Một số bài toán Bất đẳng thức ôn thi vào lớp 10 năm 2021
Nội dung tài liệu
Tải xuống
Link tài liệu:
Các tài liệu liên quan
Có thể bạn quan tâm
Thông tin tài liệu
Nguyễn Trung Kiên 0988844088
MỘT SỐ BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC ÔN
THI VÀO LỚP 10
Bài 1. Với x là số thực không âm. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P
1
1
x 1
3x 1 .
x3
Hướng dẫn:
Ta có:
1 x 1 1 1
x 1
.
,
x 1 3x 1 2 x 1 3x 1
1
3x 1
x
1 2x
11
2x
suy ra
3x 1
2 3 x 1 2 2 3x 1
x 1 1 1
x 1 1 1
2x 1 1
3
(*).
3x 1 2 x 1 3 x 1 2 2 3x 1 2 x 1 2
1
1 2
11
2
x
.
,
2 x 3 2 2 x3 x3
x3
Tương tự:
x 1 1 1
2 1 x
x 1 1 x
3
(**). Từ (*),(**) ta suy ra:
x 3 2 2 x 3 2 x 1 x 3 2 x 1 2
Suy ra:
P
x x 1 1 x
x 1
.
x 1 x 3 2 x 1 x 3
1 1 1
3 1 x
3
1
x 1
2 x 1 2 2 x 1 2 2 . Dấu đẳng thức xảy ra tại
3x 1
x 3
x 1 .
Bài 2. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn: x 2 y 2 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P
x y
.
1 xy
Hướng dẫn:
x y
2
Ta có P
x
2
2
y 2 xy
2
x y
x
2
2
x
2
y2
y 2 xy
2
2
. Ta chứng minh: P 2
8
hay
9
2
9 x 2 2 xy y 2 x 2 y 2 8 x 2 xy y 2 x 2 y 2 2 xy x 2 y 2 8 x 2 y 2
x
2
2
2
y 2 2 xy x y 0 .Bất đẳng thức này luôn đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x y
2 2
1
1
. Vậy GTNN của P là
tại x y
.
3
2
2
Nguyễn Trung Kiên 0988844088
Bài 3. Với x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: x y 3, x y 5 . Tìm GTLN của
biểu thức: P x 2 x 1 y 2 y 1 .
Hướng dẫn:
Ta sẽ chứng minh: x 2 x 3 y 2 y 3 22 23 32 33 hay
32 y 2 33 y3 22 x 2 23 x3 0 hay
y 2 3 y 9 3 y x 2 2 x 4 2 x 3 y 3 y 2 x 2 x 0 . Sử dụng công
thức khai triển Abel : a1b1 a2b2 a1 a2 b1 a2 b1 b2
Ta viết lại vế trái bất đẳng thức cần chứng minh thành:
VT y 2 3 y x 2 2 x 5 3 y x 2 2 x 4 5 x y 1 y x 3 y 2 x 5 x y
hay
VT y 2 x 2 3 y 2 x 5 3 y x 2 2 x 4 5 x y 1 y x 3 y 2 x 5 x y
Chú ý rằng với điều kiện: 0 x y 3, x y 5 thì VT 0 nên bất đẳng thức được chứng
minh.
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi x 2, y 3 .
Bài 3. Cho các số thực x 3, y 3 thỏa mãn x y 2
x 3 y 3 . Chứng minh rằng:
4 x 2 y 2 15 xy 83 0 .
Hướng dẫn: Từ giả thiết ta có
x y 4
x y 2( x 3 y 3) ( x y) 2 4( x y) 8 x 3. y 3 4( x y)
x y 0
Mặt khác x y 2( x 3 y 3) 2 2( x y ) x y 8 4 x y 8
Xét biểu thức P 4( x 2 y 2 ) 15 xy 4( x y ) 2 7 xy . Từ điều kiện xác định ta có
x 3 y 3 0 xy 3 x y 9
. Dẫn đến
2
P 4( x 2 y 2 ) 15 xy 4( x y ) 2 7 xy 4 x y 21 x y 63 .
2
2
Ta có: 4 x y 21 x y 63 4 x y 4 11 x y 125 11.4 125 83
Dấu đẳng thức xảy khi và chỉ khi x y 4 và x 3 y 3 0
x 7, y 3 .
