Tải bản đầy đủ

Tài liệu bđt cực hay của hsg quốc gia

Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

Phần 1: Các bất đẳng thức quen thuộc
1. Bất đẳng thức AM-GM (Côsi) cho 2 và 3 số không âm:
Định lý: cái này quá quen thuộc rồi có lẽ không cần nhắc lại.
Cần lưu ý là trong kì thi THPTQG ta chỉ được phép sử dụng bất đẳng thức AMGM cho 2 hoặc 3 số không âm chứ không được sử dụng dưới dạng tổng quát. Vì vậy
nếu cần dùng cho 4 số không âm chẳng hạn ta có thể áp dụng AM-GM hai lần (thực tế
thì cũng rất ít khi cần dùng AM-GM cho quá 3 số).

2. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (Bu-nhi-a-cốp-ski):
Định lý:
a. Với hai cặp số thực (a; b) và ( x; y ) , ta có:
(a 2  b2 )( x 2  y 2 )  (ax  by)2
Đẳng thức xảy ra:  ay  bx

b. Với hai bộ ba số thực (a; b; c) và ( x; y; z ) , ta có:
(a 2  b2  c 2 )( x 2  y 2  z 2 )  (ax  by  cz )2
a b c
Đẳng thức xảy ra:   
x y z


Cần lưu ý là bất đẳng thức Cauchy-Schwarz không được phép sử dụng trực tiếp
trong kì thi THPTQG mà ta cần phải chứng minh trước khi sử dụng. Với trường hợp hai
cặp số thực ta dễ dàng chứng minh bằng cách biến đổi tương đương, còn đối với bộ ba
số thực trở lên ta có thể chứng minh như theo cách chứng minh tổng quát là sử dụng tam
thức bậc 2 (ở đây có lẽ không cần nhắc lại cách chứng minh).
2.1.

Một bất đẳng thức khác cũng hay được sử dụng là bất đẳng thức CauchySchwarz dạng Engel:

Định lý: Với hai dãy số thực (a1; a2 ;...; an ) và (b1; b2 ;...; bn ) , bi  0 , ta có:

a12 a2 2
a 2 (a  a  ...  an )2

 ...  n  1 2
b1 b2
bn
b1  b2  ...  bn
Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức trên từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

3. Bất đẳng thức Mincowski:
Định lý: Với hai dãy số thực (a1; a2 ;...; an ) và (b1; b2 ;...; bn ) , ta có:
1


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

a12  b12  a2 2  b2 2  ...  an 2  bn 2  (a1  a2  ...  an )2  (b1  b2  ...  bn )2

Ta chỉ cần quan tâm đến trường hợp n=2, khi đó ta có thể chứng minh bất đẳng thức
trên bằng phương pháp vecto.
Xét hai vecto u (a; b) và v( x; y ) , ta có:

u  v  uv

 a 2  b 2  x 2  y 2  (a  x) 2  (b  y ) 2 .

Dấu đẳng thức xảy ra :  u, v cùng hướng 

a b

 0
x y

2


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

Phần 2: Các bất đẳng thức phụ và các đánh giá hay gặp
trong các bài toán bất đẳng thức trong kì thi THPTQG
1 1
4
 Hệ quả C-S
 
a b ab
1 1 1
2. (a  b  c)      9  Hệ quả C-S
a b c
1
1
2
3. Với ab  1( 1) , ta luôn có:

 ( )
2
2
1 a 1 b
1  ab

1.

 Sử dụng phép biến đổi trực tiếp, bất đẳng thức tương đương: (ab  1)(a  b)2  ()0
1

3
1  abc
1
1
2
 Chứng minh: Áp dụng bất đẳng thức 3:


2
2
1  a 1  b 1  ab
1
1
1
1
2
2
Ta có:
;




1  c3 1  abc 1  abc 4
1  a3 1  b3 1  a3b3
2
2
4
Mà:


1  a3b3 1  abc 4 1  abc
Từ đó dễ dàng suy ra đpcm

4. Cho a, b, c  1( 1) , khi đó:

1  a

3

 ()

5. a3  b3  a 2b  ab2  Biến đổi tương đương
6. a/ 4(a3  b3 )  (a  b)3
b/ 8(a 4  b4 )  (a  b)4
a n  bn  a  b 

Tổng quát: với a, b  R * và n  N * , ta luôn có:

2
 2 
 Chứng minh: Xét hàm f ( x)  x n  (c  x)n
c
Ta có: f '( x)  n.x n1  n.(c  x)n1 ; nên: f '( x)  0  x 
2
n
c
c
Lập BBT suy ra: f ( x)  f    x n  (c  x) n  2  
2
2
Chọn x=a, c=a+b ta được đpcm.
7. (a  b  c)(ab  bc  ca)  9abc  AM-GM cho 2 ngoặc

n

3


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

8. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác, khi đó:
abc  (a  b  c)(a  b  c)(a  b  c)
 Cách chứng minh quen thuộc
Có thể mở rộng cho a, b, c  R
 Chứng minh: với a, b, c không âm thì trong ba số x=a+b-c; y=a-b+c; z=-a+b+c
không thể có quá một số âm. Thật vậy, giả sử có x<0 và y<0
 x  y  0  2a  0 (vô lý)
+ Nếu trong 3 số x, y, z có một số không âm thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng vì
VT  0 ; VP < 0.
+ Nếu 3 số x, y, z đều dương thì a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác…
a b c
9. Cho a, b, c > 0 và abc  1 thì:    a  b  c
c a b
 Chứng minh: Ta có:
2a c a a c
a2
3
    3
 3 3 a 2 .a  3a
c b c c b
bc
2b a
2c b
Chứng minh tương tự ta có:
  3b ;
  3c
a c
b a
Cộng 3 bất đẳng thức thu được đpcm

