức xảy

3

3

1 a

a x y

a a   

      

  

Vậy GTNN A

10

3

đạt

 x y

Từ gt :

2

ab



6

bc



2

ac



7

abc

a,b,c > Chia hai vế cho abc >

2 c a b

   

đặt

1 1

, ,

x y z

a b c

  

, ,

2

x y z

z x y

 

 

  

 Khi

4

9

4

2

4

ab

ac

bc

C

a

b a

c b c













4

2x y 4x z y z

  

  

4

2 (2 )

2

C x y x z y z x y x z y z

x y x z y z

               

  

2 2

2

2 17 17

2 x y x z y z

x y x z y z

     

             

    

   

Khi



 

1

x

,y

z 1

2

C = 7

Vậy GTNN C a = 2; b = 1; c =

Bài 40: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2014– 2015)

Có

xyyz zx xyz 

1 1

x y z

   

(1)

Ta chứng minh với x, y dương:

2 ( )2

(*)

a b a b

x y x y

  



(*)

2

2

( ) ( )

a b

x y a b

x y

 

      

 

2 y x 2

a b ab

x y

  

2

0

y x

a b

x y

 

    

  đúng; “=”



y x

a b

x  y =0 a= x b

y

Áp dụng(*) ta có:

2 2

1 (1 1)

(" " y z: 1)

y z y z y z



     

 

2 2

2 (2 2)

(" " ) 2y y z 3y z 3y z y y z y z



         

  

2 2

4 (4 4) 64

(" " ) 4x 3y z 4x 3y z 4x 3y z x y z



       

    



2 2

64 1

(" " &

4 3x y z 4x2y y z x y z       x y z y z  

x=y=z)

Tương tự:

64

(" " )

4 x y z

x y z  x y  z    

64

1 1

4 3

M

x y z x y z x y z

  

      

1 1 1 x y z

 

  

 

 

( theo (1))

Vậy M đạt GTLN

1

8

x = y = z = 3( theo (1))

Bài 41: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2016– 2017)

Đặt vế trái (1) M.

Ta có: 6a28ab11b2 (2a3 )b 22(a b )2(2a3 )b 2, dấu “=” có a=b Suy : 6a28ab11b2 2a3b > mà a23ab b >0 , a b0

2 2

2

3

2

6 11

   

 



 

a ab b a ab b a b

a ab b .

Ta chứng minh:

2 3 3 2

2

  

 

a ab b a b a b

Thật : (*)





2 2

5 (2 )(3 ) ( )

 a  ab b  a b a b  a b 

(ln đúng) ; Dấu “=” có a=b

Do :

2

2

3

5

6 11

  



 

a ab b a b

a ab b

Tương tự:

2

2

b 3bc c 3b 2c 6b 8bc 11c

  



  ;

2

2

c 3ca a 3c 2a 6c 8ca 11a

  

  

Cộng vế với vế ba BĐT chiều ta được:

3 3

5 5

  

 a b b c c a   

M a b c

Ta có: (a b c  )2 a2b2c2(2ab2bc2 )ca a2b2c2(a2b2) ( b2c2) ( c2a2) = 3a23b2 3c2 9 Do đó: a b c   3

Vậy M3, dấu đẳng thức có a = b = c = 1.

Bài 42: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2018– 2019)

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

2

3

2

2

( 2) ( 4)

8 ( 2)( 4)

2

2

x x x x x

x x x x

x x

x x x

     

      

 

  

Tương tự, ta có

2 2

2

3

2

;

6

8

y y z z

y y z z

y     z    

Từ suy ra:

2 2 2

2 2

3 3

2 2

6 6

8 8

x y z x y z

x x y y z z

x   y   z          

Chứng minh bổ đề: Cho ,x y  ,ab ta có: 0





 

2

2

*

a b

a b

x y x y

  



Ta có

 





















2

2

2

2

* a y b x a b a y b x x y xy a b ay bx

xy x y

 

         



Đẳng thức xảy

a b x y.

Áp dụng bổ đề ta có









2

2 2

2 2 2

2

6 6 12

x y

x y z z

x x y y z z x y x y z z

  

 

     

             

 

   

2

2 2

2( )

( ) 18

x y z

x y z x y z

  

      . Đến đây, ta cần chứng minh:

 

2

2 2

2( )

1 ( ) 18

x y z

x y z x y z

 

       Do x2y2z2 (x y z  ) 18





















2

2 18

12

x y z x y z xy yz zx

x y z x y z

                 

Nên

 

3  2(x y z  )2 x2y2z2 (x y z  ) 18  x2y2z2   x y z (4)

Mặt khác,

x y z

, ,

số dương nên ta có:

2 2 3

3( )

x y z xy yz zx x y z xy yz zx

     

     

Nên bất đẳng thức (4)

Từ (1), (2), (3) (4), ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x   y z

Bài 43: ( HSG TỈNH HẢI PHÒNG NĂM HỌC 2016– 2017)

Với x số dương, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:









2

3 x x x x

x x x x

2

    

      

3

1

(*) x x

 

 

Dấu “ =” xảy x =

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được:









3

3 2

3

a 2a

a b c 1 b c b c 2 b c 2a

a a

  

         

    

Suy ra:









3 2

3 2 2 2

3

a 2a a

(1) a b c b c 2a

a  b c       Tương tự ta có:





3

3 2

3

b b

(2) a b c b  a c   





3

3 2

3

c c

(3) a b c c  a b   

Cộng vế với vế ba bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được:













3 3

3 3

3 3

a b c

1 a  b c  b  a c  c  a b  Dấu “=” xảy a = b = c

Bài 44: ( HSG TỈNH HỊA BÌNH NĂM HỌC 2009– 2010)

ViÕt l¹i:

1 15

( ) ( )

16 16 b

A a b

a b

    

1 a

a  

;

1

16

b b  

;

15 15 16b 4

VËy

25 A 

, DÊu xảy a=1; b=4, KL

Bi 45: ( HSG TỈNH HỊA BÌNH NĂM HỌC 2013– 2014)

Ta có: P 0

Xét hệ

3

2

x y x my

   



  



2

2 (6 )

x y x y

x my m y

     

 

   

     

 

+ Nếu m 6 hệ có nghiêm

6 12

6 y

m m x

m 

 

 



  

 



Khi P  đạt min

6 12

6 y

m m x

m 

 

 



  

 



+ Nếu m 6 đặt x3y  , ta có t P t 2 (2t6)2 5t224t36

2 12 36 5( )

5

t

   36

5 

Đẳng thức xảy

12 t 

Khi 36

5 P 

đạt

12

5 x y 

(có thể chọn

7 ; x y

)

a)Áp dụng bất đẳng thức

1

1

4

x



y



x



y

(với x,y > 0)

Ta có:

1

1 1

1

(

)

2x+y+z



4 2x



y



z

;

1

1

1

y



z



4y



4z

Suy ra:

1

1 1

1

1

(

)

2x+y+z



4 2x



4y



4z

(1)

Tương tự:

1

1 1

1

1

(

)

x+2y+z



4 4x



2y



4z

(2)

1

1 1

1

1

(

)

x+y+2z



4 4x



4y



2z

(3)

Từ (1),(2),(3)

1

1

1

1 1

1

1

(

)

2x+y+z

x+2y+z

x+y+2z

4 x

y

z













1

1

1

1

2x+y+z

x+2y+z

x+y+2z









Dấu "=" xảy

3

x

y

z

4



  

b)Áp dụng bất đẳng thức CôSy cho

x

2011

,x

2011 2009 số ta có:

2011 2011 2011 2011

x



x

  

1 2011

 

(x )

2011

2x

2009

2011x







(1)

Tương tự:

2y

2011



2009



2011y

2 (2)

2z

2011



2009



2011z

2 (3)

Từ (1), (2), (3)

2011 2011 2011

2 2

2(x

y

z

)

3.2009

x

y

z

2011

















x

2



y

2



z

2



3

Giá trị lớn M x = y = z =

Bài 47: ( HSG TỈNH NGHỆ AN- BẢNG B NĂM HỌC 2010– 2011)

Tìmgiá trị nhỏ

4x+3

A

x

1





Ta có:

2

2

4x+3

x

4x+4

A

1

x

1

x

1





 





2

(x

2)

A

1

1

x

1



 





Bài 48: ( HSG HUYỆN NGHĨA ĐÀN TỈNH NGHỆ AN- BẢNG B NĂM HỌC 2011– 2012)

Ta có A =

(

a2+

16 a2

)

+

(

b

2

+ 16 b2

)

+

15 16

(

1 a2+

1 b2

)

Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: a

2

+ 16 a2≥

1 , b

2

+ 16 b2≥

1 ,

1 a2+

1 b2≥

2 ab=

4 2 ab

Mặt khác ta có: a2+

1 b2≥

4 a2+b2

Từ suy ra:

(

a2+

1 b2

)

≥4

(

1 a2+b2+

1

2 ab

)

≥4

4

a2+b2+2ab= 16

(a+b)2=16 suy ra:

1 a2+

1 b2≥8 Vậy: A ¿

1 2+

1 2+

15 =

17

Bài 49: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2015– 2016)

Cho , ,

a b c  thỏa mãn

0

a b c

   Chứng minh rằng:

3

2

1 1

3

1 1

a b c

b c a

  

  

  

Sử dụng bất đẳng thức Cơ si

Ta có:









2

2

1

1

1 1

1 2

b a b a

a b ab

a a a

b b b

 

 

        

  (1)

Tương tự:

1

1

b c bc

b c

 

  

 (1)

1

1

c a ca

c a

 

  

 (3)

Từ (1); (2) (3) suy ra: 2

1 1

3

1 1 2

a b c a b c ab bc ca

b c a

      

    

  

Mặt khác a2b2c2 ab bc ca  hay





3(ab bc ca  ) a b c   9

Do đó: 2

1 1

3

1 1 2

a b c a b c ab bc ca

b c a

      

    

   =

3

3

2  6

Vậy 2

1 1

3

1 1

a b c

b c a

  

  

   Dấu xảy a = b = c =

Bài 50: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2016– 2017)

Ta có



 





 





 



2a

b

c

P

a b a c

b c b a

c b c a





















 





 





 



1

1

1

a.2

b.2

c.2

a b a c

4 b c b a

4 c b c a



























1

1

1

1

1

1

9

a

b

c

a b a c

4 b c

b a

4 c b

c a

4































































Vậy GTLN P

9

4

a

15

b c

.

Bài 51: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2018– 2019)

Ta có:

4 4

1 1

(1 ) (1 ) (1 )

P

b c a

a b c

  

  

Đặt: , , , , 0,

b c a

x y z x y z xyz

a b c

     

4 4

1 1

(1 ) (1 ) (1 )

P

x y z

   

  

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:

2

2 2

1 1

3 (1 ) (1 ) (1 )

P

x y z

 

    

  

 

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:















 



2

2 2

2

1

1 1

1

x y

xy x

y x xy x y

   

         

 

 

       

 

Tương tự:

(1 ) (1 )( )

x y  xy x y

  

Từ BĐT ta có:

2

1 1

(1x) (1y) 1xy

Dấu xảy x = y = 1

Tương tự: 2

1 1 1

(1z) (1 1) 1z  (1z) 1z

2 2

1 1

(1 x) (1 y) (1 z)

   

  

1 1 1

1 1 4

z

xy  z  z z 

   

Ta có:

3

3

,

1

16

16

P



P





x y z

   

a b c

 

Vậy giá trị nhỏ P là:

3

16



Bài 52: ( HSG TỈNH HƯNG YÊN NĂM HỌC 2013– 2014)

Cho

{

a, b,c>0

a+2b+3c≥10

, chứng minh : a+b +c +4 a3 + 8 b+

1

c≥

13 Sử dụng bất đăng thức Cơsi cho số dương ta có:

a+

a≥2 ⇒

3 4(a+

1

a)≥

3

9

9

2

3

4

4

b

b







⇒1

2(b+ 4 b)≥

3 c +

4

c≥2

√

4=4 ⇒

1 4(c+

4

Cộng vế với vế bất đẳng thức ta có: 4a+

1 2b+

1 c+

3 4 a+

9 8 b+

1

c≥4 (3)

Từ a+2b+3 c≥10 ta có 4a+

1 2b+

3 c=

a+2 b+3 c

4 ≥

5

2 (4) Từ (3) (4) suy a+b +c +

3 4 a+

9 8 b+

1

c≥

13

2 (Đpcm) ( Dấu xảy a=1; b=

3

2; c=2 )

Bài 53: ( HSG TỈNH HƯNG YÊN NĂM HỌC 2014– 2015)

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn

ab ac bc







3

Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2

19

3 19

3 19

3

1

1

1

a

b

c

T

b

c

a



















Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có



 











2 2 2

2 2

2 2

2

3

2 3

9

ab ac bc a b c b a c

a b c

a b c ab ac bc

a b c a b c

           

             

   

2 2 2 2 2

19 19 19 1

16

1 1 1 1 1

a b c a b c a b c

T

b c a b c a b c a

         

           

            

Đặt 2

a b c

A

b c a

  

   2

1 1

1 1

a b c

B

b c a

  

  

  

Ta lại có: a)

2 2

2 2 2

3

1 1 1 2 2

a b c ab bc ca ab bc ac

a b c A a b c

b c a b c a

 

                

     

 

3 A a b c     

(*)

b) 2

1 1

3

1 1

a b c

a b c B a b c

b c a

  

 

            

  

 

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

1 1 1

1 1

3

1 1 2

3

2

a ab a b b bc b c c a c c a

b c a

ab b bc c a c a a b c

b c a

a b c B a b c

              

  

  

    

    

  

        

3

2

a b c

B  

  

(**) Từ (*) (**) ta có:

3

16 16

2 2

a b c A B a b c        





35 39

33

2

T a b c

      

Vậy giá trị nhỏ T 33 Dấu “=” xảy a b c  1.