Vậy GTNN của P là -83 tại x 7, y 3 .
Bài 4 . Cho các số thực x, y thỏa mãn: x 3 x 2
P x 2 xy y 2 .
y
3 y 2 9 .Tìm GTNN của
Nguyễn Trung Kiên 0988844088
Hướng dẫn:
Giả sử x; y là các số thực thỏa mãn x 3 x 2
y
x 2 3 x x 2 x x x 0 , tương tự
Ta có
3 y 2 9 .
y2 3 y 0
Đặt: a x x 2 3 với a 0 x 2 3 a x x 2 3 a 2 2ax x 2 x
tự với b y y 2 3 ta sẽ thu được y
x 2 xy y 2
Nên P
a2 3
. Tương
2a
b2 3
. Ta có
2b
3
1
3
2
2
2
x y x y x y
4
4
4
a 2 3 b2 3
3
2
với điều kiện a, b 0, ab 9 . Ta
x y . Xét Q x y ta có: Q
4
2a
2b
a 2 3 b2 3 a b 3
3 a 3
a 3
2 . 2 P 3.
2a
2b
2 2 2a 2b 3 a
3 a
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a 3 x y 1 .
có: Q
Bài 5: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: abc 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
a3
b3
c3
.
1 bc
1 ca
1 ab
P
Hướng dẫn:
Ta có
a3
1 bc
a2
a2
. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz ta có:
1 a
a 1 bc
a b c
P
2
1 a 1 b 1 c
2
2a b c 3 2
. Ta chứng minh:
a b c
2
1 a 1 b 1 c
3 2
hay
2
1 a 1 b 1 c . Chú ý rằng:
2 2 1 a 2 2 1 a 2 1 a a 3 dẫn đến
3 2
1 a 1 b 1 c 3 a b c 9 . Cuối cùng ta chỉ cần chỉ ra
2
4 a b c 3 a b c 27 a b c 3 4 a b c 9 0 nhưng điều này luôn đúng
do a b c 3 3 abc 3 . Vậy GTNN của P là
3 3
tại a b c 1 .
2
Nguyễn Trung Kiên 0988844088
Bài 6. Cho 3 số thực không âm x, y, z . Chứng minh rằng:
x
2
y
x 3
2
y 3
z
2
z 3
3 3 2
3
x y2 z2 .
8
8
Hướng dẫn:
Ta có
3 x2 y 2 z 2 x y z .
Nên VT
x
x2 3
x
x2 3
y
y2 3
y
y2 3
z
z2 3
Mặt khác ta chứng minh được:
z
z2 3
3
x y z . Ta chứng minh:
8
3
3
x y z .
8
8
x
2
x 3
3x 1
(*) thật vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương
8
đương với
2
64 x 2 9 x 2 6 x 1 x 2 3 3 x 4 2 x 3 12 x 2 6 x 1 0 x 1 3x 2 8 x 1 0 , bất
đẳng thức cuối cùng đúng vậy (*) được chứng minh.
y
3y 1
z
3z 1
Tương tự ta cũng có:
,
. Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều ta có
8
8
y2 3
z2 3
đpcm.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z 1 .
Bài 7. Cho các số thực a, b, c không đồng thời bằng 0 và a b c 0 . Biết
a 2 b 2 c 2 2 ab bc ca . Tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất của P
a
.
abc
Hướng dẫn:
2
Từ a 2 b 2 c 2 2 ab bc ca chia 2 vế cho a b c ta thu được:
2
2
2
a
b
c
ab
bc
ca
2
đặt
a b c 2 a b c 2 a b c 2
abc abc abc
a
b
c
x
,y
,z
suy ra
a bc
abc
a bc
x y z 1
y z 1 x
x y z 1
2
2
1 2
1
2
2
2
2
x
y
z
y z 2 x2
x y z 2 xy yz zx
2
2
Nguyễn Trung Kiên 0988844088
Vì
2
2
1
2 y 2 z 2 y z 2 x 2 1 x 3 x 2 2 x 0 x 3x 2 0 3 x 3 x 2 0
2
3 x 0
2
2
Suy ra
0 x suy ra 0 P .
3
3
3 x 2 0
Bài 8: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x 2 y 2 z 2 8 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
P x3 y 3 y 3 z 3 z 3 x3 .
