Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P a3 b3 c3 Lời giải Trong bài toán này chúng ta chưa biết được đẳng thức xảy ra khi nào?. Nên việc áp dụng bất đẳng thức Côsi gặp khó khăn..[r]
(1)Nguyễn Phú Khánh – Chuyên đề Bất đẳng thức Chuyên đề X BẤT ĐẲNG THỨC, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT Dạng Phương pháp biến đổi tương đương Để chứng minh bất đẳng thức dạng A ta thường phân tích A thành tổng biểu thức không âm tích số chẵn các biểu thức cùng dấu tích biểu thức không âm Để chứng minh bất đẳng thức A B , ta chứng minh A B Để chứng minh bất đẳng thức ta có thể xuất phát từ bất đẳng thức đúng và biến đổi suy bất đẳng thức cần chứng minh Chú ý : Một số kết ta thường sử dụng a2 a đẳng thức có a a2 b2 c2 a,b,c đẳng thức có a b c Ví dụ Cho các số thực dương x,y,z có tổng Chứng minh : 4x 4y 4z 21 Lời giải 2 Từ đẳng thức a b c a b2 c2 2ab 2cb 2ca và a2 b2 c2 ab bc ca ta suy a2 b2 c2 a b c Đặt a 4x 1,b 4y 1,c 4z ta có : VT2 a2 b2 c2 3 4x 4y 4z 21 VT 21 Đẳng thức xảy x y z Ví dụ Cho a,b,c 0;1 Chứng minh : a2 b2 c2 a2b b2c c2a Lời giải Vì a,b,c 0;1 a2 b2 b2 a2b2 b2c2 c2a2 a2b2c2 a2 b2 c2 Ta có : a2b2c2 0; a2b2 b2c2 c2a2 a2b b2c c2a Nên từ ta suy được: a2 b2 c2 a2b2 b2c2 c2a2 a2b b2c c2a Ví dụ Đề thi Đại học khối A – 2011 Cho các số thực x,y,z 1;4;x y,x z Tìm giá trị nhỏ của: P x y z 2x 3y y z z x (2) Lời giải Cách 1, cách tác giả trình bày “ luyện thi cấp tốc môn toán“ Cách 3: tác giả trình bày “ Phương pháp giải toán chuyên đề Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức “ trang 303 y z x 1 Cách 4: Đặt a ,b ,c abc Khi đó: P x y z 3a b c Do bc x nên áp dụng bất đẳng thức ( xem chú ý ) ta có: y 1 b c bc x t2 t và a Do đó: P y t 2t t Đặt t bc Ta chứng minh: P P 34 , t 1;2 Thật vậy, với t 1;2 ta có: 33 34 t2 34 quy đồng và khai triển ta có được: 33 t 33 2t 35t 64t 69t 162 t 2 35t 6t 81 bất đẳng thức đúng x 4y x 34 a Vậy P Đẳng thức xảy z 2y y 33 b c x 2z z Vậy minP 34 x;y;z 4;1;2 33 Chú ý: Cho các số thực a,b và ab thì ta có : Thật vậy, a 1 a a 1 b 1 ab b 1 ab a 1 ab b 1 ab ab a2 2 ab ab b2 b 1 1 ab ab b a ab b2 a2 a b b a a2b b2a a b a b ab ab b2 a2 ab b2 a2 a b2 ab với ab 1 ab 1 b2 1 a2 (3) Nguyễn Phú Khánh – Chuyên đề Bất đẳng thức Dạng Phương pháp dùng bất đẳng thức Côsi Bất đẳng thức Côsi: Hai số: Với hai số thực a,b ta luôn có: ab ab Đẳng thức xảy a b 1 a b ab abc Ba số: Với ba số thực a,b,c ta luôn có: abc Đẳng thức xảy a b c 1 Hệ quả: Với ba số thực dương a,b,c ta luôn có: a b c a bc Tổng quát: Với n số thực không âm a1 ,a2 , ,a n ta luôn có: Hệ quả: Với hai số thực dương a,b ta có: a1 a2 an n a1 a2 a n n Đẳng thức xảy và các số a i Hệ quả: Với n số thực dương a1 ,a2 , ,a n ta có: 1 n2 a1 a2 an a1 a2 an Một số lưu ý áp dụng BĐT Côsi: Bất đẳng thức Côsi áp dụng cho các số thực không âm, đồng thời là so sánh trung bình cộng và trung bình nhân Điều kiện để xảy dấu "=" là các số Ví dụ Cho các số thực dương a,b,c thỏa a b c 3a b 3b c 3c a Lời giải Ta cần đánh giá VT qua tổng a b c và nhận thấy đẳng thức có a b c 3a b Nên ta có lời giải sau: Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số 3a b;1;1 ta có: 3a b 3a b 3a b 1.1 3a b 3 3b c 3c a Tương tự: 3b c ; 3c a 3 4 a b c Cộng ba Bất đẳng thức trên ta có được: VT 3 Đẳng thức xảy a b c Chứng minh rằng: 3 (4) Ví dụ Cho các số thức dương a,b,c Chứng minh rằng: a2 b2 c2 abc bc ca a b Lời giải Để chứng minh bất đẳng thức ta cần đánh giá VT qua VP Ở VT có biến mẫu, còn VP thì không nên ta cần làm mẫu Điều này dẫn tới ta tạo tích a2 a2 và b c ? b c muốn ta áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho hai số bc bc Tuy nhiên chúng lưu ý Bất đẳng thức cần chứng minh xảy dấu “=” a bc a2 a còn b c 2a nên hai số này không Do đó ta cần bc thêm bội số vào để hai số đó nên ta có lời giải sau Khi đó: Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số ta có: 4a2 4a2 b c b c 4a bc b c 4b2 