Tài liệu BD HSG - bat dang thuc

Bài 1 Cho3 số dương a, b, c. CMR: 3 b a + 3 b c + 3 c a ≥ a ac + b ba + c ab Ta có: 3 b a + 3 b c + 3 c a = 3 b a + bc + 3 b c + ca + 3 c a + ab – (ac + cb + ab) = 3 b a + bc + 3 b c + ca + 3 c a + ab– ( ab 2 + bc 2 + ab 2 + ac 2 + bc 2 + ac 2 ) ≥ 2 3 . a bc c + 2 3 . b ac c + 2 3 . c ab a + 2 . 4 ab bc - 2 . 4 ab ac - 2 . 4 bc ac = = 2a ac +2b ba + 2c ab - a ac -b ba - c ab = a ac + b ba + c ab (đpcm) Vậy 3 b a + 3 b c + 3 c a ≥ a ac + b ba + c ab ∀ a, b, c > 0 Bài 3: CMR: ∀ a, b, c > 0 ta có: ab bc ca a 3b 2c b 3c 2a c 3a 2b + + + + + + + + ≤ a b c 6 + + p dụng bất đẳng thức: ( 1 1 a b c 1 + + )(a + b + c) ≥ 3 3 1 abc 3 3 abc = 9 ⇒ 1 a b c+ + ≤ 1 9 ( 1 1 a b c 1 + + ) ⇒ ab a 3b 2c+ + = ab a c b c 2b+ + + + ≤ ab 9 ( 1 1 a c b c 2b 1 + + + + ) Tương tự: bc b 3c 2a+ + ≤ bc 9 ( 1 1 b a a c 2c 1 + + + + ) và ca c 3a 2b+ + ≤ ca 9 ( 1 1 b c 2a 1 b a + + + + ) VT ≤ ab 9 ( 1 1 a c b c 2b 1 + + + + )+ bc 9 ( 1 1 b a a c 2c 1 + + + + )+ ca 9 ( 1 1 b c 2a 1 b a + + + + ) = ( ab 9 + bc 9 ) 1 a c+ + ( ab 9 + ca 9 ) 1 b c+ + ( bc 9 + ca 9 ) 1 b a+ + a 18 + b 18 + c 18 = b(a c) 9(a c) + + + a(b c) 9(b c) + + + c(b a) 9(b a) + + + a 18 + b 18 + c 18 = = a 9 + b 9 + c 9 + a 18 + b 18 + c 18 = a 6 + b 6 + c 6 = a b c 6 + + = VP Bài 4:Cho a, b, c > 0. CMR: ab c(c a)+ + bc a(a b)+ + ca b(b c)+ ≥ a a c+ + b a b+ + c b c+ (1) Bất đẳng thức đã cho tương dương: ⇔ b a . c c a+ + c . a b a b+ + a c . b b c+ ≥ a a c+ + b a b+ + c b c+ ⇔ b 1 . c c 1 a + + c . a a b 1 1+ + a 1 . b b 1 c + ≥ 1 c 1 a + + a b 1 1+ + 1 b 1 c + Đặt a b = x, b c = y, c a =z => a b . b c . c a = xyz = 1 và z, y, x > 0 ⇒ BĐT:y. 1 z 1+ + z. 1 x 1+ + x. 1 y 1+ ≥ 1 z 1+ + 1 x 1+ + 1 y 1+ ⇔ y(x+1)(y+1)+z( y + 1)(z + 1)+x(x + 1)(z + 1) ≥ (x + 1)(y + 1)+( y + 1)(z + 1)+(x + 1)(z + 1) ⇔ (y – 1)(x+1)(y+1)+(z – 1)( y + 1)(z + 1)+(x – 1)(x + 1)(z + 1) ≥ 0 ⇔ y 2 x + y 2 – x – 1 + z 2 y + z 2 – y – 1 + x 2 z + x 2 – z – 1 ≥ 0 ⇔ ( y 2 x+ x 2 z+ z 2 y) + ( y 2 + z 2 + x 2 ) – (x + y + z) – 3 ≥ 0 (*) p dụng bất đẳng thức cô si, ta có: y 2 x+ x 2 z+ z 2 y ≥ 2 2 2 3 3 y x.x z.z y = 3xyz =3; y 2 + z 2 + x 2 ≥ 2 2 2 3 3 y x z = 3 3 1 = 3;x + y + z ≥ 3 3 yxz 3= VT của (*) ≥ 3 + 3 – 3 – 3 =0 = VP => (*) đúng => (1) đúng Vậy ab c(c a)+ + bc a(a b)+ + ca b(b c)+ ≥ a a c+ + b a b+ + c b c+ Bài 5:Cho 3 số dương a, b, c. CMR: )1( 1 )1( 1 )1( 1 accbba + + + + + ≤ )1( 3 33 abcabc + Đặt P =VT.p dụng bất đẳng thức: ∀ x, y, z là