10. Cho a 2  b2  c 2  3 , khi đó:

 Chứng minh: Ta có:

a b

2 2

 a    a


Cần c/m:

2 2

2
9   a4

4



a  a b

2 2

9   a4
2

  a  2 a   a 4  9

2
Bất đẳng thức trên đúng vì ta có đánh giá AM-GM: a 4  a  a  3a 2





11. (1  a )(1  b)(1  c)  1  3 abc  (1  a)(1  b)(1  c)  abc   ab   a  1
3





3

abc



3

3



3

abc



2



 3 3 abc  1  1  3 abc



3

1 1
8
2
2
2

(
a

b
)
a

b
 8a 2b2 (đúng theo AM-GM)





2
2
2
a b ( a  b)
8
13. (a  b)(b  c)(c  a)  (a  b  c)(ab  bc  ca )
9
 Chứng minh: Ta có: (a  b  c)(ab  bc  ca)  9abc
12.

4


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

8
Mà: (a  b)(b  c)(c  a)  (a  b  c)(ab  bc  ca )  abc  (a  b  c )(ab  bc  ca )
9
14. Cho abc=1, khi đó: ab  bc  ca  3(a  b  c)

 (ab  bc  ca)2  3(a 2bc  ab2c  abc 2 )  3abc(a  b  c)
15. (a 2  2)(b2  2)(c 2  2)  3(a  b  c)2
 Chứng minh:
Ta có: (a 2  2)(b2  c 2  1)  (a 2  1  1)(b2  c 2  1)  (a  b  c)2

Cần chứng minh: 3(b2  c 2  1)  (b2  2)(c 2  2)  (b 2  1)  c 2  1  0

Điều này đúng vì theo nguyên lý Dirichle trong 3 số a 2  1 ; b2  1; c 2  1 phải có ít
nhất 2 số cùng dấu.
Ta có thể giả sử 2 số đó là b2  1và c 2  1 . Từ đó suy ra đpcm
16. Cho a  b  c  1 (a, b, c>0). Khi đó: 9(a 3  b3  c3 )  1  6  a 2  b 2  c 2 

 9 a3  1  6

a

6

3

  a    a   6 a
3

2

(theo C-S)

17. Dãy đánh giá 3 biến:

a
3

3

  a    a   (2)   a 
 (1)

3

2

9

27

 (3)

(a  b)(b  c)(c  a)
8

  ab   a   (5)   ab 
 (4)




9

3



3

 (6)abc 

 Chứng minh:
(1): Áp dụng C-S:

 a  a   a  ;  a
2 2

3

2

3
1

a

 a

3

3

2

.

Nhân 2 bất đẳng thức suy ra đpcm.
(2): Áp dụng C-S:

a

2

 a


2

3
(3): Áp dụng bất đẳng thức: ( x  y  z )3  27 xyz (AM-GM).
Thay x=a+b; y=b+c; z=c+a thu được đpcm
(4): Bất đẳng thức 13
(5):

a

2

 3 ab    ab 

2

a

2

 3  ab 

3

(6), (7): áp dụng AM-GM
5


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

18. Cho a, b, c dương thỏa abc=1. Khi đó: a 2b  b2c  c 2a  a  b  c
 Chứng minh:
x
y
z
Đặt: a  ; b  ; c  . Ta có:
y
z
x
x3  x 3  y 3  3x 2 y  2 x3  y 3  3x 2 y

Thiết lập 3 bất đẳng thức tương tự và cộng vế theo vế thu được:


x  x y
3

2

x2 y 2 z 2 x y z


    a 2b  b 2 c  c 2 a  a  b  c
yz xz xy y z x

a  a
2 a   a + 3

19. Cho a, b, c  R và abc=1, khi đó:

 a 2  1  2a 

a

2

3 

20. Cho a, b, c  0 . Khi đó:

a

  a2   a

4

2

3

abc

 abc(a  b  c)

  a4   a2b2  ab.bc  bc.ca  ca.ab  abc(a  b  c)

1
1


a 1 b 1

2
ab  1
  (a  b  2)( ab  1)  2(ab  a  b  1)  ( a  b ) 2 ( ab  1)  0
a
22. Cho a, b, c >0. Khi đó: 
1
a  2b
a
a2
(a  b  c)2
 2

1

2
a  2b
a  2ab
a

2
ab


21. Cho a, b >1. Khi đó:

23. Cho a, b  0 . Khi đó:

a  1+ b  1  a  b  1+1

  a  1 b  1  2 a  b  ab  1  a  b  1  1  2 a  b  1



a  b  ab  1 

a  b  1 (đúng)
1
1
1


24. Cho a, b  0 . Khi đó:
2
2
(1  a) (1  b) 1  ab
 (1  ab)(1  a)2  (1  ab)(1  b)2  (1  a)2 (1  b) 2  0
 2ab  1  a 2b2  a3b  ab3  0  (ab  1)2  (a  b)2 ab  0 (luôn đúng)