Bài 54: ( THI VÀO LỚP 10 TỈNH HƯNG YÊN NĂM HỌC 2016– 2017)

P biểu thức đối xứng nên ta dự đốn minP = m a = b = c =

9 Ta tìm m

Ta có













2

2 5

2

4

a ab b  a b  a b  a b

Dấu “=” xảy a = b Tương tự :





2





2





2 5

2

4

b bc c  b c  b c  b c

Dấu “=” xảy b = c





2





2





2 5

2

4

c ca a  c a  c a  c a

Dấu “=” xảy c = a

Suy









5

2 2

2

P a b c  a b c 

Lại có





1 1 1 2

2

9 9 9 3

a b c  a b c  a b c

     

            

       

       

1 a b c    

Dấu “=” xảy a = b = c = 9.

Do

5

5

3

P

P a b c

     

    





Vậy minP = .

Bài 55: ( HSG TỈNH KOMTUM NĂM HỌC 2012– 2013)

Ta có , , a b c độ dài ba cạnh tam giác nên:

0; b 0;

a b c   a c  c a b  Từ bất đẳng thức ta có:

2 ( )2 2 2 (1)

a  b c  a b c  bc

2 2 2

( ) (2)

b  a c  b a c  ac

2 ( )2 2 2 (3)

c  a b  c a b  ab

Cộng bất đẳng thức (1), (2) (3) vế theo vế rút gọn ta được:

2 2

2( )

Từ (4) (5) suy ra: a2b2c2  1 (a2b2c2)

Hay

2 2

2

a b c 

(đpcm)

Bài 56: ( HSG TỈNH LAI CHÂU NĂM HỌC 2014– 2015)

Do a, b, c độ dài cạnh tam giác nên ta có

0

b c





a b c

  

a b c

 



Áp dụng BĐT

1

1

4

(x, y 0)

x



y



x y





ta có

1

1

4

2

a b c b c a

 



 



a b c b c a

 

  



b

Tương tự,

1

1

2

b c a c a b

 



 



c

1

1

2

a b c c a b

 



 



a

Cộng vế với vế BĐT ta

1

1

1

1 1

2

2

a b c b c a

c a b

a b c



























 

 

 









1

1

1

1 1

a b c b c a c a b

a b c







 



 

 

 

(đpcm)

Bài 57: ( HSG TỈNH LẠNG SƠN NĂM HỌC 2014– 2015)

Ta có:

(

a



b

)

2



0

nên

a b

 

2

ab

với a, b dương Từ giả thiết:

12

16

2

P

3(

x y

) (3

x

) (

y

) 3.6 2.6 2.4

x

y



















Nên

2

P



38



P



19

minP = 19 x = 2, y =

Bài 58: ( HSG TỈNH LẠNG SƠN NĂM HỌC 2015– 2016)

Ta chứng minh phương pháp phản chứng: Bài toán phát biểu lại

Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn:

3

ab bc ca

4







Chứng minh rằng:

2 2 2

1

1

1

2

a



b



4 c





b



4 a





c



4



3

Thật vây:

2

2 2

1

2

a

b

1

a

b

4

3

a

b

4 3





















Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

2 2 2 2

2

2 2 2

(

a

b )

(

a

a

b

a

c

a

b

a

b

4

(a

b

4)

a

6





































2 2

2

a

a

bc

2

a

bc

a

6

a

6



























Mặt khác ta có

2

2

a

bc 1

a

6

3













(đúng) vì

5



a

2



3



bc 8





bc 6

 



bc



4

3

(đúng) Vậy đpcm dấu “ =” xảy

1

a b c

2

  

Bài 59: ( HSG TỈNH LONG AN NĂM HỌC 2018– 2019)

Chứng minh bất đẳng thức:





 

2

2 2 a b c

a b c

*

x y z x y z

 

  

  với a,b,c  R x, y,z 0

Với a,b  R x, y  ta có 0









2

2 a b

a b

**

x y x y



 





a y b x x y2







xy a b





2



bx ay



2 0

      

(luôn đúng)

Áp dụng bất đẳng thức



**



, ta có :





2





2

2 2 a b a b c

a b c c

+

x y z x y z x y z

  

   

  

Vì xy yz zx  673 nên









2 2019 1346 0

x x  yz x x xy zx  

Tương tự :



2019



0

y y  zx 





2 2019 0

z z  xy 

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có :





















 

2 2

2 2

2 2

2 3

2019 2019 2019

2019 2019 2019

1 2019

x x x

x yz y zx z xy

x y z

x x yz y y zx z z xy

x y z

x y z xyz x y z

 

     

  

     

  

     

Ta lại có:











 



















3

3 3

2 2

2 2

3 3

3

x y z xyz x y xy x y z xyz

x y z x y x y z z xy x y z

x y z x y z xy yz zx

        

 

         

 

       

Nên:



























 

















 

  

3 3

2 2 2 2 2

2 2019

3 673

3

x y z xyz x y z

x y z x y z xy yz zx . x y z

x y z x y z xy yz zx xy yz zx x y z

x y z x y z xy yz zx xy yz zx

x y z x y z

     

          

            

 

          

 

    







 



2

2 2

1

2019 2019 2019

x y z

x x x

( dpcm )

x yz y zx z xy x y z x y z x y z

 

   

           

Bài 60: ( HSG TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2011 – 2012)

Áp dụng BĐT ab

2

2

a



b



ĐK: –x2



0 Ta có

2

9

y

x x

2







Vậy giá trị lớn y 9/2 x=

9

2



Bài 61: ( HSG TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2014 – 2015)

Cho ba số thực không âm x,y,z thỏa mãn x + y + z = 3.Tìm giá trị nhỏ biểu thức A =

√

2x

2

+3 xy+2 y

2

+

√

2 y

2

+3 yz+2z

2

+

√

2 z

2

+3 zx+2 x

2

A =

√

2( x+ y )

2

−

xy+

√

2( y+z)

2

−

yz+

√

2( z+ x)

2

−

zx

Ta có: 2(x + y)2 – xy ≥ 2(x + y)2 -

(x+ y )2 =

7

4 (x + y)2

=>

√

2x

2

+3 xy+2 y

2 ≥

√

7

2

(x + y) dấu “=” xảy x = y

Tương tự:

√

2 y

2

+

3 yz+2 z

2 ≥

√

7

2

(y + z) dấu “=” xảy y = z

√

2z

2

+3 zx+2 x

2 ≥

√

7

2

(z + x) dấu “=” xảy z = x

A =

√

2x

2

+3 xy+2 y

2

+

√

2 y

2

+3 yz+2z

2

+

√

2 z

2

+3 zx+2 x

2 ≥

√

7

(x + y + z) =

√

7

Vậy minA =

√

7

x = y = z =

Bài 62: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2008 – 2009)

a) Ta có













P x y z xyz

x y xy x y z xyz    

     

3 3

3 3

3

3











 











x y z xy x y xyz

x y z x y z x y z xy x y z

   

       

 

 

         

 

3 3

2 2

3

3



 















x y z x y z x y z xy x y z x y z xy yz zx

 

       

 

        2

2 2

3



 











x y z  x y y z z x 

        

 

2 2

1

0

Suy P x 3y3 z3 3xyz0 x3y3z3 3xyz b) Từ





2 2

m n  2mn m n 0

giả thiết suy m2n22mn 1

Do



2



2 2 2 2

2 2 2 2 2

15 m n

m n m n m n m n

P

m n m n 16m n m n 16m n



 