các số thực,ta có:(x + y + z) 2 ≥ 3(xy + yz + zx), suy ra:P 2 ≥ 1 1 1 3( ) ab(1 b)(1 c) bc(1 c)(1 a) ca(1 a)(1 b) + + + + + + + + = )1)(1)(1( ))1()1()1((3 cbaabc cbbaac +++ +++++ = = )1)(1)(1( )1)1)(1)(1((3 cbaabc abccba +++ −−+++ => P 2 ≥ )1)(1)(1( 3 )1)(1)(1( 33 cbaabccbaabc +++ − +++ − (1) Đặt t = 3 abc .Theo bất đẳng thức Cô - si ta lại có: (1 + a)(1 + b)(1 + c) = 1 + (a + b + c) + (ab + bc + ca) ≥ 1 + 3t + 3t 2 + t 3 = (1 + t) 3 (2) Từ (1)và (2) suy ra: P 2 ≥ 3333 )1( 3 )1( 33 tttt + − + − = 33 33 )1( )1)1((3 tt tt + −−+ = 22 )1( 9 tt + ⇒ P ≥ )1( 3 tt + = )1( 3 33 abcabc + ( do P > 0) Bài 6: Cho a, b, c > 0. Chứng minh: a b c+ + b c a+ + c a b+ > 2. Đặt a + b + c = t b c a + .1 ≤ b c 1 a 2 + + = b c a a 2 + + = t 2a hay a b c+ ≥ t a2 Tương tự: b c a+ ≥ 2b t và c a b+ ≥ 2c t ⇒ a b c+ + b c a+ + c a b+ ≥ 2a t + 2b t + 2c t = 2(a b c) t + + = 2t t = 2 Dấu bằng xảy ra khi: b c a + = 1, a c b + = 1, b a c + = 1 ⇒ a b c b a c c a b = +   = +   = +  ⇔ a + b + c = 2(a + b + c) ⇔ a + b + c = 0 (*) Theo giả thiết thì a + b + c ≠ 0 ⇒ (*) không xảy ra. Vậy dấu bằng không xảy ra. ⇒ a b c+ + b c a+ + c a b+ > 2. (đpcm) Bài 7: Cho x, y, z là các số không âm.CMR: 8(x 3 + y 3 + z 3 ) 2 ≥ 9(x 2 + yz)(y 2 + xz)(z 2 + xy) Theo bất đẳng thức Cô – si, ta có: 3 3 3 3 3 3 x y y z x z 3 + + ≥ x 2 y 2 z 2 ⇔ x 3 y 3 + x 3 z 3 + y 3 z 3 ≥ 3x 2 y 2 z 2 ⇔ 6x 3 y 3 + 6x 3 z 3 + 6y 3 z 3 ≥ 18x 2 y 2 z 2 (*) Lại có: (x 3 – xyz) 2 ≥ 0 ⇔ x 6 + x 2 y 2 z 2 ≥ 2x 4 yz ⇔ x 6 + 3 3 3 3 3 3 x y y z x z 3 + + ≥ 2x 4 yz (1) Tương tự: y 6 + 3 3 3 3 3 3 x y y z x z 3 + + ≥ 2y 4 xz (2) và z 6 + 3 3 3 3 3 3 x y y z x z 3 + + ≥ 2z 4 xy (3) Từ (1), (2), (3) ta có: x 6 + y 6 + z 6 + 3 3 3 3 3 3 x y y z x z+ + ≥ 2x 4 yz + 2y 4 xz + 2z 4 xy (4) Từ (4) và (*) ta có: x 6 + y 6 + z 6 +7 3 3 3 3 3 3 x y 7y z 7x z+ + ≥ 2x 4 yz + 2y 4 xz + 2z 4 xy + 18x 2 y 2 z 2 (*’) Ta có: 6 6 6 x y z 3 + + ≥ x 2 y 2 z 2 . Do đó: x 6 + 6 6 6 x y z 3 + + ≥ 2x 4 yz Tương tự: y 6 + 6 6 6 x y z 3 + + ≥ 2y 4 xz ; z 6 + 6 6 6 x y z 3 + + ≥ 2z 4 xy Cộng theo vế ta có: 2(x 6 + y 6 + z 6 ) ≥ 2x 4 yz + 2y 4 xz + 2z 4 xy ⇔ 7x 6 + 7y 6 + 7z 6 ≥ 7x 4 yz + 7y 4 xz + 7z 4 xy (5) Cộng theo vế (*’) và(5) ta có: 8x 6 +8y 6 +8z 6 +7 3 3 3 3 3 3 x y 7y z 7x z+ + ≥ 9x 4 y+9y 4 xz+9z 4 xy+ 18x 2 y 2 z 2 ⇔ 8(x 6 + y 6 + z 6 + 2 3 3 3 3 3 3 x y 2y z 2x z+ + ) ≥ 9(x 4 y + y 4 xz + z 4 xy+ 2x 2 y 2 z 2 + 3 3 3 3 3 3 x y y z x z+ + ) ⇔ 8(x 3 + y 3 + z 3 ) 2 ≥ 9(x 2 (y 2 z 2 + x 2 yz + xy 3 + xz 3 )+ yz(x 2 yz + xy 3 + y 2 z 2 + xz 3 ) ⇔ 8(x 3 + y 3 + z 3 ) 2 ≥ 9(x 2 + yz)( y 2 z 2 + x 2 yz + xy 3 + xz 3 ) ⇔ 8(x 3 + y 3 + z 3 ) 2 ≥ 9(x 2 + yz)(y 2 (z 2 + xy) + xz(z 2 + xy)) = 9(x 2 + yz)(y 2 + xz)(z 2 + xy)(đpcm) Vậy 8(x 3 + y 3 + z 3 ) 2 ≥ 9(x 2 + yz)(y 2 + xz)(z 2 + xy) Bài 9: Cho 4 số không âm a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = 1. Chứng minh: + + + + + + +a b b c c d d a ≤ 2 2 Bài giải: Bất đẳng thức đã cho tương đương: ⇔ 2 ( )+ + +a b b c + 2 ( )+ + +c d d a + 2 ( )+ + +a b b c ( )+ + +c d d a ≤ 8 ⇔ a + b + c + d + 2 ( )( )+ +a b b c + a + b + c + d + 2 ( )( )+ +c d d a + 2 ( )( )+ +a b c d + 2 ( )( )+ +a b d a + 2 ( )( )+ +b c c d +2 ( )( )+ +b c d a ≤ 8 ⇔ 2(a + b + c + d)+ 2 ( )( )+ +a b b c + 2 ( )( )+ +c d d a + 2 ( )( )+ +a b c d + 2 ( )( )+ +a b d a + 2 ( )( )+ +b c c d +2 ( )( )+ +b c d a ≤ 8 p dụng bất đẳng thức Côsi: 2 ( )( )+ +a b b c ≤ a + b + b+ c = a +2b + c; 2 ( )( )+ +b c d a ≤ a + b + c + d 2 ( )( )+ +c d d a ≤ c + d + d + a = c + 2d + a; 2 ( )( )+ +a b c d ≤ a + b + c + d 2 ( )( )+ +a b d a ≤ a + b + d + a = 2a + b + d;2 ( )( )+ +b c c d ≤ b + c + c + d = b + 2c + d Cộng theo vế:VT ≤ 2(a + b + c + d) + a +2b + c + c + 2d + a + a + b + c + d + 2a + b + d + b + 2c + d + a + b + c + d ≤ 8a + 8b + 8c + 8d = 8(a + b + c + d) = 8 = VP (vì a + b + c + d = 1.) Vậy + + + + + + +a b b c c d d a ≤ 2 2 Dấu bằng xảy ra khi: a = b = c = d = 1/4 Bài 11:Cho 3 số dương a, b, c thoả a + b + c = 1.CMR: a 3 1 b c+ − + b 3 1 c a+ − +c 3 1 a b+ − ≤ 1 p dụng bất đẳng thức cô si: a 3 1 b c+ − ≤ a 1 1 1 b c 3 + + + − = 3a ba ca 3 + − Tương tự: b 3 1 c a+ − ≤ 3b bc ba 3 + − và c 3 1 a b+ − ≤ 3c ac bc 3 + − Cộng theo vế: a 3 1 b c+ − + b 3 1 c a+ − +c 3 1 a b+ − ≤ 3a ba ca 3 + − + 3b bc ba 3 + − + 3c ac bc 3 + − = = 3a ab ca 3b cb ab 3c ca cb 3 + − + + − + + − = 3a 3b 3c 3 + + = 3(a b c) 3 + + = 3 3 = 1 (dpcm) Vậy a 3 1 b c+ − + b 3 1 c a+ − +c 3 1 a b+ − ≤ 1 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c Bài 12: Cho 3 số dương a,b,c thoả a 2 +b 2 +c 2 =1.CMR: 2 2 b 1 c+ + 2 2 1 c a+ + 2 2 1 a b+ ≤ 3 3 3 a b c 2abc + + + 3 Ta có: VT = 2 2 2 2 2 b a b c c + + + + + 2 2 2 2 2 a a b c b + + + = 2 2 2 b a c+ +1 + 2 2 2 c b a+ + 1 + 2 2 2 a c b+ + 1 = = 2 2 2 b a c+ + 2 2 2 c b a+ + 2 2 2 a c b+ +3 ≤ 2 a 2bc + 2 2c b a + 2 2a c b + 3 = 3 3 3 b ca 2abc + + + 3 = VP Vậy 2 2 1 b c + + 2 2 1 c a+ + 2 2 1 a b+ ≤ 3 3 3 a b c 2abc + + + 3. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 3 Bài 13: Cho3 số dương a, b, c thoả a + b + c = 3 2 . CMR: B = (1+ 3 1 a )(1+ 3 b 1 )(1+ 3 c 1 ) ≥ 729 Ta có: B = 1 + 3 1 a + 3 b 1 + 3 c 1 + 3 3 1 a b + 3 3 c 1 a + 3 3 b c 1 + 3 3 3 1 a b c B ≥ 1 +3 3 3 3 3 1 a b c + 3 3 3 3 3 3 3 3 1 a b c a b c + 3 3 3 1 a b c = 1 + 3 1 abc + 3 2 2 2 1 a b c + 3 3 3 1 a b c = ( 1 + 1 abc ) 3 Mặt khác: abc ≤ ( a b c 3 + + ) 3 = ( 3 2 3 ) 3 = 1 8 ⇒ B ≥ (1+ 1: 1 8 ) 3 = 9 3 =729 Vậy B = (1+ 3 1 a )(1+ 3 b 1 )(1+ 3 c 1 ) ≥ 729. Dấu bằng xảy ra khi a = b =c = 3 2 : 3 = 1 2 Vậy: 2 2 2 2 ( )+x y x y ≤ 2. Dấu bằng xảy ra khi x = y = 2 2 = 1 Bài 14: Cho a,b, c >0 thoả ab+bc+ac ≤ abc. CMR: 8 a b+ + 8 b c+ + 8 a c+ ≤ 2 b c a + + 2 a b c + + 2 c a b + + 2 Ta có: (a + b) 2 ( 2 1 a + 2 1 b ) ≥ 4ab. 2 ab =8 ⇒ 2 1 a + 2 1 b ≥ 2 8 (a b)+ ⇒ 8 a b+ ≤ (a + b)( 2 1 a + 2 1 b ) ⇒ 8 a b+ + 8 b c+ + 8 a c+ ≤ (a + b)( 2 1 a + 2 1 b ) + (b + c)( 2 1 b + 2 c 1 )+ (a + c)( 2 1 a + 2 c 1 ) = = 2 a b a + + 2 a b b + + 2 b c b + + 2 b c c + + 2 c a a + + 2 c a c + = 2 a b c a a + + + + 2 a b b c b + + + + 2 b c c a c + + + = = 2 b c a + + 2 2a a + 2 a b c + + 2 2c c + 2 c a b + + 2 2b b = 2 b c a + + 2 a b c + + 2 c a b + + 2 a + 2 b + 2 c = = 2 b c a + + 2 a b c + + 2 c a b + + 2(ab bc ca) abc + + ≤ 2 b c a + + 2 a b c + + 2 c a b + + 2 (vì ab + bc + ac ≤ abc) (đpcm) Vậy 8 a b+ + 8 b c+ + 8 a c+ ≤ 2 b c a + + 2 a b c + + 2 c a b + + 2 Bài 15:Cho3 số dương a, b, c thoả a + b + c =1.CMR: a bc b c + + + b ca c a + + + c ab a b + + ≥ 2 VT= a(a b c) bc b c + + + + + b(a b c) ca c a + + + + + c(a b c) ab a b + + + + = a(a c) b(a c) b c + + + + + b(a b) c(a b) c a + + + + + c(b c) a(b c) a b + + + + = (a c)(a b) b c + + + + (a b)(b c) c a + + + + (b c)(c a) a b + + + Đặt a + b = x, b + c = y, c + a = z. VT bất đẳng thức tương đương: zx y + xy z + yz x ≥ zx xy 2 2y 2z + xy zy 2 2z 2x + yz zx 2 2x 2y = 2x + 2y + 2z = 2(x+y+z) = 2(BDTCô si) Vậy a bc b c + + + b ca c a + + + c ab a b + + ≥ 2 ∀ a a, b, c >0 thoả a + b + c =1 Bài 16:Cho a, b, c dương, abc = 1. Chứng minh rằng: 3 3 1 a b 1+ + + 3 3 1 b c 1+ + + 3 3 1 c a 1+ + ≤ 1 Vì abc = 1, nên từ: (*) <=> : a 3 + b 3 + abc ≥ ab(a + b) + abc <=> a 3 + b 3 + 1 ≥ ab(a + b + c) <=> 3 3 1 1+ +a b ≤ 1 ( )+ +ab a b c . Tương tự, : 3 3 1 1+ +b c ≤ 1 ( )+ +bc b c a , 3 3 1 1+ +c a ≤ 1 ( )+ +ca c a b . ⇔ 3 3 1 1+ +a b + 3 3 1 1+ +b c + 3 3 1 1+ +c a ≤ 1 ( )+ +ab a b c + 1 ( )+ +bc b c a + 1 ( )+ +ca c a b = ( ) + + + + a b c abc a b c = 1 abc = 1 Ứng dụng vào chứng minh hình học: Bài 17: Cho tam giác ABC vuông tại C. BC = a, AC = b, AB = c . Gọi h c là đường cao của tam giác kẻ tại C. CMR: + + c a b c h ≥ 2(1 + 2 ) Bài giải: Vì tam giác ABC vuông tại C, áp dụng đònh lý Pytago ⇒ 2 c = 2 2 +a b ⇒ c = 2 2 +a b Và ab = ch c ⇒ h c = ab c ( hệ thức lượng trong tam giác vuông) ⇒ + + c a b c h = + +a b c ab c = ( )+ +a b c c ab = 2 ( )+ +a b c c ab = 2 2 2 2 ( )+ + + +a b a b a b ab ≥ 2 2 2+ab ab ab ab = = 2 2 +2 = 2(1 + 2 ) Vậy + + c a b c h ≥ 2(1 + 2 ) . Dấu bằng xảy ra khi a = b hay tam giác ABC vuông cân tại C Bài 18: Cho Λ ABC, trên tia đối AC, BA, CB lấy ba điểm A 1 ,B 1 , C 1 sao cho AA 1 = BC, BB 1 = AC, CC 1 = AB. CMR: ABC 1 S + ACB 1 S + BCA 1 S ≥ 6 ABC S Bài giải: A B C 1 B 1 A 1 C Đặt AB = c, BC = a, AC = b Ta có: ABC 1 ABC S S = 1 BC BC = a c a + = 1 + c a ; 1 BCA ABC S S = 1 CA CA = b a b + = 1+ a b ; ACB 1 ABC S S = 1 AB AB = c b c + = 1+ b c ⇒ ABC 1 ABC S S + 1 BCA ABC S S + ACB 1 ABC S S = 1 + c a +1+ a b +1+ b c ⇔ ABC CBA ACB 1 1 1 ABC S S S S + + = 3 + c a + a b + b c ≥ ≥ 3 + 3 a b c . . b c a = 3 + 3 = 6 ⇔ ABC 1 S + ACB 1 S + BCA 1 S ≥ 6 ABC S (đpcm) Bài 19: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác thoả điều kiện: (a + b)(b + c)(c + a) = 8abc. CMR:a, b, c là ba cạnh của tam giác đều. Bài giải: Vì a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có: a + b ≥ 2 ab ; b + c ≥ 2 bc ; c + a ≥ 2 bc ( áp dụng bất đẳng thức cô - si) ⇒ (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8 2 2 2 a b c = 8abc Dấu bằng xảy ra khi a = b = c Vậy a, b, c là ba cạnh của tam giác đều Bài 20: Cho tam giác ABC. miền trong tam giác có điểm m sao cho các đường thẳng AM, BM, CM cắt các cạnh lần lượt tại các điểm thoả điều kiện: 1 AM A M + 1 BM B M + 1 CM C M = 6. CMR: M là trọng tâm tam giác ABC. Bài giải: Gọi s,s 1 , s 2 , s 3 lần lượt là diện tích các tam giác ABC, MBC, MCA, MAB. 1 1 AA A M = ABC MBC S S = 1 2 3 1 s s s s + + ⇒ 1 AM A M = 2 1 s s + 3 1 s s Tương tự: 1 BM B M = 1 2 s s + 3 2 s s ; 1 CM C M = 2 3 s s + 1 3 s s ⇒ 1 AM A M + 1 BM B M + 1 CM C M = 2 1 s s + 3 1 s s + 1 2 s s + 3 2 s s + 2 3 s s + 1 3 s s ≥ 1 2 2 1 s s 2 . s s + 3 1 3 1 s s 2 . s s + 3 2 2 3 s s 2 . s s = 2+2+2 = 6 p dụng bất đẳng thức Cô – si Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: s 1 = s 2 = s 3 = s 3 1 AM A M = 1 BM B M = 1 CM C M = 1 3 . Vậy M là trọng tâm tam