4c2 c a 4b; a b 4c ca ab Cộng ba Bất đẳng thức trên với ta được: abc 4VT 2 a b c a b c VT Tương tự: Ví dụ Cho a,b,c và a b c abc Chứng minh : a b b c c a3 1 Lời giải Nhận thấy vế trái chứa ẩn mẫu và giả thiết cho a b c abc nên ta nhân vế trái bất đẳng thức với abc còn vế phải nhân với a b c ta có bất đẳng a2c b2a c2b a b c b2 c2 a2 Ở đây ta cần đánh giá VT VP nên ta tìm cách tìm quan hệ tổng, tích thức cần chứng minh tương đương với: a2c b2a a3 còn vướng c mẫu, c b2 c2 và vế trái là a nên gợi ý cho ta nhân thêm c , tức là các số hạng hai vế Ta thấy : đây xuất a3 a2c b2a c a3 Do đó ta áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số ta được: b c a2c b2 b2a c2 c2b a2c b2a c 3a b2 c2 c2b a2c b 3c c2 a2 a2 b2 Cộng ba bất đẳng thức trên ta có bất đẳng thức Tương tự : b2a c 3.3 a 3b ; (5) Nguyễn Phú Khánh – Chuyên đề Bất đẳng thức Bài toán chứng minh Đẳng thức xảy a b c Ví dụ Cho x,y,z Chứng minh rằng: x y x3 y 2xy x y z y z x x y 2 x 2xy x z x x y z2 Lời giải Vì vế trái xuất thức, và các biến mẫu lệch bậc Đồng thời cần đánh giá VT VP , điều này gợi ý ta đánh giá mẫu Áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực dương ta có: x y xy z 1 1 ; VT yz z x zx xy yz zx y z 1 1 1 Vậy ta cần chứng minh: bất đẳng thức này hiển xy yz zx x y z Tương tự: 2 1 1 1 1 1 nhiên đúng vì nó tương đương với x y y z y z 1 1 1 Mặt khác: a2 b2 c2 ab bc ca 2 2 xy yz zx x y z Vậy bài toán chứng minh Đẳng thức xảy x y z Ví dụ Cho các số thực dương a,b,c thỏa: a 4b 9c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P a3 b3 c3 Lời giải Trong bài toán này chúng ta chưa biết đẳng thức xảy nào? Nên việc áp dụng bất đẳng thức Côsi gặp khó khăn Ta giả sử P đạt giá trị nhỏ a x,b y,c z Khi đó áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: a3 x3 x3 3x2a a3 2x3 3x2a Tương tự: b3 2y3 3y 2b; c3 2z3 3z2c Do đó: a3 b3 c3 x3 y3 z3 x2a y 2b z2c x y 4x Ta chọn x,y,z cho: z2 9x2 y x 4y 9z z 2 (6) Vậy: P 3x2 a 4b 9c 72x3 18x2 72x3 1 1 Đẳng thức xảy a ,b ,c Vậy minP 6 Nhận xét Phương pháp trên gọi là cân hệ số Khi chúng ta chưa xác định đẳng thức xảy nào thì chúng ta đưa vào tham số chọn các tham số cách phù hợp Ví dụ Cho các số thực a,b,c 1;2 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn biểu thức: P a b c a b c Lời giải 1 81 Ta có: P a b c abc a b c 1 27 Vì a,b,c 1;2 a b c , đó P a bc Đẳng thức xảy a b c 27 Vậy, minP a b c 2 1 1 1 a b c 1 1 1 a b c a b c P a b c a b c a b c P 2 2 a b c 27 a b c Hơn a 1;2 a a 2 a a 2 Tương tự: b 3, c Suy P 27 b c Đẳng thức xảy a b c Vậy, maxP 27 a b c Ví dụ Giả sử x,y là các số thực thỏa mãn các phương trình: x2 2ax 0, a 3 ; y 2by 0, b 3 2 1 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A 3 x y x y Lời giải a phương trình x2 2ax có nghiệm x b phương trình y2 2by có nghiệm y (7) Nguyễn Phú Khánh – Chuyên đề Bất đẳng thức Đặt x t, t , thì A 3 t y Vì y 0,t nên có: 1 1 1 3 t y t y t y 1 16 suy A 3 t y 8 t y ty t y 2 t y t y y Đẳng thức xảy khi: 3 t y 16 y x t y 2 2 2a 90 43 1 Khi đó: 2b a b 4 3 a b 1 1 Vậy, A đạt x , y , a b 3 Ví dụ Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 4x 4y 4z A y 8y3 4x z 8z3 4y x 8x3 4z Lời giải Áp dụng BĐT Côsi: 8y3 1 2y 2y 4y 2y 2y 4y 4y 8y 4y 4x y 8y 4x 4x y 4y 4x y y x y2 1 x y z Tương tự cho hạng tử còn lại, ta được: A 2 x y z z x x y y z2 1 x y z 1 x y z A x y z z x2 x y2 y z2 x y z zx2 xy 2 yz2 1 1 1 x y z x y z (8) Hơn nữa: 1 1 1 1 1 2 x y z y z x y x z 1 1 1 3 1 Suy ra: A 2 3 x 2 x y z y z 2 x y z 3 3 3 3 2 x y z xyz 3 Vậy, A x y z Dạng Phương pháp tọa độ Ví dụ Cho các số thực x,y,z Chứng minh rằng: thỏa x y z 4x 4y 4z Lời giải Xét vectơ u 1;1;1 ,v 4x 1; 4y 1; 4z Áp dụng bất đẳng thức u.v u v Ta có: 4x 4y 4z 4x 4y 4z 4x 4y 4z Đẳng thức xảy khi: x y z2 x y z Ví dụ Cho x,y,z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P x2 y z y y 2z z y2 z x z z 2x x z2 x y x x 2y y Đề thi Đại học khối A – năm 2007 