 

    

   

áp dụng BĐT a b 2 ab với a, b không âm, đấu đẳng thức có a = b, ta có 15 17

P

2 4

  

KÕt luËn: 17 P

4 

, đạt đợc

1 m n

2  

Bài 63: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2009 – 2010)

Trớc tiên ta chứng minh bất đẳng thức: Với  a, b, c  R x, y, z > ta có





2

2 2 a b c

a b c

x y z x y z

 

  

  (*)

DÊu “=” x¶y 

a b c x y z

ThËt vËy, víi a, b  R vµ x, y > ta cã





2

2 a b

a b

x y x y



 

 (**) 













2

2

a y b x x y  xy a b 





2 bx ay 

(luôn đúng) Dấu “=” xảy 

a b x y

áp dụng bất đẳng thức (**) ta có





2





2

2 2 a b a b c

a b c c

x y z x y z x y z

  

    

  

DÊu “=” x¶y 

a b c x y z áp dụng bất đẳng thức (*) ta có

2010 2010 2010

x y z

VT

x yz y zx z xy

  

     













2 2

2 2010 2010 2010

x y z

x x yz y y zx z z xy

  

     









2 3 3 2010

x y z

x y z xyz x y z  



     

(1)

Chó ý:





2 2010

x x  yz

=





2 1340 0

x x xy zx  

,





2 2010 0

y y  zx  vµ



2010



0

z z  xy 

Chøng minh:









3 3 3 2



 







3

x y z  x y z xy yz zx 

       

  (2)

Do đó:





3 3 3 2010

x y z  xyz x y z  



 







2

3 2010

x y z  x y z xy yz zx 

        

  =





3 x y z 

(3) Tõ (1) vµ (3) ta suy









2

1 x y z

VT

x y z x y z

 

 

   

DÊu “=” x¶y  x = y = z =

2010

Bài 64: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2012 – 2013)

Dự đoán a = b = c tách mẫu để a + c = b + c = 2b

Tacó áp dụng BĐT

(

x+ y+z )

(

1

x

+

1

y

+

1

z

)

≥9 ⇔

1

x+ y+z

≤

1

9

(

1

x

+

1

y

+

1

z

)

1

1

1

1

(1)

3

2

(

) (

) 2

9

2

9

2

ab

ab

ab

ab

ab

a

a

b

c

a c

b c

b

a c b c

b

a c b c



























































Tư

ơng tự

1

1

1

1

(2)

2

3

(

) (

) 2

9

2

9

2

1

1

1

1

(2)

3

2

(

) (

) 2

9

2

9

2

bc

bc

bc

bc

bc

b

a b

c

a b

a c

c

a c b c

b

a b b c

ac

ac

ac

ac

ac

c

a

b c

a b

b c

a

a b b c

a

a b b c































 



















































































Từ (1) (2) (3)

P≤

1

9

(

ac+ bc

a+ b

+

ab+ac

b+c

+

bc+ab

a+c

+

a+b+c

2

)

=

a+b+ c

6

Dấu “=” xảy a = b = c

Bài 65: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2013 – 2014)

Chứng minh được: 2x2y2z22x y z







Tương tự ta có 2y2z2x2 2y z x







, 2z2x2y2 2z x y







Do ta chứng minh













2

4 4

x y z y z x z x y

xyz

yz zx xy

  

  

   .

Bất đẳng thức tương đương với













1

4 4

y z z x x y

yz yz zx zx xy xy

  

  

  

Ta có







 











2

4 2 2 2 2 2

yz y z

yz yz yz yz yz yz yz yz



 

    









2

0 2 yz yz  xy   1

nên









1

2 yz yz 2 yz   yz

Vậy nên





1

4 2

y z

yz yz yz





  , tương tự có





1

4 2

z x

zx zx zx





  và





1

4 2

x y

xy xy xy





 

Do













1 1

4 4 2

y z z x x y

yz yz zx zx xy xy xy yz zx

  

    

      .

Với a, b, c>0 có





1 1

3 a b b c c a 2

a b c

a b c b a c b a c

       

                

       

nên

1 1

a b c  a b c  (*)

Áp dụng (*) ta có

1 1

1 2 xy  2 yz  2 zx 6 xy  yz  zx  ;

(Vì 2

x y y z z x

xy  yz  zx        x y z  )

Vậy













1

4 4

y z z x x y

yz yz zx zx xy xy

  

  

  

Do ta có

2 2 2 2 2

2 2

4

4 4

x y z y z x z x y

xyz

yz zx xy

     

  

  

Đẳng thức xảy x   y z

Bài 66: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2014 – 2015)

A=

3

x

√

yz

+

y

√

xz

+

z

√

xy

=

x

√

3

x

√

xyz

+

y

3

√

y

√

xyz

+

z

3

√

z

√

xyz

Ta có

3=x

2

+

y

2

+

z

2

≥3

3

√

x

2

y

2

z

2

⇔

xyz≤1

Nên

A≥x

√

3

x+ y

√

3

y+z

√

3

z

Áp dụng BĐT Bunhia cho dãy dãy : 3

√

x

2

;

3

√

y

2

;

√

3

z

2 Dãy : 3

√

x;

√

3

y;

3

√

z

(

x

3

√

x + y

3

√

y +z

3

√

z)

(

3

√

x

2

+

√

3

y

2

+

√

3

z

2

)

≥

(

x+ y +z

)

2

≥3

(

xy + yz+xz

)

(*)

Ấp dụng Côsi

√

x2 1≤x 2+1+1

3 ;

√

y2.1 1≤y 2+1+1

3 ;

√

z2 1≤z 2+1+1

3 Nên

3

√

x2.+3

√

y2+3

√

z2≤x

+y2+z2+6

3 =3

A≥x

√

3

x+ y

√

3

y+z

√

3

z≥xy+ yz+xz

Hay

x

√

yz

+

y

√

xz

+

z

√

xy

≥

xy+ yz+xz

Dấu “=” xảy

x2= y2=z2=1

3

√ x =√3 y =√3 z x2

+ y2+ z2=3

⇔ x = y = z =1

¿

{¿ {¿ ¿ ¿

¿

Cách khác

√

yz 1≤y +z+1

3 ;

√

xz 1≤x+z+1

3 ;

√

yx 1≤y+x+1

3 Nên

A=

x

3

√

yz

+

y

√

xz

+

z

√

xy

≥3

(

x

y +z +1

+

y

x+ z+1

+

z

y+x +1

)

=3

(

x

2

xy +xz+ x

+

y

2

xy + yz+ y

+

z

2

yz+ xz+z

)

=

B

B≥

3( x + y +z )

2

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

≥

3 (x + y +z )

2

2( xy + yz+xz )+x

2

+

y

2

+

z

2

=

3( x+ y+ z )

2

(

x + y +z )

2

=3≥xy + yz+xz

do :( x + y +z )

2

≤3( x

2

+

y

2

+

z

2

)=9 ⇒ x + y +z≤3=x

2

+

y

2

+

z

2

;

xy + yz+xz≤x

2

+

y

2

+

z

2

=3

Bài 67: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2015 – 2016)

Ta có

(

a+b a−b+1

)(

b+c b−c+1

)(

c +a

c−a+1

)

=

(

a+b a−b−1

)(

b+c b−c−1

)(

c +a c−a−1

)

⇔ a+b a−b b+c b−c+ b+c b−c c +a c−a+ c +a c−a a+b a−b=−1

Khi

(

a+b

a−b

+

b+c

b−c

+

c+a

c−a

)

≥0

⇔

(

a+b

a−b

)

2

+

(

b+c

b−c

)

2

+

(

c+a

c−a

)

2

≥−2

a+b

a−b b+c b−c+ b+c b−c c +a c−a+ c +a c−a a+b a−b=2 Suy

2.