giác ABC Bài 21:Cho 3 số dương a, b, c thoả abc = 1. Tìm Min của P = 6 a b c+ + 6 b c a+ + 6 c a b+ Ta có: 6 a b c+ + b c 4 + ≥ 6 a b c 2 . b c 4 + + = a 3 => 6 a b c+ ≥ a 3 - b c 4 + Tương tự: 6 b c a+ ≥ b 3 - c a 4 + ; 6 c a b+ ≥ c 3 - a b 4 + ⇒ P ≥ a 3 +b 3 + c 3 - b c 4 + - c a 4 + - a b 4 + = a 3 +b 3 + c 3 - b c c a a b 4 + + + + + = a 3 +b 3 + c 3 - b c a 2 + + ≥ ≥ 3 3 3 3 3 y .x z - 3 3 abc 2 = 3 - 3 2 = 3 2 Vậy Min P = 3 2 khi 6 a b c+ = b c 4 + và 6 b c a+ = c a 4 + và 6 c a b+ = a b 4 + <=> a = b = c = 1 .M A BC A 1 B 1 C 1 Bài 22:Tìm Min P = 2 2 (b c) b (a c) a abc + + + trong đó a, b, c là ba cạnh của tam giác vuông(c là cạnh huyền) p dụng bất đẳng thức Cô si:a + b ≥ 2ab Vì a, b, c là ba cạnh của tam giác vuông => c 2 = a 2 + b 2 ≥ 2ab => c ≥ 2. ab P = 2 2 2 2 b a c b a b ca abc + + + = 2 2 b(a b) c(a b )a abc + + + = 2 a b c abc + + ≥ 2 ab 2 ab.c abc + = 2 ab 2.c ab c + = = 2 ab c ( 2 1)c ab ab c + + + ≥ 2 2 + ( 2 1) 2ab ab − = 2 2 + ( 2 1) 2− =2 2 + 2 - 2 = 2 + 2 Vậy Min P = 2 + 2 khi đó a = b => tam giác vuông cân. Bài 23:Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn điều kiện:x + xy + 3 xyz = 3 4 . Tìm giá trò nhỏ nhất của x + y + z. Bài giải: p dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dương ta có: xy = y x 2 2 ≤       + y x 2 22 1 ; (1) 3 xyz = 3 4 4 zy x ≤       ++ zy x 4 43 1 ; (2) Từ (1) và (2) ⇒ 3 4 = x + xy + 3 xyz ≤       + y x 2 22 1 +       ++ zy x 4 43 1 = 3 4 (x + y + z)=> x + y + z ≥ 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (1) và (2) đồng thời trở thành đẳng thức 4 x = y = 4z; kết hợp với giả thiết x + xy + 3 xyz = 3 4 ta suy ra x = 21 16 ; y = 21 4 ; z = 21 1 .Vậy x + y + z đạt giá trò nhỏ nhất bằng 1 Bài 24: Cho x, y > 0; thoả x + y = 1. Tìm Min A = 2 2 1 x y+ + 1 xy .Bài giải: p dụng bất đẳng thức (a + b) 2 ≥ 4ab => a b ab + ≥ 4 a b+ ⇔ 1 1 a b + ≥ 4 a b+ (a, b > 0) Mặt khác: x + y ≥ 2 xy => xy ≤ 2 (x y) 4 + = 1 4 (áp dụng bất đẳng thức Cô si) A = 2 2 1 x y+ + 1 2xy + 1 2xy ≥ 2 2 4 x y 2xy+ + + 1 2xy = 2 4 (x y)+ + 1 2xy ≥ 4 + 1 1 2. 4 = 4 + 2 = 6 Vậy Min A = 6 khi x = y = 1 2 Bài 25:Với x, y, z là những số thực dương, hãy tìm giá trò lớn nhất của biểu thức: M = ))()(( xzzyyx xyz +++ B ài giải: p dụng bất đẳng thức Cosi với 2 số dương: x + y = 2 xy , y + z = 2 yz , x + z = 2 xz ⇒ (x + y)(y + z)(z + x) ≥ 8 2 )(xyz = 8xyz ⇒ M = ))()(( xzzyyx xyz +++ ≤ xyz xyz 8 = 8 1 Vậy maxM = 8 1 khi x = y = z Bài 