Lời giải Ta có: P 2x2 yz y y 2z z 2x x y y 2z z 2y zx z z 2x x 2y y z z 2x x 2z2 xy x x 2y y 2z z x x 2y y Đặt a x x ,b y y ,c z z abc b c a Khi đó: P 2 b 2c c 2a a 2b (9) Nguyễn Phú Khánh – Chuyên đề Bất đẳng thức Xét vectơ a b c ; ; u a b 2c ; b c 2a ; c a 2b , v b 2c c 2a a 2b 2 2 Áp dụng bất đẳng thức: u v u.v , ta có: P a b 2c b c 2a c a 2b a b c 2 Suy ra: P 2 a b c 3 ab bc ca Để ý: a b c 3 ab bc ca Đẳng thức xảy a b c x y z Vậy, minP x;y;z 1;1;1 Ví dụ Cho các số thực a,b,c thỏa a2 b2 c2 2a 4b 6c Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ biểu thức A 2a b 2c Lời giải 2 Ta có: a 1 b 2 c 3 16 a 12 b 22 c 32 16 Xét điểm M a;b;c Vì a,b,c thỏa 2a b 2c A Nên M thuộc giao mặt cầu S có tâm I 1;2;3 ,R và mặt phẳng 2x y 2z A d I, R a,b,c tồn và : và S khác rỗng hay 6 A A 12 6 A 18 A 6 :2x y 2z Gọi N là hình chiếu I lên x 2t x 2t y t 10 Phương trình IN : y t N : N ; ; 3 3 z 2t z 2t 2x y 2z A 18 :2x y 2z 18 , tương tự x 2t x 2t y t 11 17 IH : y t H : N ; ; 3 z 2t z 2t 2x y 2z 18 10 Vậy, A 6 đạt a;b;c ; ; 3 3 11 17 max A 18 đạt a;b;c ; ; 3 (10) Tìm P, biết Ví dụ Cho a,b,c là các số thực dương thỏa ab bc ca : P a2 b 1 c2 b2 c 1 a2 c2 a 1 b2 Lời giải 1 Xét vectơ u a; ;c ,v b; ;a ,w c; ;b b c a Áp dụng bất đẳng thức u v w u v w Ta có: 1 81 P 2(a b c)2 2a b c a 1 b1 c 1 a b c 32 Đặt t a b c t 3ab bc ca Xét hàm số: f t 2t 81 t 3 , t có f ' t 4t 162 t 3 2g t t 33 Trong đó: g t 2t 18t 54t 54t 81 0, t f ' t 0, t Do đó f t f 2 Vậy, minP 281 , t 25 281 a b c Dạng Phương pháp đưa biến Nội dụng phương pháp này là tìm cách đưa bất đẳng thức nhiều biến bất đẳng thức chứa biến Một công cụ tối ưu chứng minh bất đẳng thức biến là công cụ đạo hàm Quan trọng phương pháp này là tìm cách đánh giá để đưa biến Để đưa biến, chúng ta cần lưu ý: Nếu bất đẳng thức hai biến có điều kiện và điều kiện có biến thì ta có thể rút biến đó và vào bất đẳng thức cần chứng minh ta bất đẳng thức biến Tuy nhiên cách làm này chúng ta xử lí bất đẳng thức không quá phức tạp Nếu điều kiện bài toán và bất đẳng thức cần chứng minh là biểu thức đối xứng hai biến thì ta có thể chuyển tổng và tích hai biến đó Lưu ý: S2 4P 10 (11) Nguyễn Phú Khánh – Chuyên đề Bất đẳng thức Khi gặp bài toán chứng minh BĐT hai biến có dạng : f x,y g x,y p , đó f x,y và g x,y là biểu thức đẳng cấp bậc k hai biến, ta có thể đặt x ty (y 0) Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành : f t,1 g t,1 p đây là BĐT biến Để chứng minh BĐT này ta có thể sử dụng phương pháp khảo sát hàm số Nếu bất đẳng thức xuất các số hạng: an bn bn an thì ta có thể đặt a b t b a Chú ý: Dạng toán này tác giả đề cập khá kĩ dạng toán “ Phương pháp giải toán chuyên đề giải tích 12 “, tập Ví dụ Cho hai số thực a,b Chứng minh : a b4 a3b b3a Lời giải * Nếu hai số a,b thì bất đẳng thức cho luôn đúng * Với a , đặt b ta Khi đó bất đẳng thức cho trở thành: a4 t a t t3 t t3 t Xét hàm số f t t t t , có : f ' t 4t 3t t 4t t f ' t t Lập bảng biến thiên, từ đó suy f t f đpcm Nhận xét : Bài toán trên ta cần biến đổi trực tiếp sau: a b4 a3b b3a a3 a b b3 b a a b a3 b3 (đúng) Khi gặp biểu thức đẳng cấp ba biến a,b,c ta có thể đặt b xa,c ya và chuyển bài toán hai biến Ví dụ Cho a,b,c và a2 b2 c2 Chứng minh rằng: 1 a b c a b c Lời giải Đặt t a b c a2 b2 c2 t Ta có: 1 a b c a bc 11 (12) 1 9 a b c a b c t f t a b c a bc t 9 Xét: f t t, t 0; f ' t hàm số nghịch biến trên t t 0; 3 f t f 3 3, t 0; Ví dụ Cho các số thực x,y thay đổi đoạn 1;2 Tìm tất giá trị số x yz x y xyz thực z để biểu thức P x2 xy y có giá trị lớn là M thỏa mãn M Lời giải x2 x 2z z y y Ta có: P x y Xét hàm số: f t x 1 y t 2z t z t t 1 t 2z 1 t z t t 1 với t x 1 t ;2 y 2 1 với t ;2 2 Theo bài toán, ta có: max f t M 1 t ;2 2 Ta có: M Xét g t t 2z 1 t z t2 t 2z t2 t 1 với t ;2 2t 2 t2 t 7 1 với t ;2 g t z 2t 2 2 1 t ;2 2 Ví dụ Cho số thực a,b,c 0;2 thỏa mãn a b c Tìm giá trị lớn M a2 b2 c2 ab bc ca Lời giải Cách 