(

a2+b2 (a−b)2+

b2+c2

(b−c )2+

c2+a2

(c−a )2

)

=

(a+b )2+(a−b )2 (a−b )2 +

(b+c )2+(b−c )2 (b−c )2 +

(c +a)2+(c−a)2 (c−a )2

=

(

a+b

a−b

)

+

(

b+c

b−c

)

2

+

(

c+a

c−a

)

2

+3≥2+3=5 ⇒

(

a2+b2 (a−b )2+

b2+c2

(b−c )2+

c2+a2

(c−a)2

)

≥

(1)

Mặt khác

(

a b−c+1

)(

b

c−a+1

)(

c

a−b+1

)

=

(

a

b−c−1

)(

b

c−a−1

)(

c a−b−1

)

⇔ a b−c b c−a+ b c−a c a−b+ c a−b a b−c=−1

Khi

(

a

b−c

+

b

c−a

+

c

a−b

)

≥0

⇔

(

a

b−c

)

2

+

(

b

c−a

)

+

(

c

a−b

)

2

≥−2

a

b−c b c−a+ b c−a c a−b+ c a−b a

(

a2+b2+c2

)

(

(a−b)2+

1 (b−c )2+

1 (c−a )2

)

=

(

a

2+b2

(a−b )2+

b2+c2 (b−c )2+

c2+a2

(c−a )2

)

+

(

a

b−c

)

2

+

(

b

c−a

)

+

(

c

a−b

)

≥

5

2

+2=

9

2

.

Dấu “=” xảy

⇔

a + b a −b +

b + c b− c +

c + a

c −a=0 a

b −c + b c − a+

c

a −b=0

⇒( a + b + c )

(

a −b1 +

b− c +

1

c −a

)

=0

¿ ¿{¿ ¿ ¿ Chẳng hạn

a=0,b=1,c=−1

Bài 68: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2017 – 2018)

Giả sử a b c t   đặt a tx b ty c tz ;  ;   x y z  1

Ta chứng minh





























2 2 2

3 3

9 t x y t y z t z x t x y z

t x xy t y yz t z zx

                  

2

3 3

9 x y y z z x x xy y yz z zx

         

























4 4 4

9

1 1

x x y y y z z z x

x x y y y z z z x z x x y y z

     

          

     

2 2

5 5

x y y

x x y y z z

  

   

  

Vì a b c, , ba cạnh tam giác nên

1 , , 0;

2 a b c   x y z   

  Ta có:



 

2



2

5

18 3

x

x x x

x x 

     



1 0;

2 x        



 

2



2

5

18 3

y

y y y

y y 

     



1 0;

2 y        



 

2



2

5

18 3

z

z z z

z z 

     



1 0;

2 z        

Suy 2





5 5

18

x y y

x y z x x y y z z

  

      

   2

5 5

x y y

x x y y z z

  

   

  

Bài 69: ( HSG TỈNH QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2013 – 2014)

Cho a,b,c số thực dương thỏa mãn

1 1

1 (*) abc  . Chứng minh rằng:



 

 





 

 



1

1 1 1

8

a b c  a b c

.(*)

1

1

1

1

1

1

c

a

b

   

 

c

1

a

1

b

1

c

a

b













Từ

a b c 

, ,

0

1

1 1

1

Ta có:



1

 

1



1

1

1

2

a

b

c

a

b

c

a

b

ab

















(1) Tương tự :



1

 

1



1

1

1

2

c

a

b

c

a

b

c

a

ca

















(2)



1

 

1



1

1

1

2

b

c

a

b

c

a

b

c

bc

















(3) Từ (1), (2) (3) suy :



1

 

1





1

 

1





1

 

1



(

1) (

1) (

1)

2

a

b

.2

c

a

.2

b

c

c

b

a

c

b

a

ab

ca

bc























a

1

 

b

1

 

c

1



8



a

1

 

b

1

 

c

1





















1

 

1

 

1



1



1

 

1

 

1



8

a

b

c

a

b

c

















(đpcm)

Bài 70: ( HSG TỈNH QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2015 – 2016)

Trước hết ta chứng minh với

a 

0













2 2

1 (*)

a



b



a



b

a



Thật vậy:

2 2 2

(*)



a



2

ab



b



a

 

a

ab



b



 

2ab

a ab







a b



1



0

(do a > 0)

Từ (*)















1

a

1

a

b

a

b

Tương tự:





2

1

b

1

b

a

b

a









Cộng vế theo vế ta được: 2

1

1

2

(1)

(

)

a

b

M

a

b

b

a

a

b

 













Ta chứng minh với

a b

,



0

thỏa mãn

a

 

b

2

2

1 (2)

(

)

a

b

a

b

 





Thật vậy:

2

(2)



(

a



b

)



(

a



b

)

 

2

(

a

 

b

1)(

a

 

b

2)



0

(do

a

 

b

2

) Từ (1) (2) suy

M 

1

Dấu ‘=’ xãy

a b

 

1

Vậy giá trị lớn M

a b

 

1

Bài 71: ( HSG TỈNH QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2018 – 2019)



 

 

 

 

 

 

 

 



x y z xyz

xy x y yz y z zx z x xyz xy yz zx x y z

x y y z z x x y z x

1 1

1 x y z

   

                   

            

   

  

Đặt

1 1

a ;b ;c

x y z

  

   ta a b c 1   .