6


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

Phần 3: Tuyển chọn một số câu bất đẳng thức hay
Các bài toán dưới đây là những bài BĐT hay đa phần được mình trích từ một số đề
thi thử của các trường THPT, đề thi thử của THTT, một số bài lấy từ các topic của
diendantoanhoc (riêng 3 bài 6, 7, 8 là tự sáng tạo từ những ý tưởng sẵn có). Vì lý do chủ
quan, mình không thể trích dẫn chính xác nguồn của mỗi bài toán được. Các bạn thông
cảm!
Toàn bộ lời giải là do mình biên soạn lại nên có thể có nhiều chỗ thiếu sót, lập luận
chưa chặt chẽ hoặc một số lời giải chưa hay, dài dòng không cần thiết. Mong nhận được sự
góp ý.
Câu 1: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa: a 2  b2  6c 2  4c(a  b)
a3
b3
a 2  b2


Tìm GTNN của: Q 
(a  c)3 (b  c)3
c

Giải:
a
b
Đặt x  ; y  . Khi đó điều kiện đề cho tương đương với: ( x  y)2  2 xy  6  4( x  y)
c
c
Đặt S  x  y; P  xy . Ta có:
2

S
 S  4 P
2 P  S  4S  6
 2S  3
P 
 2

2
 2
 S  2 P  6  4 S
 S  8S  12  0
2  S  6

2

2

3

Ta có:

3

a
b
2
2
 
 
x3
y3
c
c
a b




 x2  y 2
Q



   
3
3
3
3
( x  1) ( y  1)
c c
a  b 
  1   1
c  c 
3

1 x
y  x y
Q  


4  x  1 y  1 
2

(áp dụng BĐT: a 3  b3 

( a  b)3 2
( a  b) 2
; a  b2 
)
4
2

3

1  2 xy  x  y  x  y
 
 
4  xy  x  y  1 
2

7


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa
3

 S 2  3S  6 
1  2P  S 
2 1
S
S
1

2.


 
2

  2

 2

 

4  P  S 1
2
2 4
2
2
 S  2S  8 
S  2
Đẳng thức xảy ra:  
abc
P  1
3

Vậy GTNN của Q là

3

1
 2
4

Câu 2: Cho x, y, z dương thỏa: x  y  1  z
Tìm GTNN của: P  

x3
14

x  yz ( z  1) ( x  1)( y  1)

Giải:
Thay z bởi x  y  1 vào biểu thức ta có:
x3
x3
y3
z3




x  yz ( x  y )( y  1) ( x  y )( x  1) ( x  1)( y  1)

( x  y ) 4 ( x  y )3

 z 3 ( x  y)
3
3
3
x ( x  1)  y ( y  1)  z ( x  y )
8
4


( x  y)2
( x  y )( x  1)( y  1)
( x  y )[
 x  y  1]
4
( x  y )3  2( x  y ) 2  8 z 3 ( z  1) 2 ( z  1)  8 z 3


2( x  y ) 2  8 x  8 y  8
2( z  1) 2

Lại có:

x  y  2 ( z  1)( z  1  2) ( z  1) 2
( z  1) ( x  1)( y  1)  ( z  1).


2
2
2
14
28


2
( z  1) ( x  1)( y  1) ( z  1)

( z  1) 2 ( z  1)  8 z 3
28
53
P


(biến đổi tương đương)
2( z  1) 2
( z  1) 2 8

8


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

5

z

1


x

y

3


3

Đẳng thức xảy ra:   x  y
x  y  1  z
z  5


3

53
Vậy GTNN của P là
8

Câu 3: Cho a, b dương phân biệt thỏa: a 2  2b  12
4 4
5
Tìm GTNN của: P  4  4 
a b 8(a  b)2
Giải:
Bài này ta sử dụng kĩ thuật đồng bậc
Áp dụng AM-GM, ta có: 12  a 2  b  b  3 3 a 2b 2  ab  8
1  a 2 b2 
5
a 2b 2 a 2b 2
5ab



Từ đó suy ra: P 
 2  2 
4
4
2
2
16a 16b
64( a  2ab  b ) 16  b
a 
a b

64    2 
b a

a b
Đặt: t    t  2 .
b a
1
5
a 2 b2 2
Khi đó: 2  2  t  2  P  (t 2  2) 
16
64(t  2)
b a
1
5
Xét hàm: f (t )  (t 2  2) 
với t [2; )
16
64(t  2)
t
5
5
f '(t )  
. Suy ra: f '(t )  0  64t (t  2)2  40  t 
2
8 64(t  2)
2
27
 5  27
P
Lập BBT, từ đó suy ra: f (t )  f   
64
 2  64
a b 5
b  a  2

a  4

Đẳng thức xảy ra:  a 2  b
a 2  2b  12 b  2


9


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

Vậy GTNN của P là

27
64

Câu 4: Cho a, b, c thỏa:

1
a
b
c


 a, b, c  2 . Tìm GTNN của: P 
ab bc ca
2
Giải:

Giả sử a là số bé nhất trong 3 số a, b, c. Khi đó:

b c c
1 a
  1 và .   1
4 c
a b a

1
1
2
với xy  1


2
2
1  x 1  y 1  xy
1
1
1
a
b
c
2
1



P




a  b b  c c  a 1 b 1 c 1 a
c 1 a
1
c
a
a
c
a

Áp dụng BĐT phụ:
Ta có:

Đặt t 

2 t
1
a 1

(  t  1). Suy ra: P 
.
c 4
t 1 1 t

1
2 t
1

với  t  1
4
t 1 1 t
22
 1  22
Dễ thấy f(t) đồng biến, suy ra: f (t )  f   
P
15
 4  15
1  1 
1

Đẳng thức xảy ra:  (a; b; c)   ;1;2  , 1;2; ;  ,  2; ;1
2  2 
2

22
Vậy GTNN của P là
15
Xét hàm:

f (t ) 

Câu 5: Cho a, b, c dương thỏa abc  1
Tìm GTNN của: P  (a  b)(b  c)(c  a) 

72
a  b  c 1
Giải:

Ta có:

(a  b)(b  c)(c  a)  2abc  a 2b  ab 2  a 2c  ac 2  b 2c  bc 2
 (a  b  c)(ab  bc  ca)  1
10


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

Lại có:

(ab  bc  ca)2  3(ab2c  bc 2a  a 2bc)  3abc(a  b  c)  3(a  b  c)

 ab  bc  ca  3(a  b  c)
 P  (a  b  c) 3(a  b  c) 

72
1
a  b  c 1

Đặt: t  a  b  c ( t  3 )

72
với t [3; )
t 1
Dễ thấy f(t) đồng biến. Suy ra: f (t )  f (3)  45  P  44
Đẳng thức xảy ra:  a  b  c  1
Vậy GTNN của P là 44
Xét hàm:

f (t )  t 3t 

*Cần ghi nhớ đẳng thức: (a  b)(b  c)(c  a)  (a  b  c)(ab  bc  ca)  abc
Câu 6:[NHQ] Cho 3 số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c  4 , a 

4
và (a  b)(a  c)  4a 2
3

2
7a 2  b2  c 2

 a 2  b2  c2  4
Tìm GTNN của: P 
9a  12 3(a  b  c  4)

Giải:
Ta có:

(a  b)(a  c)  4a 2  3a 2  ab  bc  ca

 a  b  c  3a
(a  b  c)2  3(ab  bc  ca)  9a 2
2
2
2


Từ đó suy ra:
(1)
9a  12 3(3a  4) 3(a  b  c  4)

Lại có:

Lại có:

7a 2  b2  c 2  a 2  b2  c 2  2(ab  bc  ca)  (a  b  c)2
7a 2  b2  c 2
abc


(2)
3(a  b  c  4) 3(a  b  c  4)

Mà:

(a  2)2  (b  2)2  (c  2)2  0  a 2  b2  c 2  4(a  b  c)  8

 a 2  b 2  c 2  4  2 a  b  c  2 (3)
abc2
2 abc2
Từ (1), (2) và (3), suy ra: P 
3(a  b  c  4)
Đặt: t  a  b  c ( t  4 )

11


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

Xét hàm:

f (t ) 

t2
 2 t  2 với t  4
3(t  4)

Khảo sát hàm, dễ dàng suy ra được: max f (t )  f (6) 

16
16
P
3
3

Dấu đẳng thức xảy ra:
abc2
16
Vậy GTNN của P là
3
Câu 7:[NHQ] Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn: 5a  b  c  7a
4a 2
27a 3

Tìm GTNN của: P 
10a 2  b 2  c 2  2a (b  c) 4bc(b  c)
Giải:
Ta có:

4

P
10 

b
c
b c
 2  2  
2
a
a
a a
2

2



27
b cb c
4. .   
a aa a

b
c
Đặt: x  ; y  . Từ gt  5  x  y  7
a
a
4
27
P

Khi đó:
2
2
10  x  y  2 x  2 y 4 xy( x  y)

Lại có:

( x  3)2  ( y  3)2  0  x 2  y 2  18  6( x  y)
 10  x 2  y 2  2 x  2 y  4( x  y  2) (1)

( x  y)2  4 xy  4 xy( x  y)  ( x  y)3 (2)
1
27

Từ (1) và (2) suy ra: P 
x  y  2 ( x  y )3
Đặt: t  x  y  2 ( 3  t  5 ).
1
27
f (t )  
Xét hàm:
với t  (3;5)
t (t  2)3
1
1
Khảo sát hàm, dễ dàng suy ra: max f (t )  f (4)   P 
8
8
x  y  6
 b  c  3a
Dấu đẳng thức xảy ra:  
x  y

Mà:

12


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

Vậy GTNN của P là

1
8

Câu 8:[NHQ] Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác và thỏa mãn: 2bc  ab  ac .
2
4
4
Tìm GTNN của: P 


 a 2b 2c  a 2bc 2
a  b  c a  b  c a  b  c
Giải:
Ta có:
1
1
1
1
1

 2 2


2
2
P  2



  a b c  a bc  2 

 a  b  c a  b  c a  b  c 
 a b c a b c 
 2.