Hướng dẫn:
x y z
2 6
Ta có P 0 dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2
.
x yz
2
2
3
x
y
z
8
Do vai trò x, y, z như nhau nên ta có thể giả sử x y z thế thì P 2 x 3 z 3 ta có
x 2 2 xz z 2 x 2 xz z 2 x 2 xz z 2
P 4 x 2 xz z x xz z x xz z 4.
3
2
2
2
2
2
3
2
2
3
3
P 2 4 x 2 z 2 mà x 2 z 2 x 2 y 2 z 2 83 nên P 32 2 . Dấu đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi x 2 2, y z 0 hoặc x y 0, z 2 2 .
Bài 9. Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh:
a
2
5a b c
2
b
2
5b c a
2
c
2
5c a b
2
1.
Hướng dẫn:
a
Đặt: P
5a 2 b c
2
b
5b 2 c a
2
c
5c 2 a b
2
Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
a2
b2
c2
Ta có P 3 2
2
2
2
2
2
5a b c 5b c a 5c a b
2
Ta chứng minh: Q
a2
5a 2 b c
2
b2
5b 2 c a
2
c2
5c 2 a b
2
1
.
3
3
Nguyễn Trung Kiên 0988844088
a2
a2
Chú ý rằng:
.
5a 2 b 2 2bc c 2 a 2 b2 c 2 2a 2 bc 2a 2 bc
Ta cũng có:
a2
a2
a2
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
5a b 2bc c
a b c 2a bc 2a bc 9 a b c 2a bc 2a bc
Từ đó suy ra
2 a2
1
a2
b2
c2
b2
c2 1 2
Q 2
S .
9 a b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 9 2a 2 bc 2b 2 ca 2c 2 ab 9 9
a2
b2
c2
1
bc 1
ca 1
ab
1 2
1 2
1 2
2
2
2
2a bc 2b ca 2c ab 2 2a bc 2 2b ca 2 2c ab
3 1
bc
ca
ab
hay S T với T 2
2
2
2 2
2a bc 2b ca 2c ab
Ta có: S
Ta viết lại T
b 2c 2
c 2a2
a 2b 2
. Tiếp tục sử dụng BĐT Cauchy2a 2bc b 2c 2 2b 2ca c 2 a 2 2c 2 ab a 2b 2
Schwarz ta có:
2
2
ab bc ca
ab bc ca
b 2c 2
c2 a 2
a 2b 2
T 2
1
2
2 2
2
2 2
2
2 2
2 2
2 2
2 2
2a bc b c 2b ca c a 2c ab a b
2abc a b c a b b c c a
ab bc ca
1
Vậy S 1 dẫn đến Q nên P 1 đpcm. Dấu đẳng thức xảy ra tại a b c .
3
Bài 10. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: a 2 b 2 c 2 3 . Tìm giá trị lớn nhất của
ab
bc
ca
P
.
2
2
4a
4 b 4 c2
Hướng dẫn:
Ta chứng minh: P 1 hay
ab
bc
ca
1.
2
2
2
2
1 b c 1 c a 1 a 2 b2
2
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: a b c a 2 1 1 1 b 2 c 2 , tương tự ta
có 2 bất đẳng thức nữa và suy ra
a 3b b3c c 3a 2 ab bc ca
ab
bc
ca
. Cuối cùng ta sẽ chứng
2
1 b2 c2 1 c 2 a 2 1 a 2 b2
a b c
2
minh: a b c a 3b b3c c 3a 2 ab bc ca a 2 b 2 c 2 a 3b b3c c3a
Nguyễn Trung Kiên 0988844088
Hay chứng minh: a 2 b 2 c2
2
3 a 3b b3c c3a ( Đây là một bất đẳng thức nổi tiếng ).
2
Sử dụng đánh giá: x y z 3 xy yz zx với
x a 2 bc ab, y b 2 ca bc, z c 2 ab ca ta có:
a
2
2
b 2 c 2 3 a 2 bc ab b 2 ca bc b 2 ca bc c 2 ab ca c 2 ab ca a 2 bc ab
Khai triển và thu gọn vế phải ta được: a 2 b 2 c2
2
3 a 3b b3c c3a đpcm.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1 .
Bài 11. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a 2 b 2 c2 3 . Tìm GTLN,GTNN của
P
1
4 ab
1
4 bc
1
4 ca
.