1: Vì a,b,c 0;2 nên a 2 b 2 c 2 abc 2 ab bc ca a b c abc a b c 12 Hay ab bc ca 2 2 Lại có: a b c 2 a2 b2 c2 2 ab bc ca a2 b2 c2 ab bc ca 12 (13) Nguyễn Phú Khánh – Chuyên đề Bất đẳng thức Khi đó: M 9 Đẳng thức xảy a;b;c 0;1;2 và ab bc ca 2 các hoán vị Cách 2: Đặt A ab bc ca a b c bc a 3 a bc Xét f a a a bc với a 0;2 Ta có: f ' a 2a và f ' a a Ta thấy, A đạt a a Với a b c b 1;2 , đó A bc b 3 b g b Ta có: g' b 2b và g' b b Ta thấy A đạt b b Với a b c b 0;1 , tương tự Ta thấy A đạt b b Vậy, maxM xảy a;b;c 0;1;2 và các hoán vị 2 Ví dụ Cho các số thực x, y thỏa mãn x – y – 2xy 32 Tìm giá trị nhỏ iểu thức A x3 y 3 xy –1 x y – Đề thi Đại học – Khối D năm 2012 Lời giải x 4 2 y 2xy 32 x y x y x y 4xy x y 6xy x y 2 A x3 y 3 xy x y 2 x y 6xy x y x y 2 3 x y Đặt t x y , t Xét f t t t 3t với t A x y Ta có: f ' t 3t 3t và t 0;8 : f ' t t 1 17 5 f 0 6,f 398, f Vậy, giá trị nhỏ f t là A f t 17 5 1 xảy t 17 5 1 Dấu đẳng thức xảy x y 4 13 (14) Ví dụ Cho các số thực x,y,z thỏa mãn điều kiện x y z Tìm giá trị nhỏ x y y z zx 6x2 6y 6z2 Đề thi Đại học Khối A,A1 – năm 2012 Cho các số thực x,y,z thỏa mãn các điều kiện x y z và x2 y2 z2 biểu thức P 3 3 Tìm giá trị lớn biểu thức P x5 y5 z5 Đề thi Đại học Khối B – năm 2012 Lời giải Cách 1: x y z z x y và có số không âm không dương Do tính chất đối xứng ta có thể giả sử xy 0, ta có : P 3 x y 3 2y x 3 2x y 12 x2 y xy xy 3 2y x 3 2x y 12 x y xy 2y x 2x y 3 xy 2.3 2 xy 12 x y xy 2.3 xy 2 x y Đặt t x y 3t 3 3t Ta có: f ' t 2.3 ln Xét hàm số: f t 3t 3 f đồng biến trên 0; f t f 0 3t ln xy Mà: 30 Vậy P 30 , dấu “ ” xảy x y z Vậy P Cách 2: Không tổng quát, giả sử x y z Từ giả thiết suy z x y đó, P 3x y 3y z 3x z 12 x2 y x y 3 xy 32y x 32x y 12 x2 y x y 2a b x a 2x y Đặt: thì và a b b 2y x y 2b a Thay vào P ta : 14 (15) Nguyễn Phú Khánh – Chuyên đề Bất đẳng thức 2 ab ab P 3a b 3a 3b a2 ab b2 3a b 3a 3b 3 ab u Đặt: , thì u v và ta có: P 9v 3u v 3u v u2 3v a b v Xét hàm: P f u 9v 3u v 3u v u2 3v2 ,u v f ' u 3u v ln3 3u v ln3 2u 2ln3 u2 3v2 f u đồng biến trên v; kéo theo: f u f v 9v 32v 4v 2.9v 4v 1 Xét g v 2.9v 4v 1,v g' v 2.9v ln9 4.9v ln3 4ln3 dov Suy g v đồng biến trên 0; ), kéo theo g v g 2 Từ 1 và 2 , suy f u hay P Đẳng thức xảy u v hay x y z Vậy P Cách 3: 2 x y z2 x y y z z x Đặt A y z ,B z x ,C x y Giả sử x y z, ta chứng minh 2 A P 3A 3B 3C A2 B2 C2 2 B2 C2 A B C Thật bất đẳng thức tương đương: 2 AB BC CA A2 B2 C2 2 2 x y y z 2 x z y z 2 x y x z x y y z z x x y y z 0, đúng vì x y z Vậy, ta có P 3A 3B 3C A B C Xét hàm số f x 3x x với x ta có f x 1, x Do đó P a x y , a,b Cách 4: không tính tổng quát x y z Đặt b y z P 3a 3b 3a b 4a2 8a 4b2 3a b 3a b a b Q 15 (16) t với t a b,t Q 3t 3t Xét hàm số f t 3t 3t Ta có: f ' t 3t ln3 3t ln3 t t với t 8 3t ln3 3t ln3 2ln3 0 3 Do đó f t đồng biến với t và f t f Đẳng thức xảy t a b hay x y z Cách 5: x2 y z2 2xy 2yz 2zx Ta có: x y y z z x x2 y z2 xy y xz yz yz z2 xy xz xz x2 yz xy x y z2 P 3 xy 3 y z 3 z x x y y z zx Khảo sát hàm số: f x 3x x hàm số đồng biến trên 0; Cách 6: Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopski cho hai dãy số 1;1;1 và x;y;z Ta có: 12 12 12 x2 y z2 1.x 1.y 1.z x y z x y z2 x y z2 x y y z z x Vậy P Pmin Dấu “=” xảy x y z x y z0 Cách 1: Với x y z Và x2 y z 1, ta có: x y z x2 y z x y z yz x2 yz, nên yz x2 Mặt khác yz y z2 x 1 x2 6 , suy x2 , đó x 2 2 3 x y Khi đó: P x5 y z2 y3 z3 y z2 y z x5 2 1 z2 y z yz y z x2 x 2 1 x5 x2 x x2 x x2 x2 x 2x3 x 2 16 (17) Nguyễn Phú Khánh – Chuyên đề Bất đẳng thức 6 Xét hàm f(x) 2x3 x trên ; 3 Ta có: f x 6x2 và f x x 6 6 6 6 6 6 Ta có f f , f Do đó f x f 9 Suy P 36 Vậy, giá trị lớn P là 6 x ,yz 36 Cách 2: Ta có z x y , s u y r a x2 y x y x2 y xy 1 x y xy Đ ặ t t x y xy t 2 1 2 2 Vì x y 4xy t t t t 2 3 P x5 y x y 5x y 10x3 y 10x2 y3 5xy 5xy x3 2x2y 2xy2 y 5xy x y x2 xy y 1 5 2 H a y P t t2 t3 t v i t 2 3 5 Dùng đạo hàm tìm GTLN hàm số f t t t t r ê n đ o n 2 ; , ta tìm MaxP max f t 36 3 2 t ; 3 x 6 ,yz Bài tập tự luyện Cho hai số thực x,y Chứng minh : 3 x y 3xy Hướng dẫn giải Cách :Vì ta có : xy x y nên ta chứng minh : 2 x y x y 17 (18) 2 Thật : 12 x y 24 x y 16 3 x y 2 9 x y 24 x y 16 3x 3y đpcm Đẳng thức xảy : x y Cách : Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 3x2 3y 3xy 6x 6y f x 3x2 3x y 2 3y 6y Xét tam thức f x có a , y 2 12 3y 6y 3 3y 2 f x x,y Đẳng thức xảy x y 1 1 Cho a,b,c Chứng minh rằng: 3 3 3 a b abc b c abc c a abc abc Hướng dẫn giải Theo bài toán trên ta có : a3 b3 a2b b2a ab a b a3 b3 abc ab a b c Tương tự : 3 b c abc 3 a b abc c ab a b c abc a b c a b ; 3 abc(a b c) c a abc abc a b c Cộng ba bất đẳng thức trên lại với ta có đpcm 1 Cho a,b và ab Chứng minh : ab a2 b2 Hướng dẫn giải 1 Ta có: b2 1a Do ab 1a 1b 1 a 1 b a Hay 18 2 1 a 1 b 1 a2 1 2 a b b2 1 a 1 b 2 ab b2 a2b2 2ab a2b2 1 ab ab 2 ab 1 b2 1a ab Đẳng thức xảy a b (19) Nguyễn Phú Khánh – Chuyên đề Bất đẳng thức Cho a,b,c 0;2 thỏa a b c Chứng minh rằng: a2 b2 c2 Hướng dẫn giải x y z Đặt x a 1,y b 1,z c x,y,z 1;1 2 Ta cần chứng minh : x 1 y z 1 x y z2 x2 x Giả sử x y z x z z z Do đó ta cần chứng minh : y x z y y y , suy : y x z y x z 2z y y y , suy : y x z y x z 2x Vậy bài toán chứng minh Cho các số thực x,y,z thỏa : z y x Chứng minh rằng: 1 1 1 y x z x z x z y x z Hướng dẫn giải Bất đẳng thức y x z xz x z x z 2 y xz 0 y xz xy yz z x y y y x x y z y x y Bất đẳng thức cuối cùng đúng z y 3 a b c Cho a,b,c Chứng minh rằng: a b bc ca Hướng dẫn giải Trước hết, ta có bất đẳng thức sau: Với x,y x3 y x y Ta có: 1 Đẳng thức xảy x y Đặt x b c c ;y ;z x,y,z và xyz a b a 3 Ta cần chứng minh: x2 y2 z2 Giả sử z min{x,y,z} xy z 2 19 (20) Áp dụng bất đẳng thức 1 , ta có: 3 2z3 1 x2 y x2 y 1 xy 3 1 z 3 VT 2 2z3 1 z 1 z Tiếp theo ta chứng minh: 2z3 1 z 1 z z A 3 Trong đó: A 13z7 17z6 51z5 55z4 71z3 51z2 25z Nên 3 đúng Đẳng thức xảy x y z Cho a, b, c và a b c Chứng minh rằng: a b4 c4 a2 b2 c2 Hướng dẫn giải Ta cần đánh giá a qua a nên ta áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số 1 Mặt khác dễ thấy đẳng thức xảy a b c a b4 c4 81 Do đó ta áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số a và , ta có : 81 1 2 a4 a 81 81 2 Tương tự : b4 b2 ; c4 b2 81 81 a4 a2 b2 c2 Cộng ba BĐT lại với nhau, ta : a b c 27 Suy ra: a b4 c4 a2 b2 c2 a2 b2 c2 Mặt khác: a2 b2 c2 a b c Nên suy c đpcm 3 Đẳng thức xảy a b c Cho các số thực dương x,y,z Chứng minh : x x2 8yz 4 y y 8zx z z2 8xy Hướng dẫn giải 20 1 (21) Nguyễn Phú Khánh – Chuyên đề Bất đẳng thức Đặt a x y z ;b ;c a b c và BĐT đã cho trở thành: x y z xy z x y z a P b a 8bc b 8ca c 1 c 8ab Áp dụng BĐT Côsi ta có : a a 2a a a2 8bc 3a a a2 8bc 3a 2 a 8bc a 8bc a 8bc 2b 2c Tương tự : b b2 8ca 3b ; c c2 8ab 3c 2 b 8ca c 8ab Cộng ba BĐT trên lại với nhau, ta : 2P a3 b3 c3 24abc Mặt khác ta lại có : a b c a3 b3 c3 3 a b b c c a a3 b3 c3 24abc Suy : 2P a3 b3 c3 24abc P đpcm a5 b5 c5 a3 b3 c3 b2 c2 a2 Hướng dẫn giải Cho a,b,c Chứng minh : Áp dụng bất đẳng thức Côsi : Tương tự : b bc2 2b3 ; c a5 b ab2 a5 b ab2 2a3 ca2 2c3 c a Công bất đẳng thức trên lại với ta : a5 b5 c5 a3 b3 c3 a3 b3 c3 ab2 bc2 ca2 b c a Nên ta cần chứng minh: a3 b3 c3 ab2 bc2 ca2 a3 b3 c3 ab2 bc2 ca2 Áp dụng bất đẳng thức Cô si : a3 b3 b3 a3b3b3 3ab2 a3 2b3 3ab2 Tương tự : b3 2c3 3bc2 ; c3 2a3 3ca2 Công bất đẳng thức trên lại với ta có Vậy bài toán chứng minh 10 Cho a,b,c thỏa a2 b2 c2 Chứng minh : ab bc ca 3 c a b Hướng dẫn giải ab bc ca Bất đẳng thức cần chứng minh a b c 21 (22) Hay a2b2 b2c2 c2a2 a2 b2 c2 a2b2 c2 a2 b2 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho ba số ta có : a2b2 b2c2 b2c2 c2a2 2c2 ; a2b2 b2c2 a2 c2a2 b2 3 c2a2 2a2 c2 a2 a2 b2 c2 b2 Cộng ba bất đẳng thức trên theo vế, ta đpcm 11 Cho tam giác ABC có chu vi Chứng minh : 2b2 ; c2 a2 b2 c2 4abc 13 Hướng dẫn giải Ta có : a b c a b c b c a c a b abc 3 2c 3 2b 3 2a