3
4
 abc(ab  ac)  2.
3 (  a  b  c )( a  b  c )( a  b  c )
a bca bc
(áp dụng AM-GM và C-S dạng Engel)
6
4
3
 abc(ab  ac) 
a
abc
(áp dụng bất đẳng thức abc  (a  b  c)(a  b  c)(a  b  c) )

6
4
2 2
(vì 2bc  ab  ac )

2ab
c

3
a
abc
2 1 1
2bc  ab  ac   
a b c


Ta có:

6
2 2
6
ab 2c 2
2 2
3
 2.3.
 2ab c    3
Từ đó suy ra: P  3
(AM-GM cho 3 số)
bc
b c
abc
abc
6
P 3
 6 3 abc  12
abc
Dấu đẳng thức xảy ra:  a  b  c  1
Vậy GTNN của P là 12

13


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

Câu 9 : Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn:
Tìm GTNN của : P 

1
 1 1

2
 2  2 .
c2
a b 

a
b
c


bc ca
a 2  b2  c 2

Giải:
Ta có :

a
b
P c  c 
b
a
1
1
c
c

1
a 2 b2
 1
c2 c2

a
b
; y .
c
c
x2
y2
1
x
y
1
Khi đó:



P


y 1 x 1
xy  x xy  y
x2  y 2  1
x2  y 2  1

Đặt: x 

( x  y)2
1
(C-S)


x  y  2 xy
x2  y 2  1
Từ giả thiết ta có:

1
1 1
x2 y 2
2
2



(
x

y
)

(1)
x2 y 2 2
2
 ( x  y)2 

x2 y 2
 2 xy (2)
2

Từ (1) ta có: x 2 y 2  4 xy .
x2 y 2 x2 y 2

 x 2 y 2  x  y  xy (3)
Kết hợp với (2) ta rút ra: ( x  y ) 
2
2
x2 y 2
 2 xy
( x  y)2
1
1
2



Từ (1), (2) và (3) ta có : P 
x  y  2 xy
3xy
x2  y 2  1
x2 y 2
1
2
t2
 2t
1
2 t
2
2

  
Đăt xy=t. ( t  4 ). Xét hàm : f (t ) 
(với t  4 )
3t
3 6
t2
t2  2
1
2
5
5
Dễ dàng chứng minh f(t) đồng biến. Từ đó suy ra: f (t )  f (4)   P 
3
3
Dấu đẳng thức xảy ra:  x  y  2  a  b  2c
2

14


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

Vậy GTNN của P là

5
3

Câu 10 : Cho x, y, z  (0;1) thỏa mãn: ( x3  y 3 )( x  y)  xy(1  x)(1  y) .
1
1
Tìm GTLN của: P 

 3xy  ( x 2  y 2 )
1  x2
1  y2
Giải:
Ta có:

( x3  y3 )( x  y)  ( x  y)2 ( x 2  xy  y 2 )  xy( x  y)2 (AM-GM)
 (1  x)(1  y)  ( x  y)2  xy  ( x  y)  1  ( x 2  y 2 )  2 xy  1  2 xy

1
9
Ta có:
3xy  ( x 2  y 2 )  3xy  2 xy  xy (*)
1
1
2
Ta chứng minh BĐT:
(**)


2
2
1

xy
1 x
1 y
 3xy  2 xy  1  0  0  xy 

1
1
2
(1) (BĐT số 3 phần 2)


1  x 2 1  y 2 1  xy
2
2

(2)
2
2
1

xy
(1  x )(1  y )

Ta đã có BĐT :
Xét BĐT :

 x 2 y 2  x 2  y 2  1  (1  xy)2  ( x  y)2  0 (luôn đúng)
Từ (1) và (2) suy ra (**) đúng.
2
 xy
Từ (*) và (**) suy ra : P 
1  xy

2
1
1
 t (với 0  t  )
Đặt t=xy ( 0  t  ). Xét hàm: f (t ) 
9
9
1 t
1 5  27 10
5  27 10
Dễ dàng chứng minh f(t) đồng biến. Suy ra : f (t )  f ( ) 
P
9
45
45
1
Dấu đẳng thức xảy ra:  x  y 
3
5  27 10
Vậy GTNN của P là
45
15


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

Câu 11 : Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn: 4(a3  b3 )  c3  2(a  b  c)(ac  bc  2)
2a 2
bc
( a  b) 2  c 2


Tìm GTLN của : P  2
3a  b 2  2a (c  2) a  b  c  2
16

Giải:
Ta có:

4(a 3  b3 )  c3  (a  b)3  c3  (a  b  c) (a  b) 2  c(a  b)  c 2 

Mà:

(áp dụng BĐT 6 phần 2)
(a  b)  c  c(a  b)  2c(a  b)  c(a  b)  c(a  b) (AM-GM)
2

2

Suy ra:
4(a3  b3 )  c3  c(a  b)(a  b  c)
Kết hợp giả thiết, suy ra: 2(ac  bc  2)  c(a  b)  c(a  b)  4
Lại có:
Ta có:
Suy ra:

(a  b  c)2  4c(a  b)  16 (áp dụng BĐT: ( x  y)2  4 xy )
abc4
3a 2  b2  2a(c  2)  2a 2  a 2  b2  2a(c  2)  2a 2  2ab  2a(c  2)
2a 2
a

(1)
2
2
3a  b  2a (c  2) a  b  c  2

(a  b)2  c 2 (a  b  c)2
Lại có:
(2) (AM-GM)

16
32
abc
(a  b  c) 2
Từ (1) và (2), suy ra: P 

abc2
32
t
t2
Đặt t  a  b  c (t  4) . Xét hàm: f (t ) 
(với t  4 )

t  2 32
1
1
Dễ dàng chứng minh f(t) nghịch biến. Suy ra: f (t )  f (4)   P 
6
6
Dấu đẳng thức xảy ra:  a  b  1; c  2
1
Vậy GTLN của P là
6

Câu 12 : Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: 5( x 2  y 2  z 2 )  9( xy  yz  zx)
x
1

Tìm GTLN của: P  2
y  z 2 ( x  y  z )3
Giải:
16


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

Ta có:

5 x 2  9 x( y  z )  18 yz  5( y 2  z 2 )  4 yz  14 yz  5( y 2  z 2 )

 4 yz  7( y 2  z 2 )  5( y 2  z 2 )  2( y  z )2
5 x 2  9 x( y  z )  2( y  z )2  0  ( x  2 y  2 z )(5x  y  z )  0  x  2( y  z )
1
1
1
x
2( y  z )
4
Ta có:
;




2
2
2
3
3
( y  z)
y z
y  z ( x  y  z ) (2 y  2 z  y  z )
27( y  z )3
2
4
1
Suy ra:
P

y  z 27( y  z )3
4
1
Đặt y+z=t. Xét hàm: f (t )  
(t  0)
t 27t 3
4 1 t 2 (1  36t 2 )
f '(t )  2  4 
t
9t
9t 6
1
1
Suy ra:
f '(t )  0  t  . Lập BBT, suy ra: f (t )  f ( )  16  P  16
6
6
1
Dấu đẳng thức xảy ra:  x  ; y  z  1
3
Vậy GTLN của P là 16

Suy ra:

Câu 13 : Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: x  y  1  z
x
y
z2  2


Tìm GTNN của: P 
x  yz y  zx z  xy

Giải:
Ta có:

x
y
x2
y2
( x  y )2




x  yz y  zx x 2  xyz y 2  xyz x 2  y 2  2 xyz

Mà:

( x  y)2
( x  y)2


x 2  y 2  2 xyz ( x  y )2  2 xy ( x  y )

Suy ra:

x
y
2


x  yz y  zx z  1

Lại có:

z2  2

z  xy

( x  y)2
2
2


3
( x  y)
x  y  2 z 1
( x  y)2 
2

z2  2
z2  2
4( z 2  2)


( x  y)2
( z  1) 2
( z  1)2
z
z
4
4
17


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

Suy ra:

2
4( z 2  2)
P

 f ( z)
z  1 ( z  1) 2

Khảo sát hàm f(z) dễ dàng suy ra: f ( z )  f (3) 
Dấu đẳng thức xảy ra:  x  y  1; z  3
13
Vậy GTNN của P là
4

13
13
P
4
4

Câu 14 : Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn: a  2; b  0; c  0
1
1
Tìm GTLN của: P 

2 a 2  b2  c 2  4a  5 (a  1)(b  1)(c  1)
Giải:
Đặt x  a  1; y  b  1; z  c  1 .
Ta có:

P



1
2 ( x  1)2  ( y  1) 2  ( z  1) 2  1



1
4 ( x  1)2  ( y  1)2  ( z  1) 2  1

1
xyz



1
xyz

Xét BĐT: 4(a 2  b2  c 2  d 2 )  2(a  b)2  2(c  d )2  (a  b  c  d ) 2
Áp dụng BĐT trên ta có:

4 ( x  1)2  ( y  1)2  ( z  1)2  1  x  1  y  1  z  1  1  x  y  z  2
( x  y  z )3  27 xyz
1
27
P

Suy ra:
x  y  z  2 ( x  y  z )3
1
27
 3
Đặt t=x+y+z  t  3 . Xét hàm: f (t ) 
t 2 t

Lại có:

1
1
Khảo sát hàm f(x) dễ dàng tìm được: f (t )  f (6)   P 
8
8
Dấu đẳng thức xảy ra:  a  3; b  c  1
1
Vậy GTNN của P là
8
18


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

Câu 15 : Cho 3 số thực không âm x, y, z thỏa mãn: x>y và ( x  z )( y  z )  1
1
4
4
Tìm GTNN của: P 


2
2
( x  y) ( x  z ) ( y  z )2
Giải:

1 1
8
(BĐT 12 phần 2)
 2
2
a b ( a  b) 2
1
1
3


 4( y  z )2
Áp dụng BĐT trên ta có: P 
2
2
2
( x  y) ( y  z ) ( y  z )
8
3
3


 4( y  z )2  12( y  z )2 
2
2
( x  z) ( y  z)
( y  z )2
3
Áp dụng AM-GM: 12( y  z )2 
 2 36  12  P  12
( y  z )2
Xét BĐT:


y  z 


Dấu đẳng thức xảy ra:   x  z 
x y 


Vậy GTNN của P là 12

2
2
2

xz

yz

2
; y0
2

*Bề ngoài có vẻ phức tạp nhưng lời giải lại vô cùng ngắn gọn !
1 1
8
Điểm mấu chốt là việc áp dụng BĐT phụ 2  2 
a b ( a  b) 2
Câu 16 : Cho 3 số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a  b  c  3
Tìm GTLN của: P  (a 2  ab  b2 )(b2  bc  c 2 )(c 2  ca  a 2 )
Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử c là số nhỏ nhất trong 3 số. Ta có: c2  bc; c2  ca
Suy ra:

(b2  bc  c 2 )(c 2  ca  a 2 )  b2c 2
19


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

 P  (a 2  ab  b 2 )a 2b 2  (a  b) 2  3ab  a 2b 2  (9  3ab)a 2b 2
Đặt t=ab (t >0). Xét hàm: f (t )  (9  3t )t 2
Dễ dàng tìm được: f (t )  f (2)  12  P  12
Dấu đẳng thức xảy ra:  (a; b; c)  (2;1;0) và các hoán vị
Vậy GTLN của P là 12