Hướng dẫn:
Ta có P
a, b, c
1
4 ab
1
4 bc
1
4 ca
1 1 1 3
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
4 4 4 4
là hoán vị của bộ số 0; 0; 3 .
Chú ý rằng:
2
4 ab
1
2 ab 2 ab
2 ab
4 ab
1
1
4 ab
4 ab 2 ab
4 ab 2 ab
Do ab bc ca a 2 b 2 c 2 3 ab, bc, ca 3 dẫn đến 4 ab 0 . Sử dụng bất đẳng thức
2
4 ab 2 ab
AM-GM ta có: 4 ab 2 ab
9 nên
2
4 ab
4 ab
2
4 ab 5 ab
1
5 ab
dẫn đến
1
tương
9
9 9
9
4 ab
4 ab 18 18
4 ab 2 ab
tự ta cũng có 2 bất đẳng thức nữa và cộng lại thì thu được: P
15 ab bc ca 15 3
1 .
18
18
18 18
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1 .
Bài 12. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x, y, z 0; z 1 và x y z 3 . Tìm GTLN,GTNN
của P x 2 y 2 2 z 2 2 xyz .
Hướng dẫn:
GTLN.
Nguyễn Trung Kiên 0988844088
Từ z 1 x y 3 z 2 . Ta có:
z 2 2 xyz 2 xy 2 yz 2 zx z z 2 x 2 y 2 xy z 1 0 nên suy ra
2
P x 2 y 2 2 z 2 2 xyz x 2 y 2 z 2 2 xy yz zx x y z 9 . Dấu đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi x 3; y z 0 hoặc y 3, x z 0 .
GTNN.
Ta có:
2
2
2
2
P x y 2 z 2 xy z 1 3 z 2 z z 1
Hay P
x y
2
2
2
2
3 z 2 z z 1
3 z
2
2
1
9 9
3
z z 2 z 3 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z 0, x y .
2
2 2
2
Bài 13. Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn: ab a b 3 . Tìm giá trị lớn nhất của P
3a
3b
ab
P
a 2 b2 .
b 1 a 1 a b
Giải:
Đặt t a b suy ra t 0 , ta có ab t 3 ab 3 t nên t 3 ( do a, b 0 ).
2
Mặt khác ta có: a b 4ab suy ra t 2 4 3 t t 2 4t 12 0 t 2 t 6 0 t 2
vậy 2 t 3
Đưa P về f t . Ta có:
3a a 1 3b b 1
2
3 a b 3 a b 6ab
ab
ab
2
2
P
a b 2ab
a b 2ab
ab
ab a b 1
a b
a 1 b 1
Thay t a b, ab 3 t ta có:
P f t
3t 2 3t 6 3 t 3 t 2
1
1
1 3
t 2 3 t t 2 t .
4
t
4
4
2 t
1
1
1 3 3
Ta chứng minh: f t f 2 22 2
4
4
2 2 2
Tức là chứng minh:
1
1 1 3 3
12
t 2 t t 2 t 2 6 t 3 t 2 4t 12 0 t 2 t 2 t 6 0
4
4
2 t 2
t
Nguyễn Trung Kiên 0988844088
Bất này luôn đúng do t 2 . Vậy P max bằng
3
tại a b 1 .
2
Bài 14. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn: a 2 b 2 c 2 1 . Tìm GTLN,GTNN của
P a b c ab bc ca .
Hướng dẫn:
2
Ta chứng minh được: 3 a 2 b 2 c 2 a b c a b c 3 a 2 b2 c 2 3 .
Ta chứng minh: ab bc ca a 2 b 2 c 2 1 .
1
Suy ra P 3 1 . Tại a b c
thì P 3 1 nên GTLN của P là
3
3 1.
Cách khác:
P a bc
a b c
2
a 2 b2 c2
2
a b c
a bc
2
2
1
suy ra 2 P t 2 2t 1 .
Với t a b c .
2
Ta có a b c 3 a 2 b 2 c 2 3 3 t 3 .
2
Suy ra 2 P t 1 2 2 P 1 , dấu = xảy ra khi và chỉ khi t 1 …..
2P
2
3 1 2 2 2 3 P 3 1 …..