Ta có

1 a b c

x ;y ;z

a b c

  

  

Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành



1 a b

 





1 b c

 





1 c a

 



1 a b c 6 2

a b c ab bc ca

       

    

     

 

 

 

Hay



b c c a

 





c a a b

 





a b b c

 



b c c a a b 6 2

a b c ab bc ca

       

    

     

 

 

 

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta



b c c a

 



b c c a c c

2

ab b a b a

   

    

Tương tự ta có



c a a b

 



a a

2

bc c b

 

  



a b b c

 



b b

2

ca a c

 

  

Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta thu



b c c a

 





c a a b

 





a b b c

 



b c c a a b

2

ab bc ca a b c

       

  

      

 

 

 

Do bất đẳng thức cho chứng minh Dấu đẳng thức xẩy

1 a b c

3

  

hay x y z 2  

Bài 72: ( HSG TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2012 – 2013)

Với a, b > ta có:

(a – b)

2

(a + b) ≥

⇔

a

3

≥ ab(a + b) - b

3 ⇔

a3

b

≥ a(a + b) – b

2

= a

2

+ ab – b

2

Tương tự ta có BĐT cộng chúng lại ta suy đpcm

Bài 73: ( HSG TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2013 – 2014)

Ta có :

2 2 2

a

b

c

1

a

1 b

c

1

1 a 1

1 a 0





 

 





      

Tương tự :

1 b 0; c 0

 

 

 (1 + a)(1 + b) (1 + c) ≥

 + a + b + c + ab + ac + bc + abc ≥ (1)

= (a2 + b2 + c2) + (a2 + b2 + c2) + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc = 2(a2 + b2 + c2 + a + b + c + ab + ac + bc)

 a2 + b2 + c2 + a + b + c + ab + ac + bc =

1

2

(1 + a + b + c)2 ≥ (2) Cộng (1) (2) vế theo vế ta :

abc + a2 + b2 + c2 + + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc ≥ 0  abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥

Bài 74: ( HSG TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2017 – 2018)

Vì a,b,c có vai trị

1



a b c

, ,

 nên giả sử ≥ a ≥b ≥ c ≥ 1

2

Khi đó: (b-a)(b-c) ≤

 b2 +ac ≤ ab+bc (*) 

a b a

b c  c ( chia vế (*) cho bc)

và

b c c

a b  a ( chia vế (*) cho ab)

 2( )

a b b c a c a c

bc a b c a   c a

Để chứng minh (1) ta tiếp tục chứng minh 2( ) a c c a

 

 

5

a c

c a  (2)

Ta có: ≥ a ≥ c ≥  a x

c

  

(2)  x+

x 

5

2  2x25x+2   (x2)(2x1)  ( 1 x (2) chứng minh  (1) chứng minh

Dấu “=”xảy a = 2, b = c = a = b = 2, c = hốn vị

Bài 75: ( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2008 – 2009)

Ta có M = x

3

+ y

3

= (x + y)(x

2

− xy + y

2

)

= x

2

− xy + y

2

(vì x + y = 1)

=

2 2

x

y

x

y

(

xy

)

2



2



2





2

=

1

2 (x

2

+ y

2

) +

2

x

y

(

)

2



2

 M 

1

2 (x

2

+y

2

)

Ngoài x + y =1  x

2

+ y

2

+ 2xy =  2(x

2

+ y

2

)−(x − y)

2

= 1

 2(x

2

+ y

2

)  1 (x

2

+ y

2

) 

1

2 dấu xảy  x = y =

1

2

 M 

1

2

1

2 =

1

4 dấu xảy  x = y =

1

2

Vậy giá trị nhỏ M

1

4 , đạt x = y =

1

2

Ta có :

1 1

1

1 1 1 (1 )(1 )

b c bc

a   b  c  b c b c

      

Tương tự :

1

2 ,

1 (1 )(1 ) (1 )(1 )

ca ab

b c a c  a b

     

Nhân bất đẳng thức vừa nhận ta có :

1 1

1 1 (1 )(1 )(1 )

abc

a b c  a b c

     

Hay : abc



Dấu = xãy a = b = c =

2

Vậy maxQ =

Bài 77: ( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2016 – 2017)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có





2

2 a a

a b c a b c

b c a b c

     

  

Chứng minh tương tự ta được

2

;

b b c c

c a a b c  a b a b c 

Suy





2

2 a b c

a b c

b c c a a b a b c

 

   

    

Dấu xảy

0 a b c

b c a a b c

c a b    

          



(Trái với giả thiết)

Vậy dấu = không xảy suy đpcm.

Bài 78: ( HSG TỈNH QUẢNG NINH NĂM HỌC 2005 – 2006)

Ta cã: 21a+(3/a) =(3/a) + a/3 + 62a/3 

√

3

a

.

a

3

+ (62.3/3) = 64 (1) a DÊu b»ng x¶y <=> (3/a) = a/3 vµ a = <=> a =

L¹i cã: (21/b) + 3b =(21/b) + 7b/3 + 2b/3 

√

21

b

.

7 b

3

+ (2.3/3) = 16 (2) b DÊu b»ng x¶y <=> (21/b) = 7b/3 vµ b = <=> b =

Từ (1) (2) suy BĐT cần chứng minh Dấu xảy <=> a = b =

Cách giải khác:

Trớc hÕt chøng minh B§T: (21/b) + (3b)  16 (*) víi  b  Víi b  th× (*) <=> 3b2 - 16b + 21  <=> (b - 3)(3b - 7)  0.

Do b nên (b - 3) (3b - 7)  3.3 - = => (b - 3)(3b - 7)  DÊu b»ng x¶y <=> b =

Tơng tự, chứng minh đợc: 21a + (3/a)  64 với  a  (<=> (a-3)(21a-1)  0) Dấu xảy <=> a = Từ suy điều phải chứng minh

Bài 79: ( HSG TỈNH QUẢNG NINH NĂM HỌC 2013 – 2014)

2

2

1 1

a b

a b a b

   

      

Có

2

1 1 1

2 2

a b a b ab

b a b a ab

         

        

         

         

Có

2

1 1

2 16 15 2 16 15

2 a b

ab ab ab ab

ab ab ab



   

          

   

Vậy

1 25

2 ab

ab

  

hay

2

1 25

2

a b

b a

   

   

   

   

Có 2 2

1 1

8a 8a 8b 8b 16

a b a b

   

        

   

3

2

1

3 8a a 8b b 16

a b

  

= Vậy có T 

25 41

8

2  2

Dấu “ = “ xảy  a = b =

Vậy giá trị nhỏ T 41

2 đạt tại a = b =

2

Bài 80: ( HSG TP QUY NHƠN NĂM HỌC 2013 – 2014)

Đặt x = + a => y = 1- a => x5 + y5 = (1+a)5 + (1-a)5 = 10a4 + 20a2 + ≥ ( a4 ≥ 0; a2 ≥ với

mọi a)

=> x5 + y5 ≥ Dấu “=” xãy  a =  x = y =

Bài 81: ( HSG TỈNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2012 – 2013)

Cho đa thức P(x) = ax2 + bx+ c Biết P(x) > với x thuộc R a > 0. Chứng minh rằng:

5

1 (1)  

  

a b c

a b c

Từ giả thiết P(x) > với x thuộc R a > suy  b c

a Vì P(x) > với x thuộc R nên P(-1)>0

Suy a – b + c > Vậy

5

1

 

         

 

a b c

a b c a b c a c b

a b c

Ta có

2

4

4   b

a c a

a

Áp dụng BĐT Cơsi ta có

2 b

4a b 2b

4a

  

4

 a c  b Vậy (1)

Dễ thấy a 0 ta có

2

6

a

1

(a

1) (a

1)(a

a

1)

.(a

a

a)

a



















2

a

1

1

2(

) 2(a

) suy ra

a

a











a >

6

1

a

2

a

1 4

a

2 3

a



 

  

  

Dấu sảy



a = (loại) Vậy a

6

> Mặt khác ta có + a

3

= a

5

+ a

3

2

1

1 a

2

a

a



 





( a  1) Nên có a

3

< suy a

6

< Nên có < a

6

< 4

Ta có 2(a2b2) ( a b )2

Suy













2 2 2

2 2 2

2 2

a b c a b c

b c c a a b      b c  c a  c a

Đặt x b2c2, y c2a z2,  a2b2,

suy

2 2 2 2 2

2 2 2

y z x z x y x y z

VT

x y z

     

  

2 2

1 ( ) ( ) ( )

2 2

2

y z z x x y

x y z

x y z

                

     

 

2 2

1 ( ) ( ) ( )

2 3

2 2

2

y z z x x y

x x y y z z

x y z

        

          

     

 



 

 



1

2( ) 2( ) 2(

2 y z x z x y x y z

          

Suy

1 2011

( )

2 2

VT  x y z  

Bài 83: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2010 – 2011) Bài 84: ( HSG TỈNH THANH HĨA NĂM HỌC 2013 – 2014)

Ta có:

1 2xy

1 1

B

xy 3xy xy xy(1 3xy) (x y) 3xy(x y)



    

 

   .