*Điểm mấu chốt của bài này là ta phải chọn được điểm rơi để đưa ra các đánh giá chuẩn
xác
Câu 17 : Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn: ab  bc  ca  3abc
1
Tìm GTNN của: P  
a 2  2b 2
Giải:
Ta có:
Suy ra:

1
a 2  2b 2


Lại có:



3(a 2  2b 2 )  3(a 2  b 2  b 2 )  (a  b  b) 2  ( a  2b) 2  3 3 ab 2





2

1
3 3 ab 2

1
a 2  2b 2



1  a 3 b 2c  b 3 c 2 a  c 3 a 2b 




abc
3 
3 3 ab 2

1

bc  bc  ab  3 3 b3c 2 a  3b 3 c 2 a

a 3 b2c  b 3 c 2a  c 3 a 2b ab  bc  ca

3P 3
abc
abc
Dấu đẳng thức xảy ra:  a  b  c  1
Vậy GTLN của P là 3
Cộng 3 BĐT tương tự thu được:

*Một BĐT với những đánh giá đẹp !

Câu 18 [IMO 2001]: Cho 3 số thực dương a, b, c.
a
b
c


Tìm GTNN của: P 
a 2  8bc
b 2  8ca
c 2  8ab
Giải:
20


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

*Đây là một bài toán rất hay và nổi tiếng tuy nhiên có vẻ không phù hợp với việc ôn thi đại
học lắm. Nhưng vì mình có tìm được một lời giải khiến mình rất tâm đắc nên mạn phép đưa
vào đây để mọi người tham khảo. Bài này có nhiều cách giải khác nhau, cách của mình là
một lời giải khá đẹp với những đánh giá sơ cấp và một phép đổi biến đơn giản !
Chuẩn hóa abc=1
a
a
a2
a2



Ta có :
4
8
a 2  8bc
a

8
a
(a 2  2a)(a 2  2a  4)
2
a 
a
Theo AM-GM: 2(a 2  2)  (a 2  2a)  (a 2  2a  4)  2 (a 2  2a)(a 2  2a  4)

a

Suy ra:
Đặt:

a 2  8bc
a



x
; b
y

a2
(a 2  2a)(a 2  2a  4)
y
; c
z



a2
a
a2


 a2  8bc  a2  2
a2  2

z
x

Khi đó:
x
y

a
x
x2
( x  y  z )2




 a2  2  x
 x  2 y  x 2  2 xy x 2  y 2  z 2  2 xy  2 yz  2 zx  1
2
y
(đánh giá C-S dạng Engel)
a
Suy ra:
 a 2  8bc  1  P  1
Dấu đẳng thức xảy ra:  a  b  c  1
Vậy GTNN của P là 1
2

Câu 19 : Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn: a 2  b2  c 2  ab  bc  ca  2
6a ( a 2  b 2  c 2 )
8(b 2  c 2 )
4a


Tìm GTNN của: P 
2
2
2
(a  b  c)
2(b  c )  ab  ac
3(ab  bc  ca)  2
Giải:
*Một BĐT có hình thức khá xấu với biểu thức quá dài và bất đối xứng. Tuy nhiên lời giải
bài toán lại chứa một số đánh giá khá hay và đẹp mắt!
21


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

Ta có:

3(a 2  b2  c 2 )  a 2  b2  c 2  2(ab  bc  ca  2)  (a  b  c)2  4


Lại có:



6a ( a 2  b 2  c 2 )
4
4
8a
(1)

2
a
1


2
a
.2



2
2
(a  b  c)2
(
a

b

c
)
(
a

b

c
)
a

b

c



3(ab  bc  ca)  2  a 2  b2  c 2  2(ab  bc  ca)  (a  b  c)2
4a
4a
(2)


3(ab  bc  ca)  2 a  b  c

8(b 2  c 2 )
4
4
4(b  c) 2
Ta có:
(3)



ab  ac (b  c) 2  ab  ac
2(b 2  c 2 )  ab  ac 1  ab  ac
1
2(b 2  c 2 )
(b  c) 2
Từ (1), (2) và (3), suy ra :
4a
4(b  c) 2
4a 2
4(b  c) 2
P



a  b  c (b  c) 2  ab  ac a 2  ab  ac (b  c) 2  ab  ac
4a 2
4(b  c) 2
4(a  b  c) 2


4
a 2  ab  ac (b  c) 2  ab  ac a 2  ab  ac  (b  c ) 2  ab  ac
P4


22 2
b  c
a




3
Dấu đẳng thức xảy ra:  a  b  c  2


b  c  2  2
a
bc
 2


3
2
 a  ab  ac (b  c)  ab  ac
Vậy GTNN của P là 4

Mà:

Câu 20 : Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: x 2  y 2  z 2  9 và xyz  0
Tìm GTLN của: 2( x  y  z )  xyz
Giải:
Ta có:

9  x 2  y 2  z 2  3 3 x 2 y 2 z 2  x 2 y 2 z 2  27  3 3  xyz  3 3

Xét: x, y, z  0 . Khi đó ta có: 2( x  y  z )  xyz  0  3 3  3 3
Xét trường hợp 1 trong 3 số x, y, z không dương. Giả sử: z  0; x  0; y  0
Ta có:

 z( x2  y 2 )
x  y  2 xy 
  xyz (1)
2
2

2

22


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

x2  y 2
 4  2 z (2)
Lại có:
x  4  4 x ; y  4  4 y  2( x  y  z ) 
2
x2  y 2
 z( x2  y 2 )
 4  2z
Từ (1) và (2) suy ra:  2( x  y  z )  xyz 
(3)
2
2
Từ giả thiết ta có: x 2  y 2  9  z 2 . Thay vào (3) và rút gọn thu được:
2