Bài 15: Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a b c 1 . Tìm GTLN,GTNN của
P
1
1
1
.
1 ab 1 bc 1 ca
Hướng dẫn:
Trước hết ta chứng minh: P
27
.
8
1
.Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
27
1 ab 1 bc 1 bc 1 ca 1 ca 1 ab 27 hay
8
1 ab 1 bc 1 ca
Từ giả thiết a b c 1 ta suy ra abc
Nguyễn Trung Kiên 0988844088
3 2 ab bc ca abc a b c
27
2 2 2
1 ab bc ca abc a b c a b c
8
8 3 2 ab bc ca abc 27 1 ab bc ca abc a 2 b 2 c 2
Hay
3 11 ab bc ca 19abc 27 a 2 b 2 c 2 0 4 3 19abc 27 a 2 b 2 c 2 11.4 ab bc ca
Từ bất đẳng thức quen thuộc a b c b c a c a b abc suy ra
1 2a 1 2b 1 2c abc 11.4 ab bc ca 111 9abc .
Ta cần chứng minh 4 3 19abc 27 a 2 b 2 c 2 111 9abc .
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với 1 27abc 1 4abc 0 . Bất đẳng thức cuối
cùng đúng do abc
1
.Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
27
1
abc .
3
Tiếp theo ta chứng minh: P 3 .
Ta có 1 ab,1 bc,1 ca 1 nên P 3 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a; b; c là hoán vị
của bộ số 0;0;1 .
Bài 16. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a b c 1 . Tìm GTLN,GTNN của
P a 2 abc b 2 abc c 2 abc 3 abc .
Hướng dẫn:
Ta có a 2 abc a 2 a b c abc a a b a c .
Do đó ta được
a 2 abc a a b a c
Chứng minh tương tự ta được :
Do đó ta được:
b 2 abc
a a b a c
a a 1
2
2
b b 1
;
2
a 2 abc b 2 abc c 2 abc
c 2 abc
c c 1
2
a a 1
b b 1
c c 1
2
2
2
Nguyễn Trung Kiên 0988844088
Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có
a a 1
2
a 1 b c
a b c 1
abc a
a
a
2
2
2
Chứng minh tương tự ta được:
b b 1
abc b ;
2
c c 1
abc c
2
Như vậy ta có: P a 2 abc b 2 abc c 2 abc 3 abc a b c
Mà ta có
a b c 3 a b c 3 . Nên ta suy ra P 3 .Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ
1
khi a b c .
3
Dễ thấy P a 2 b2 c 2 a b c 1 dấu đẳng thức xảy ra khi a, b, c là hoán vị của bộ
số 1;0;0
Bài 17. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: ab bc ca 3 . Tìm GTNN của biểu thức
P a 3 a 5 b5 b3 5 c 7 c5 5 .
Hướng dẫn:
Nhận xét: Với mọi số thực dương x thì x 1, x 2 1; x 3 1, x 5 1 luôn cùng bằng 0 hoặc cùng
dấu.
2
Ta có: a 1 a 2 1 a 1 a 1 0 a 3 a 2 a 1 0 a 3 a 5 a 2 4 .
b
c
2
2
1 b3 1 b 1 b 1 b 2 b 1 0 b5 b3 5 b 2 4 , tương tự ta có
2
1 c 5 1 0 c 7 c5 5 c 2 4
Dẫn đến P a 3 a 5 b5 b3 5 c 7 c 5 5 a 2 4 b 2 4 c 2 4 .
2
Trước hết ta chứng minh: a 2 4 b 2 4 c 2 4 5 a b c 2 (*)
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz ta có:
a b c 2
2
2
b c 2 2
bc2
2
a
.2 a 4 1
2
4
b c 22
Ta quy bài toán về chứng minh: 5 a 4 1
a 2 4 b 2 4 c 2 4
4
2
Nguyễn Trung Kiên 0988844088
Hay
2
5 4 b c 2 4 b 2 4 c 2 4 40 5b 2 5c 2 10bc 20 b c 4 b 2c 2 4b 2 4c 2 16
Hay
2
2
2
2
4b 2c 2 10bc 11b 2 11c 2 20 b c 24 0 2bc 2 b c 10 b 1 10 c 1 0
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng (*) được chứng minh.