abc Suy : 27 18 a b c 12 ab bc ca 8abc abc Suy : 4abc 16 ab bc ca 12 Do đó : a2 b2 c2 4abc a2 b2 c2 16 ab bc ca 12 a b c a2 b2 c2 a b c 12 12 13 3 1 1 12 Cho a,b,c và a b c Chứng minh rằng: 2 30 ab bc ca a b c Hướng dẫn giải 1 Ta có : ab bc ca ab bc ca 1 1 2 2 2 2 ab bc ca a b c ab bc ca a b c 1 ab bc ca ab bc ca ab bc ca a b c Mặt khác : ab bc ca a b c 21 3 ab bc ca 1 2 9 2 ab bc ca ab bc ca a b c a b c ab bc ca 2 1 21 30 đpcm ab bc ca a b c Đẳng thức xảy a b c 13 Chứng minh a,b,c và thỏa mãn a.b.c thì Suy : 22 2 (23) Nguyễn Phú Khánh – Chuyên đề Bất đẳng thức 1 a 2b b 2c c 2a Hướng dẫn giải Nhận thấy đẳng thức xảy a b c và nên ta có đánh giá 2 a2 2b2 a2 b2 b2 2ab 2b Do đó: 1 a 2b ab b 2 Suy ra: 1 1 ab b bc c ca a a 2b b 2c c 2a 1 Vậy ta cần chứng minh: 1 ab b bc c ca a Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì đó là đẳng thức Để chứng minh ta thay c vào vế trái và biến đổi ta có đpcm ab 14 Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện : 2 2 1 1 1 1 15 10 2007 Tìm giá trị lớn : ab bc ca a b c 1 P 5a2 2ab 2b2 5b2 2bc 2c2 5c2 2ca 2a2 Hướng dẫn giải 1 Áp dụng đẳng thức : Đẳng thức xảy x y z x y z x y z 2 5a2 2ab 2b2 (2a b)2 a b 2a b 2 11 1 2a b a a b 5a 2ab 2b Đẳng thức xảy a b 1 1 1 1 1 5b2 2bc 2c2 2b c b b c Tương tự : Do đó P 3 a b c 1 1 1 2 2c a c c a 5c 2ca 2a 1 1 1 2 2 2 2 3 a b c a b c Mặt khác : 1 1 1 1 ab bc ca a b c 23 (24) 1 1 1 1 Mà giả thiết : 15 10 2007 ab bc ca a b c Do đó : 1 6021 a b c abc 6021 Đẳng thức xảy : 1 6021 a b c a b c Vậy max P 6021 6021 , a b c 5 15 Cho x Tìm giá trị nhỏ F 13 x2 x x2 x Hướng dẫn giải Ta có: F 13 x2 x x2 x 13 x2 x2 x2 x2 x2 x2 F 13 9 9x2 x2 36 13 x2 x x2 x2 3x2 x2 x2 2 Ta có : 2 9x x 13x2 9x2 x2 2 F 9x x 2 1 2 13 3x2 13x2 52 39x2 12 39x2 16 2 2 0 x 2 Đẳng thức xảy : x2 x2 x 5 9x2 x2 16 Cho các số thực a, b, c thỏa mãn đồng thời: a b c và ab bc ca 2 Tìm giá trị nhỏ của: P a b bc ca ab bc ca Vậy max F 16 x Hướng dẫn giải 2 Giả sử a b c Khi đó P a b bc a c ab bc ca 24 (25) Nguyễn Phú Khánh – Chuyên đề Bất đẳng thức Ta có : 1 2 với x,y x y xy x2 y Từ đó ta có P P 2 a b bc a c ab bc ca ac ac ab bc ca 10 10 a c ab bc ca Hay P Ta có P Mặt khác 20 a c a c 4b 20 2 a c ab bc ca 20 a c 2 4b a c 20 1 b1 3b 20 3 3b1 3b 3 3b1 3b 3b 3b nên P 10 2 a 3 3b 3b Dấu xảy a c b c hay b a b c 2 c 17 Cho các số dương a, b, c thoả mãn a b c , chứng minh rằng: a2b b2c c2a a2 b2 c2 4abc 19 Hướng dẫn giải Ta có: 19 27 3 a b c a b2 c2 ab bc ca Khi đó, bất đẳng thức tương đương với: a2b b2c c2a 2abc 3 ab bc ca Lại có: 3(ab bc ca) a b c ab bc ca a2b b2c c2a ab2 bc2 ca2 3abc Nên bất đẳng thức trở thành: ab2 bc2 ca2 abc Không tính tổng quát giả sử b nằm a và c , suy a b a b c , hay ab2 ca2 abc a2b ac ab2 bc2 ca2 abc a2b c2b 2abc b(a c)2 4b· 25 (26) ac a c b 4 Ta có điều phải chứng minh 18 Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a2 2b2 3c2 3abc Tìm giá trị nhỏ của: P 3a 2b c a b c Hướng dẫn giải Sử dụng bất đẳng thức Cô si, ta có b 3 4 4 b 2a b P a 2 a b c a 2·4 ·4 18, a 2 b c 2 Và 3abc a2 c2 b2 c2 2ac 4bc Từ 2 , ta có: 3ab 2 a 2b hay là 1 2 a b Do đó, kết hơp với trên, ta thu được: 2a b 3 a b 2a b 2a b Từ 1 và 3 , ta suy ra: P 18 18 21 2 Đẳng thức xảy và a b c 3a 2b c 19 Tìm giá trị lớn biểu thức: P Trong đó a,b,c là a b b c c a Mặt khác: các số thực dương thỏa mãn: 3bc 4ca 5ab 6abc Hướng dẫn giải Do a,b,c nên 3bc 4ca 5ab 6abc 1 a b c Trước tiên ta nhắc lại BĐT quen thuộc sau: Với x,y ta có 1 2 x y xy Áp dụng BĐT 2 liên tiếp ta có: P 2 a b a c a b b c c a 1 1 1 b c a c a b b c a c a b 1 b c a c b 16 b c a c b 3 3 1 3 b c a c b ( theo 1 ) 48 b c a c b 48 16 26 (27) Nguyễn Phú Khánh – Chuyên đề Bất đẳng thức 16 20 Cho các số dương a,b,c với a b c Chứng minh : Đẳng thức xảy a b c Vậy maxP 1 1 3 a b c 2 21 a b c Hướng dẫn giải 1 1 1 Ta có: a b c 33 abc 33 a b c abc a b c abc 18 1 1 6 3 a b c a b c 3 t 3f t a bc t a b c Trong đó t a