2

1
P  ( z 3  z 2  5z  17)
2
1
Xét hàm: f ( z )  ( z 3  z 2  5 z  17) (với z  0 )
2
Khảo sát f(z) dễ dàng thu được: f ( z )  f (1)  10  P  10
Dấu đẳng thức xảy ra:  ( x; y; z )  (2;2; 1) và các hoán vị
Vậy GTLN của P là 10
Câu 21 : Cho 3 số thực không âm x, y, z thỏa mãn: x  y  z  5
Tìm GTLN của: P  2 xy  3 yz  4 zx
Giải:
*Với lời giải sau ta sẽ có phương pháp chung cho lớp các bài toán tương tự!
Ta có:

2 xy  z (3 y  4 x)  P  0  2 xy  (5  x  y)(3 y  4 x)  P  0

 4 x 2  (20  5 y) x  3 y 2  15 y  P  0 (1)

PT(1) có nghiệm:   x  0  (20  5 y)2  16(3 y 2  15 y  P)  0
600
9600
 16 P  23 y 2  40 y  400 
P
3
23
 45 20 50 
Dấu đẳng thức xảy ra: ( x; y; z )   ; ; 
 23 23 23 
600
Vậy GTNN của P là
3

Câu 22[Olympic 30-4] : Cho 3 số thực dương a, b, c.
a(b  c)
Tìm GTNN của: P  
(b  c)2  a 2
23


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

Giải:
*Bài này ta sử dụng kĩ thuật chuẩn hóa BĐT. Đây là kĩ thuật thường được dùng trong các
kì thi HSG nhưng thi ĐH thì không được phép sử dụng trực tiếp mà phải qua một vài lập
luận nhỏ… (cái này mình bắt chước anh Bùi Thế Việt)
Đặt : k 
Khi đó:

abc
; a  kx; b  ky; c  kz
3
x  y  z  3 . Và: P  

x( y  z )
( y  z )2  x 2

(*như vậy là ta đã chuẩn hóa được

BĐT)

P

x(3  x)
x(3  x)
 2
2
2
(3  x)  x
2x  6x  9

x(3  x)
2 9
  ( x  1) (1)
2
2 x  6 x  9 5 25
(18 x  9)( x  1) 2
 0 (luôn đúng)
Ta có thể chứng minh (1) đúng vì (1) tương đương với:
25(2 x 2  6 x  9)
x(3  x)
6 9
6
6
Suy ra:
 2 x2  6 x  9  5  25 ( x  y  z  3)  5  P  5
Dấu đẳng thức xảy ra:  x  y  z  1  a  b  c
6
Vậy GTLN của P là
5

Tới đây sử dụng phương pháp tiếp tuyến, tìm được BĐT:

Câu 23 : Cho 2 số thực dương x, y thỏa mãn: x 4  y 4 
Tìm GTLN của: P 

1
 xy  2
xy

2
2
3


1  x 2 1  y 2 2 xy  1
Giải:

*Bài này khá dễ…
Áp dụng AM-GM: x 4  y 4  2 x 2 y 2  xy  2  2 x 2 y 2 
Suy ra:

1
1
 ( xy  1)( xy  1)( xy  )  0
xy
2

1
 xy  1
2
24


Nguyễn Hà Quang – VMF: quanguefa

1
1
2
(áp dụng BĐT 3 phần 2)


2
2
1  x 1  y 1  xy
4
3
Suy ra:
P

1  xy 2 xy  1
1
1
4
3
Đặt: t  xy (  t  1). Xét hàm: f (t ) 
(với  t  1)

t  1 2t  1
2
2
1 7
7
Dễ dàng chứng minh f(t) nghịch biến, từ đó suy ra: f (t )  f ( )   P 
2 6
6
2
Dấu đẳng thức xảy ra:  x  y 
2
7
Vậy GTLN của P là
6
Ta có:

Câu 24 : Cho phương trình: x 4  ax3  bx 2  cx  1  0
Chứng minh rằng nếu phương trình có nghiệm thì: a 2  b 2  c 2 

4
3

Giải:
Ta có:

( x6  x 4  x 2 )(a 2  b2  c 2 )  (ax3  bx 2  cx)2 (áp dụng C-S)
 ( x6  x 4  x 2 )(a 2  b2  c 2 )  ax3  bx 2  cx

Phương trình có nghiệm, suy ra: ax3  bx 2  cx   x 4  1  ax3  bx 2  cx  x 4  1
Suy ra:

a 2  b2  c2 

( x 4  1) 2
( x 4  1) 2

x 6  x 4  x 2 x 2 ( x 4  x 2  1)

Áp dụng AM-GM, ta có: x 4  1  2 x 2  3( x 4  1)  2( x 4  x 2  1)

( x 4  1)2
2 x 2 ( x 4  1) 4


Suy ra:
4
x 2 ( x 4  x 2  1)
3
2 3( x  1)
x.
2
2

a

b

c


x 1
3

Dấu đẳng thức xảy ra:  
 x  1  a  c  2 ; b  2

3
3
*Dạng này khá lạ nhưng hoàn toàn phù hợp với việc thi ĐH
25


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×