Theo Côsi:

2 (x y) 1 xy

4



 

Gọi Bo giá trị B, đó, x, y để: o

1 2xy B

xy(1 3xy)  

 

 3Bo(xy)2 – (2 + Bo)xy + = (1)

Để tồn tại x, y (1) phải có nghiệm xy   = Bo2 – 8Bo +   o o

B B    

  

Với









o

o

o

2 B 3 3 3 3

B xy x(1 x)

6B 6 2 3 6 2 3

  

       

  







2

2 3

1 1

3

x , x

3

x x

3

6 2

 

  

 

 



 

Vậy, Bmin  4 3, đạt

2 3

1 1

3

x , y

2

   

 

2 3

1 1

3

x , y

2

   

 

Bài 85: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2014 – 2015)

Từ:

2 2

2 2

( )( ) 2( )

2 a b c a b 6 c a b a ab b a b

b a b a a b ab

   

   

      

   

   

ta có:

2 2

2

2

( )( ) 2( ) ( ) ( )

2 c a b a ab b a b c a b c a b

a b ab

a b ab ab ab

     

         

Lại có





2

2 2 ( )

( ) ( ) ( )

(2 ) (2 ) (2 ) (2 ) ( ) ( )

c a b

bc ac bc ac bc ac

a b c b a c abc b c abc a c abc a b c abc a b c

 

    

       

và

2

( )

( )

3

ab bc ca abc a b c  ab bc bc ca ab ca    

2 ( )

3 ( )

( )

(2 ) (2 ) 2 1

c a b

bc ac c a b ab

c a b

a b c b a c ab bc ca

ab 

 

 



 

       



        

 

Đặt

2

( )

2(1 )

c a b t

t P

ab t t



   

 (với 0 t 2).

Có

2

2 2

3 4 8 32 24

2(1 ) 2(1 ) 3 (1 )

t t t t t

t t t t t t

     

      

    

2

( 2)( 22 12)

6 (1 )

t t t

t t

   

 



mà

2

2

( 2)( 22 12) ( 2)( 22 12) 8

0 (0; 2] (0; 2]

6 (1 ) (1 ) 3

t t t t t t

t t

t t t t

       

       

  .

Vậy giá trị nhỏ P

3 a b c 

Bài 86: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2016 – 2017)

Tìm GTNN

Khơng tính tổng qt, ta giả sử

a b c 

Khi :

5 ( 1)(2 ) (*)

3

a b c a a a a

           

Mặt khác,

0b c, 2

nên

( 2)( 2) 2( )

2(5 ) (**)

b c

bc b c

bc a a

  

   

     

Do





2

2 Theo (**)

3 2 ( 2)

A a b c a b c bc a a a

A a a a a a a a

           

              

vì





2

2

3 (3 ) 3 3 ( 1)(2 )

a  a  a a  a   a  a a   a  a 

3 2 ( 1)

   

(

(a1)(2 a) 0

, theo (*) )

Nên

a 3 a 1

Vậy

A 2 1

Dấu xảy

0 , , ;

( 1)(2 ) ;

6 a b c a b c

a a a b c

bc a

    

 

      



  



Vậy giá trị nhỏ biểu thức A

2 1

Đạt

(a, b, c) = (2, 2, 1) hoán vị

Bài 87: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2017 – 2018)

Ta có

2

2

2

1 1

xz y z

xz y x z yz yz x

P

xz z

y y yz xz yz x z

yz x

yz

 

     

    



2 2

2 2

2

1 1 2

1 1

1 1

x y z

a b c

y z x

y x z b a c

z y x





     

  

  

,

trong





2 x, y, z , , 0

a b c a b c

y z x

Nhận xét





2

2

1

x

a b do x z

z c

   

Xét



















 





 







2 2 2 2

2

2 2

1 1 1

2

1 1 1

a a ab b b ab aba a b

a b ab

b a ab a b ab

                



















 







2

2 3

2 1 1 1

ab a b a b a b a b

a b ab

           Do

 

2 2 2

1 1 1

a b ab c

b a ab c

c

   

   



Đẳng thức xảy a b

Khi

2

2

1

c c c     

































2 2

2

2 1 1

2 1

c c c c c

c c          























  

3 2 1 3

0

2 1 1

c

c c c

do c

c c c c



  

   

   

Từ

 

1

 

2 suy điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy a b c ,  1 x y z

Bài 88: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2018 – 2019)

Cách : Ta có x y   1 z z xy x y    1 xy 



x1

 

y1





1





 

1



x yz  x y x y   x xy y y x y y 



1

 

 

1



y xz  y x x y   x y x 



 

 



3

2 3

1

x y P

x y x y

     Vì







 





 



3 2

3 3

4

0

4 1 1

0 x y xy

x y x y

x P

xy x y x y

y                

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số thực dương, ta có:









2 2

3

3

27

1

2 4 1 27

x x x x x

x x

x

          



Tương tự:





27 y y    .



 



2 3

1 4

4 27 27 729

4 1

x y P

x y

  

 

Dấu “=” xảy ra:

2

2

5

x y x y

z z x y

                  Vậy 729 MaxP 

, đạt tại



 

 



2





2

3 2

1

x yz y xz z xy x yz y xz z xy x y z

z z

P x y y x x y y x xy

         

        

 

   

2

2

1

1 zy zx z z 1 y x z z z

P x y xy x y xy

 

       

                

        

Vì





2

1

2; ;

y x

x y z x  y  xy x y   

nên:

























2 2

2

2 2

4

1 4

1 1 1

1

z z

z z

z z z z

P x y z z

      

     

         

        

     

















2

2

4

1 12

1

1

1

z z

z z

P z z z

    

 

         

      

   

Đặt t z 1,

2

2

2

2

1 12 12

6

4 8

12 729

6

4 8 729

t t t

t

P t t t t

t t t

P

t t

 

     

            

      

 

      

 

Dấu “=” xảy ra:t 4,x y x y 2,z5

Vậy

4 729 MaxP 

, đạt tại

2 x y

z   

  

Bài 89: ( HSG TP HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2016 – 2017)

Với x, y > 0, ta có:

2y

x 1 x xy 2y 2xy xy x y y 2xy 1 x y              

• Áp dụng bđt Cauchy, ta có

2 2

1 y 2xy y.2xy 2xy     1 8xy  P xy 8

•

y 2xy

1

P 8 y 2xy x y 2 x; y

  

         

 

Bài 90: ( HSG TỈNH TRÀ VINH NĂM HỌC 2017 – 2018)

Theo điều đề ta có: 1- a > ; 1- b > ; 1- c > Nên theo BĐT Cơ-si, ta có:

2

1 (1 )(1 )

2

1 (1 )(1 )

2

1 (1 )(1 )

a b ab

b a b a

b c bc

c b c b

c a ca

a c a c

 

   

 

   

 

2( )

1 1

1 1 2( )

3

a c b c a b ab bc ca

b a c c ab a bc b ca

ab bc ca

hay

c ab a bc b ca

ab bc ca

c ab a bc b ca

  

     

     

    

  

   

  

Vậy maxP =

2

tại a = b = c =

Bài 91: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2007 – 2008)

Trước hết, với số thực dương

a b,

ta có

3 ( )( 2 ) ( )(2 ) ( )

a b  a b a b  ab  a b ab ab ab a b

Từ

a3b3 2c3 ab a b(  ) 2 c3 2 2abc a b3(  ) 2 (c a b2  ) 4c a b

Hay

a3b32c3 4c a b

(1)

Tương tự

b3c32a3 4a b c (2); c3a32b34b c a

(3)

Cộng vế với vế (1), (2), (3) ta có điều cần chứng minh.

Đẳng thức xảy

3

3

2

( ) 2

( ) ( )

abc a b c

ab a b c a b c bc b c a

ca c a b

 

   



      

  



  



Bài 92: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2008 – 2009)

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có









2 2

3 a b c  a b c 



a2 b2 c2



2



a b c a





b3 c3



      

Từ





















2 2 2

3 3

2

3

(1)

a b c a b c a b c b c c a a b

a b c

a b c b c a c a b

          

   

    



Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy

3

3 ( )( )( )

3 (2)

a b c b c a c a b abc b c c a a b abc abc

        

 

Từ (1),(2) suy điều phải chứng minh

Dấu đẳng thức xảy … a b c  3

Bài 93: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2009 – 2010)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với





2

3

1 1

( )( )( )

2

a b b c c a a b c abc

a b b c c a abc

 

          

  

 

2 2

(a b b c c a )(  )(  )c a b(  )a b c(  )b c a(  ) 2 abc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopsky-Schwarz









2 2

3

2

2

1 1

( ) ( ) ( )

2

1 1

2 c a b a b c b c a abc

a b b c c a abc

c a b a b c b c a abc

a b b c c a abc

c a b abc

 

          

  

 

 

       

  

 

   

Dấu “ = ” xảy c a b(  )a b c(  )b c a(  ) 2 abc abc.6  a b c 

Bài 94: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2010 – 2011)

Đặt

2

x a b c y a b c z a b c

   



   

   

 , x, y, z >0 z y c x y b c b  ,      (z y ) Suy b x z   2y a3c2y x

Khi

2 4( ) 8( )

17 4

y x x z y z y y x z y

P

x y z x y y z

   

   

        

   

¸p dụng BĐT Cauchy ta được: P 17 32  17 12 2 .

Đẳng thức xảy

2 2

2 4

;

y x z y

x y z

x  y y  z    ,

Khi

2 2( ) 2( )

a b c a b c

a b c a b c

      



     

 , suy

(1 2) (4 2)

b a

c a

   



  



Vậy giá trị nhỏ P 17 12 2  , đạt

(1 2) (4 2)

b a

c a

   



  



Bài 95: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2011 – 2012)

Ta có:





2 2012 abc bcd cda dab a b c d      



 

 

 





ab c d cd a b



2

     



ab 1



2



a b



2



cd 1



2



c d



2

   

      

   



2 2

 

2 2

 

 

 

 



1 1 1

a b a b c d c d a b c d

           

Suy



 

 

 



2 1 1 1 1 2012 a  b  c  d  

Bài 96: ( HSG TP VĨNH YÊN NĂM HỌC 2012 – 2013)

a) Ta có













2 2

2 2 2

a b c a b c

b c c  a a  b a b c b c a c a b

























2

2 2

a b c a b c

a b c b c a c a b ab bc ca

   

 









3

ab bc ca ab bc ca

  

  =1

Dấu đẳng thức xảy a b c 

b) Nhận xét Nếu ,a b  0









2

2

3a 6b  a2b 2 a b  a 2b Từ nhận xét ta có 3a26b2  a ; 3b b26c2  b ; 3c c26a2  c 2a Do

























2 2 2

2 2 2

2 2

3 6

a b c b c a c a b a b c b c a c a b

a b c

b c c a a b

b c c a a b

     

       

  

   Dấu đẳng

thức xảy a b c 

Bài 97: ( HSG TỈNH YÊN BÁI NĂM HỌC 2003 – 2004)

a) 5a2 + 5b2 + 8ab = 18  M = 18 – 4a2 – 4b2 – 8ab = 18 – 4(a + b)2 ≤ 18

Dấu “=” xảy  a = –b thay vào đẳng thức: 10a2 – 8a2 = 18  a2 =  a = ±3 Vậy: max M = 18  (a ; b) = (3 ; –3) (–3 ; 3)

b) 5a2 + 5b2 + 8ab = 18  9(a2 + b2) = 18 + 4(a – b)2 ≥ 18  9M ≥ 18  M ≥ 2 Dấu “=” xảy  a = b thay vào đẳng thức: a = b = ±1

Vậy: M =  a = b = ±1

Bài 98: ( HSG TỈNH YÊN BÁI NĂM HỌC 2006 – 2007)

2

2 2

(m n) m n m n m n 1

A 1

2mn mn mn m n (m n)(m n mn) m n mn

   

        



    

(Do m ≥ n ≥ nên:

1

1 ;

m  n  ) Dấu “=” xảy  m = n = 1 Bở xung: có thể thêm u cầu tìm giá trị nhỏ của biểu thức A

Ta có:

2

2 2

(m n) m n m n m n 1 1

A

(m n)(m n mn) m n mn 2mn mn mn m n 2

   

        

     

Dấu “=” xảy  m = n =

Bài 99: ( HSG TỈNH YÊN BÁI NĂM HỌC 2011 – 2012)

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có:

\f(x,y+1 + \f(y+1,4 > 2\f(x,y+1\f(y+1,4 = ∙ \f(x,2 = x (1)

Tương tự \f(y,z+1 + \f(z+1,4 > y (2) , \f(z,x+1 + \f(x+1,4 > z (3) Cộng vế bất đẳng thức (1), (2), (3) ta

\f(x,y+1 + \f(y,z+1 + \f(z,x+1 + \f(y+1,4 + \f(z+1,4 + \f(x+1,4 > x + y + z  \f(x,y+1 + \f(y,z+1 + \f(z,x+1 > \f(,4 (4)

Mặt khác, theo bất đẳng thức Cơ-si ta có: x + y + z > = = (5)

bất đẳng thức Cauchy t khi