b c và f t t t Ta có : f ' t t2 0, t 0;1 , nên hàm số nghịch biến trên 0;1 t2 t2 f t f 1 7, t 0;1 21 Cho x,y thỏa x y Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: P 9x3 4y3 Hướng dẫn giải x y Ta có: thay vào P, ta được: P 9 y 4y3 f y y f ' y 4y 2 y f ' y 2y 32 y y x Từ đó ta tìm max P f 2 64 đạt ; y x 384 P f đạt 25 y 22 Cho các số thực dương a,b thỏa: a 4b2 3a2b2 a2 b2 a2 2b2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P a3 b3 b3 8b3 a3 a b2 2a2 5b2 a b 2 2a2 5b2 ab a2 2b2 Hướng dẫn giải 27 (28) Ta có: a2 4b2 3a2b2 a2 b2 a2 2b2 4ab a2 2b2 a 2b a 2b a 2b a 2b Suy ra: Đặt t b a b a b a b a Khi đó: P a b3 8b 1 a3 a2 2b2 4a2b2 ab a2 2b2 4 a 2b a 2b a 2b 9 t3 3t f t t b a b a b a a 2b b a 107 Vì f t là hàm đồng biến t P f 3 107 Đẳng thức xảy a b Vậy P 1 1 23 Cho các số dương a, b, c thỏa mãn: a b c 16 a b c Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ biểu thức P a2 2b2 ab Hướng dẫn giải Đặt a xb; b yc; x 0,y Suy P a2 2b2 x f x ab x 1 1 1 16 xy y 16 a b c xy y a b c 1 y x xy y 13 xy xy y 13y x xy y x x 1 x y x 13 y * x x Phương trình (*) có ít nghiệm dương và 1 x 13 x 1 x 13 x x x x 13 x 30 x 161 x S 0 x x x 1 x 28 3 73 7 x x 2 (29) Nguyễn Phú Khánh – Chuyên đề Bất đẳng thức 21 Từ đó ta tìm maxP f đạt 73 b a b c 73 b a b c 24 Cho x y z thỏa: 3x 2y z Chứng minh : 21 minP f đạt 16 Hướng dẫn giải 2y z Đặt F 3x2 2y2 z2 Từ giả thiết, ta có: x thay vào F , ta : 1 F 4z2 4z y 2 10y 16y 16 f z Xét hàm số f z với y z 3 2 y Ta có: f ' z 8z y 2 f 'z z 2 2 y Nếu y y f z maxf y ,f 1 16 Mà f 1 10y 12y 12 12 và f y 18y 24y 16 16 F 2 y 16 Nếu y y f z f 1 16 F 3 25 Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn a b c 3x2 2y z2 3 a b b c c a 18 18 Hướng dẫn giải Kí hiệu: F a;b;c a b b c c a Chứng minh rằng: Vì F a;c;b a c c b b a F a;b;c suy miền giá trị F là tập đối xứng vì ta cần chứng minh : F a;b;c 18 * Nếu ba số a,b,c có hai số thì F a;b;c 18 29 (30) * Nếu a,b,c đôi khác thì không tính tổng quát, ta giả sử a max a;b;c Khi đó: b c thì F a;b;c ta cần xét 18 a c b Đặt x a b c x Ta có: F a;b;c a b c b a c a b c a b c x 1 x 2x h x Xét h x x 1 x 2x 1 , 3 x , h' x 6x2 6x x 3 1 Lập bảng biến thiên ta được: h x h với x ;1 18 2 Đẳng thức xảy a 3 3 ,b 0,c 6 26 Cho a,b là số thực dương thỏa : a2 4b2 3a2b2 a2 b2 a2 2b2 Tm giá trị nhỏ biểu thức: P a3 b3 b3 a b2 2a2 5b2 a b 2 2a2 5b2 8 2 a ab a 2b b3 Hướng dẫn giải a 4b2 3a2b2 a2 b2 a2 2b2 4ab a2 2b2 a 2b a 2b a 2b a 2b 4 Đặt t thì t b a b a b a b a a 2b a 2b a 2b Khi đó: P 1 a 2b b a b a b a b a Xét f t t 3t với t t 27 Cho ba số x,y,z 0;1 thoả mãn: x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x y z y z z x xy z2 Hướng dẫn giải Nhận xét x,y 0;1 x 1 y 1 xy x y x z y x Từ giả thiết suy xy z Ta có P z y x xy 1 1 1 z z z2 30 (31) Nguyễn Phú Khánh – Chuyên đề Bất đẳng thức x y Đặt a ,b ,c z x z x x a b c Ta có xy z Khi đó P= ,ab c y z z b a ab 1 Ta có BĐT ab a b luôn đúng b a 1 ab a b a b 1 1 b1 a 1 b1 a ab Lại có a b 1 2 ab ab b1 a 1 a b ab b a 1 ab Từ đó suy P a b c ab Đặt t= ab b a ab 1 ab ab 2t f t t t2 2t Xét hàm số f t liên tục trên 1; t t2 Ta có P Có f ' t 2 t 1 t t 1 t t 1 0, t 1; Dấu “=” xảy và a b c x y z Vậy GTNN P Do đó hàm số đồng biến trên 1; f t f 1 28 Cho x,y thỏa mãn: 2 x y x 1 y 7xy xy Tìm giá trị nhỏ của: F x 3y 1 y 3x 1 x y Hướng dẫn giải Giả thiết suy ra: 2 x y x y xy 2 x y 2 x y x y x y Khi đó: x y 2 x y x y y x Ta có: F 3 x y 1 x y y x 31 (32) Vì y x x Nên F y x y x y x y x y, x y x x y y Ta có: f ' t f t f 1 t2 t t 3t t2 x y , xy x y 2 2 Đặt t x y t và F f t 3t 4 t với t t t 1 t 22 t2 với t 0;1 15 x y Dấu " " xảy xy x y 29 Cho số thực không âm a,b thỏa mãn: a2 b3 80 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P a b Hướng dẫn giải P b 80 b3 với b 0; 80 Ta có: P' 3b2 80 b3 2 30 Cho a,b,c thỏa mãn abc a b c ab bc ca Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: P 4a3 4b3 4c3 b c a