26: Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức: A = 2 2001 + − x x + x x 2002 − Điều kiện: x ≥ 2002 Đặt a = 2001 − x ; a > 0; b = 2002 − x ; b ≥ 0 Thì: x = a 2 + 2001; x + 2 = a 2 + 2003; x = b 2 + 2002, ta có: A = 20022003 22 + + + b b a a = a a 2003 1 + + b b 2002 1 + . Theo bất đẳng thức Cosi: 20032 2003 ≥+ a a ; 20022 2002 ≥+ b b . Do đó A ≤ 20022 1 20032 1 + . Dấu đẳng thức xảy ra khi: a = a 2003 và b = b 2002 <=> a 2 = 2003 và b 2 = 2002 <=> x = 4004. Vậy maxA = 20022 1 20032 1 + khi x = 4004. Bài 27: Giả sử x, y, z là các số dương thay đổi và thoả mãn điều kiện xy 2 z 2 + x 2 z + y = 3z 2 . Hãy tìm giá trò lớn nhất của biểu thức: P = )(1 444 4 yxz z ++ Do z > 0 nên từ: xy 2 + z x 2 + 2 z y = 3. p dụng bất đẳng thức Cosi với 2 số dương: (x 2 y 2 + y 2 ) + (x 2 + 2 2 z x ) + ( 2 2 z y + 2 1 z ) ≥ 2(xy 2 + z x 2 + 2 z y ) = 6 ⇒ P = )(1 444 4 yxz z ++ = )( 1 1 44 4 yx z ++ Đặt a = 2 1 z ; b = x 2 ; c = y 2 (a, b, c >0); ta có P = 222 1 cba ++ Do a 2 ≥ 2a – 1; b 2 ≥ 2b – 1; c 2 ≥ 2c – 1; a 2 + b 2 ≥ 2ab; b 2 + c 2 ≥ 2bc; a 2 + c 2 ≥ 2ac ⇒ 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2(ab + ac + bc + a + b + c) – 3 Mà ab + ac + bc + a + b + c = x 2 y 2 + y 2 + x 2 + 2 2 z x + 2 2 z y + 2 1 z ≥ 6 Do đó 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 9 <=> a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3. Vậy P ≤ 3 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 <=> x = y = 1/z = 1 <=> x = y = z = 1 maxP = 3 1 khi x = y = z = 1 ng dụng vào giải hệ phương trình và phương trình: Bài 28: Nếu x 0 là nghiệm của phương trình x 2 + bx + c = 0 thì |x 0 | ≤ 2 2 b c 1+ + Bài giải: Vì x 0 là nghiệm của phương trình. Thay vào ta có: x 0 2 + bx 0 + c = 0 ⇔ - x 0 2 = bx 0 + c ⇔ x 0 4 = (bx 0 + c) 2 ≤ (b 2 + c 2 )(x 0 2 + 1) mà x 0 4 – 1< x 0 4 ⇒ x 0 4 – 1 ≤ (b 2 + c 2 )(x 0 2 + 1) ⇔ 0 0 4 2 x x 1 1 + − ≤ b 2 + c 2 ⇔ x 0 2 - 1 ≤ b 2 + c 2 ⇔ x 0 2 ≤ b 2 + c 2 +1 ⇔ |x 0 | ≤ 2 2 b c 1+ + (đpcm) Bài 29: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2005 2004 40092004 2005 + ++ + + + x y y x yx = 2 (1) Ta giải bài toán tổng quát: Với a, b, c, d dương ta có: F = ba d ad c dc b cb a + + + + + + + = )()( ba d ad c dc b cb a + + + + + + + = = ))(( )()( ))(( )()( badc dcdbab adcb cbcada ++ +++ + ++ +++ ≥ 2 22 2 22 )( 4 1 )( 4 1 badc cdabdb adcb bcadca +++ +++ + +++ +++ (theoBĐT Cô –si) = 2 2222 )( )(4 dcba cdbcadabdcba +++ +++++++ (2) Mặt khác: 2(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + ab + ad + bc + cd) – (a + b + c + d) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 –2ac – 2bd = = (a – c) 2 + (b – d) 2 ≥ 0 (3) Kết hợp (2) và (3) ta suy ra F ≥ 2 (4)Đẳng thức xảy ra <= > a = c; b = d p dụng với a = 2005, b = x; c = y; d = 2004 ta có: 2005 2004 40092004 2005 + ++ + + + x y y x yx ≥ 2 Đẳng thức xảy ra <= > y = 2005, x = 2004 Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên dương duy nhất là (2004; 2005) Bài 30: Tìm tất cả các số thực dương x, y, z thoả mãn hệ phương trình:      −=++ =++ xyzzyx zyx 4 2 111 0 Dùng BĐT cosi cho 3 số thực dương ta có:6=x+y+z= 3 3 xyz suy ra8 ≥ xyz (1) và 3 3111 xyz zyx ≥++ (2) Kết hợp (1) và (2) ta nhận được: (x + y + z) 3 3 3 .3 111 xyz xyz zyx ≥         ++ = 9 Suy ra zyxzyx ++ ≥++ 9111 = 2 3 6 9 = (3) Từ (1) và (3) ta lại có: ≥+++ xyzzyx 4111 8 4 2 3 + = 2 Vậy x; y; z là các số thực dương thoả mãn hệ phương trình ⇔ đẳng thức xảy ra ở bất phương trình trên ⇔ x = y = z =2. Do đó x = y = z =2 là bộ số thực dương duy nhất thoả mãn các điều kiện của bài toán. Bài 31: Giải hệ phương trình:      =+ =+ 200520082008 )(8 xyyx xy x y y x )2( )1( Từ (1) ta có x, y > 0. p dụng BĐT Cosi cho 2 số dương ta có: 4 22 xy yx xy x y y x =≥+ Kết hợp với (1) ta có xy ≥ 2 4 xy => 4 3 )(xy ≥ 2 => xy ≥ 16 (3) p dụng BĐT cho 2 số dương ta có: x 2008 + y 2008 ≥ 2 2008 )(xy = 2(xy) 1004 Kết hợp với (2) ta có: 8 2005 )(xy ≥ 2(xy) 1004 => 16(xy) 2005 ≥ (xy) 2008 => 3 16 ≥ xy (4) Từ (3) và (4) ta thấy: (3) và (4) đồng thời trở thành đẳng thức      = = ⇔ 20082008 yx x y y x < => x = y Khi đó 3 16 = xy nên x = y = 3 4 . Thử vào hệ thoả mãn Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 3 4 . Bài 32: Giải phương trình: 2 4 1 x− + 4 1 x+ + 4 1 x− = 3 ĐK: -1 ≤ x ≤ 1 Theo bất đẳng thức Cô – si: 2 4 1 x− = 4 (1 x)(1 x)− + ≤ 1 x 1 x 2 − + + ; 4 1 x− ≤ 1 x 1 2 − + ; 4 1 x+ ≤ 1 1 x 2 + + => 2 4 1 x− + 4 1 x+ + 4 1 x− ≤ 1 1 x 2 + + + 1 x 1 x 2 − + + + 1 x 1 2 − + = 1 + 1 x− + x + 1 ≤ ≤ 1 + 1 x 1 2 − + + 1 x 1 2 + + = 3 Dấu bằng xảy ra khi 1 x− = 1 x+ ; 1 x− = 1; 1 x+ = 1. Giải các hệ này ta được x = 0 Vậy phương trình có một nghiệm x = 0 . ≥ a 3 - b c 4 + Tương tự: 6 b c a+ ≥ b 3 - c a 4 + ; 6 c a b+ ≥ c 3 - a b 4 + ⇒ P ≥ a 3 +b 3 + c 3 - b c 4 + - c a 4 + - a b 4 + = a 3 +b 3 + c 3 - b c. 2 3 . b ac c + 2 3 . c ab a + 2 . 4 ab bc - 2 . 4 ab ac - 2 . 4 bc ac = = 2a ac +2b ba + 2c ab - a ac -b ba - c ab = a ac + b ba + c ab (đpcm) Vậy 3 b