2
2
Bây giờ ta có: a b c 3 ab bc ca 9 a b c 3 dẫn đến 5 a b c 2 125
vậy P 125 dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1 .
Vậy GTNN của P là 125 tại a b c 1 .
Bài 18.Với x, y , z là các số thực không âm thỏa mãn: 5 x 2 y 2 z 2 6 xy yz zx
Chứng minh: 2 2 x y z 2 y 2 z 2 3 .
Hướng dẫn:
2
Sử dụng bất đẳng thức: A B 2 A2 B 2 ta có:
5x 2
5
6
2
2
y z 5x 2 5 y 2 z 2 6 x y z 6 yz 6 x y z y z
2
4
2
Suy ra 5 x 2 6 x y z y z 0 5 x y z x y z 0
yz
x y z x y z 2 y z .
5
2
Suy ra 2 2 x y z 2 y 2 z 2 2 4 y z y z đặt
y z t 0 . Ta chứng minh:
2
4t t 4 3 t 4 4t 3 0 t 1 t 2 2t 3 0 bất đẳng thức này luôn đúng. Dấu ‘=’ xảy
x y z
1
ra khi và chỉ khi y z
x 1, y z .
2
y z 1
Bài 19. Cho các số thực dương x, y , z sao cho xy yz zx 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
x2 y 2 z 2
2
P x y z
.
z
x
y
Hướng dẫn:
Nguyễn Trung Kiên 0988844088
Ta có
x2 y 2 z 2 x 2 y 2 z 2
xy yz zx
y
z
x y
z
x
1 x3 z y 3 x y 3 x z 3 y z 3 y x 3 z 2
2
2
3
3
3
x z y x z y x y z .
2 y
z z
x x
y
x 3 z y 3 x y 3 x z 3 y z 3 y x3 z
2
2
2
Mặt khác ta có:
2x y 2 y z 2z x .
y
z
z
x
x
y
Suy ra:
Hay
x2 y 2 z 2
x 2 y y 2 z z 2 x x 2 z y 2 x z 2 y x3 y 3 z 3 x y z x 2 y 2 z 2 .
y
z
x
x2 y 2 z 2
2
x y z x y z 2 . Dẫn đến:
y
z
x
2
2
P x y z x y z x y z 2 . Đặt t x y z ta có P t 3 t 2 2t do
x y z
2
3 xy yz zx 3 t 3 .
Ta chứng minh:
t 3 t 2 2t 3 3 t 3 t 2 2t 3 3 0 t 3 t 2
3 1 t 1 3 0 . Bất đẳng
thức cuối cùng luôn đúng do t 3 . Vậy GTLN của P là 3 3 tại x y z 1 .
Bài 20. Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện: x y z 1 . Tìm GTLN,GTNN
của
P x y 1 z y z 1 x z x 1 y .
Hướng dẫn:
2
Sử dụng bất đẳng thức Ax By Cz A2 B 2 C 2 x 2 y 2 z 2
Ta có: P 2 x y 1 z y z 1 x z x 1 y
2
x y y z z x x y 1 z y z 1 x z x 1 y 4 1 xy yz zx
2
Lại có 3 xy yz zx x y z 1 xy yz zx
1
tại x y z .
3
1
4
suy ra P
3 dấu đẳng thức xảy ra
3
3
Nguyễn Trung Kiên 0988844088
Ta cũng có: P x y 1 z y z 1 x z x 1 y x y y z z x 2 dấu
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x; y; z là hoán vị của bộ số 1;0; 0 .
Bài 21. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn: 0 y x 4, x y 7 . Chứng minh:
x 2 y 2 25 .
Hướng dẫn:
Cách 1: Do x 4 suy ra x x y 4 x y (tạo x 2 ). Ta có y x y 7 y
Cộng 2 bất đẳng thức suy ra
x x y y x y 4 x y 7 y x 2 y 2 4 x 3 y 3 x y x 3.7 4 25
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 4, x y 7 x 4, y 3 .
Cách 2: Ta chứng minh: x 2 y 2 42 32 4 x 4 x 3 y 3 y 0 . Sử dụng công
thức khai triển Abel : a1b1 a2b2 a1 a2 b1 a2 b1 b2 .
Ta có: 4 x 4 x 3 y 3 y 1 x y 4 x 3 y 7 x y . Rõ rang với điều
kiện đề bài thì 1 x y 4 x 3 y 7 x y 0 ddpcm.