Hướng dẫn giải 2 abc a b c ab bc ca 3abc a b c a b c a3 b3 c3 1 a2 b2 c2 P 4 b a b c c a ab bc ca a bc P a2 b2 c2 9 a b c Đặt t a b c, t abc abc 31 Cho x,y,z thỏa mãn x2 y z2 xy yz zx Tìm giá trị lớn 1 1 và nhỏ biểu thức: P x y z x y z Hướng dẫn giải Giả thiết viết thành: c 32 16 xy yz zx x y z Đặt a 4z , đó có: a b c 4, ab bc ca xyz 4x 4y , b , xyz xyz (33) Nguyễn Phú Khánh – Chuyên đề Bất đẳng thức 2 Lại có: b c 4bc a a2 4a a Bài toán trở thành: tìm giá trị lớn và nhỏ biểu thức 20 1 1 P 4 f a với a a b c a a 4a 32 Cho 4b a và b thỏa mãn b 5b a 4b a Tìm giá trị lớn biểu thức: P a a b a 12b Hướng dẫn giải Đặt t Ta có: a thì t b P a a b a 12b t t t 12 f t b 5b a 4b a t t g t Xét f t t t t 12 với t 0;4 , ta thấy f t đồng biến và 12 f t 12 Xét g t t t với t 0;4 , ta thấy g t nghịch biến và g t , suy maxP 24 a 4b 33 Cho các số thực không âm a,b thỏa mãn a2 b2 ìm giá trị lớn và giá trị nhỏ biểu thức: P a b ab Hướng dẫn giải Đặt t a b t a2 b2 2ab 2ab ab t2 a a Từ giả thiết, suy a,b 0;2 nên có: 2 a b a2 b2 b b t Lại có: t a b a2 b2 hay t 2 Ta có: P t 14 t 2 Xét f t t 14 t 2 với t 2 34 Cho các số x,y thỏa mãn x 2y xy 5x 2y 5 16x Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P x2 4y 1 2xy 2 7xy xy Hướng dẫn giải x 2y xy 5x 2y 5 16x x 2y xy 5 x 2y 32xy 33 (34) x 2y xy 5 x 2y Mặt khác : P x 2y 8 xy x 2y 32 11 x 2y xy x 2y Đặt t x 2y thì t , đó P t 32 3 t 32 với t t 35 Cho x,y thỏa mãn xy x y Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Xét hàm số: f t t Q x2 y2 xy y 1 x 1 x y Hướng dẫn giải xy x y P x y 2 x y 2 x y 2 xy xy 2 x y xy t2 t với t x y và t t 2 t 36 Cho a,b,c là các số thực thuộc 0;1 Tìm giá trị lớn biểu thức: P a3 b2 b3 c2 c3 a2 Hướng dẫn giải a c3 f a,b,c f 0,b,c a2 maxP b2 a2 37 Cho x,y là các số thực thỏa mãn: x2 xy 4y 10 Tìm giá trị nhỏ nhất: A x3 8y3 9xy Hướng dẫn giải x 2y 2 10 3xy 10 3 x 2y 5 x 2y 10 hay 4 x 2y A x3 8y3 9xy x 2y 6xy x 2y 9xy kết hợp điều kiện x 2y 2 10 3xy , sau đó đặt t x 2y với 4 t 38 Cho các số thực x , y thỏa điều kiện x2 9y Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ biểu thức sau: B 34 x 12 32xy 3y 12 x 3y (35) Nguyễn Phú Khánh – Chuyên đề Bất đẳng thức Hướng dẫn giải B x 3y 2 x 3y x 3y x 3y 4 t với t x 3y x 3y t Giả thiết, ta có: x 3y 6xy x 3y x 3y 2 1 x 3y đó x 3y 2 x 3y 2 1 t 39 Cho a,b,c là ba số thực không âm có tổng Chứng minh rằng: a ab 2abc Hướng dẫn giải 1 bc a 7 2a 2 ab 2abc 2ab c 2a Ta cần chứng minh: 2 a 2a , xét hàm số: f a a3 8a2 20a với a 40 Cho x,y là số thực dương Tìm giá trị lớn biểu thức a P x4 y x y x2 y 2 x y xy xy Hướng dẫn giải P 22 x2 y2 x y 6xy x y xy xy Đặt t thì t xy xy Khi đó P f t , xét f t 2t 6t 5t với t 41 Cho số thực a,b,c thỏa mãn : a2 b2 c2 Tìm giá trị lớn của: A a b c abc Hướng dẫn giải 2 2 Ta có: a b c abc a b c 1 ab a b c2 1 1 ab a2 b2 c2 2ab 2ab a2b2 2ab 2ab a2b2 a2 b2 a2 b2 c2 2 Xét hàm số: f t 2t 2t t với t 42 Cho a,b,c thỏa mãn: a b c Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ Đặt t ab thì t ab 35 (36) 3 biểu thức sau: B a b c b c a c a b Hướng dẫn giải ab b bc c b ca a c b c c a a b B a b3 c3 b c3 a3 c a3 b3 3abc b c c a a b a2 2 2 Bài toán trở tìm giá trị lớn B b c c a a b Không tính tổng quát giả sử a b c và a b c 1, c nên a b, b Khi đó B ab a b b b 1 2b 2b3 3b2 b f b 1 Xét f b trên đoạn 0; 2 43 Cho x y z là các số thực khác thỏa mãn xyz Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn biểu thức P 1 x y z Hướng dẫn giải P 1 1 y z x 5 x Với y,z ta luôn có: y z 4yz x y z x yz x 5 x x 2 x x 2 x 44 Cho số thực dương a,b thỏa mãn: a2 b2 20ab 5 a b ab 3 Tìm giá a b4 a3 b3 a2 b2 trị nhỏ biểu thức P 9 16 25 b4 a b3 a3 b2 a2 Hướng dẫn giải Từ giả thiết, chia hai vế cho ab , ta : 75 a b ab a b 20 5 a b 15 2 ab ab b a Đặt t a b , thì b a P 9t 16t3 11t 48t 32 và từ suy 6t 20 10 3 t 2 t Xét hàm số f t 9t 16t 11t 48t 32 với t Vậy, a;b 1;3 , 3;1 thì minP 36 14156 27 10 10 (37)