Bài 22. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a b c 1 . Tìm GTLN của
2
2
2
2
2
2
P 4 a b c 4 b a c 4c a b .
Hướng dẫn:
Ta có
2
2
P 4a b c 4b a c 4c a b 4a b c 4b a c 4c a b
2
2
2
Hay P 4a 1 a 4b 1 b 4c 1 c a 1 b 1 c 1 4 . Dấu đẳng thức xảy
ra khi a; b; c là hoán vị của bộ số 1;0;0 .
Bài 23. Cho các số thực x, y, z 0 thỏa mãn:
của P x y z xy yz zx .
Hướng dẫn:
x 2 y 1 x 2 z 1 4 . Tìm GTLN,GTNN
2
Nguyễn Trung Kiên 0988844088
Tìm GTNN.
Cách 1: Từ giả thiết ta suy ra
16
x 2 y 1 x 2z 1
2
1 1 2 x 2 y 2 z 2 4 x y z 1 suy ra x y z 3
Ta có P x y z 3 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 3, y z 0 .
Cách 2:
Đặt a 2 x 2 y 1 0 x 2 z 1 2 a do x, y, z 0 nên 1 a 1 .
Ta có: 2 x y z 1 2 a 2 4 x y z a 2 3 và y z 4a .
Do a 2 0 nên x y z 3 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 3, y z 0 .
Tìm GTLN:
2
2
2
Chú ý rằng: 4 x y z 3 y z 12 xy yz zx 2 x y z 12 xy yz zx
Suy ra xy yz zx
1
1
1
1
2
2
2
2
x y z y z .Dẫn đến P x y z x y z y z
3
4
3
4
a 2 a 2 3
2
1 2
2
6 6 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
hay P a 3 a 3 4a
3
3
x y z 1.
2
Bài 24. Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn: (a c)(b c ) 4c 2 . Tìm GTLN của biểu thức:
A
a
b
ab
.
b 3c a 3c bc ca
Bằng cách: a xc, b yc . Giả thiết trở thành:
xc c yc c 4c2 x 1 y 1 4 x y xy 3 .
Biểu thức A trở thành: A
xc
yc
xc. yc
x
y
xy
2
2
yc 3c xc 3c yc xc
y3 x3 x y
Bài toán trở thành: Cho x, y 0 , x y xy 3 . Tìm GTLN A
x
y
xy
.
y 3 x3 x y
2
Đặt t x y suy ra xy 3 t do x, y 0 0 t 3 . Lại có x y 4 xy suy ra t 2 4 3 t
2
hay t 2 4t 12 0 t 2 16 t 2 4 t 2 vậy 2 t 3 .
Nguyễn Trung Kiên 0988844088
2
x 2 3x y 2 3 y
xy
x y 2 xy 3 x y xy t 2 2 3 t 3t 3 t
Ta có A
xy 3 x y 9
x y
3t 3 t 9
t
x 3 y 3 x y
A
t 2 2 3 t 3t
3t 3 t 9
t 1 t 6 3 1 t 3 3 f t .
3 t t 2 5t 6 3
1
t
2t 12
t
2 t 6
t
2 t 2
Ta chứng minh: A f 2 1 hay
t 3 3
t 3 5
1 0 t 2 6 5t 0 t 2 t 3 0 luôn đúng do 2 t 3 .
2 t 2
2 t 2
Dấu bằng xảy ra tại t 2 x y 1 a b c .
Bài 25. Cho các số thực a, b, c thay đổi luôn thỏa mãn: a b c 4 và a 2 b2 c 2 6 .
a. Tính giá trị biểu thức M ab bc ca
b. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P a 3 b3 c 3 .
Hướng dẫn:
2
a. Từ giả thiết ta có: 2 ab bc ca a b c a 2 b 2 c 2 16 6 10
ab bc ca 5 .
a b c 4
b. Ta có 2
suy ra
2
2
a
b
c
6
2 6 a2 4 a
2
Tương tự ta cũng có
b c 4 a
2
mà 2 b2 c 2 b c b, c suy ra
2 2
2
b c 6 a
3a 2 0
2
3a 2 a 2 0 3a 2 3a 6 0
a2
3
3a 6 0
2
b, c 2 .
3
3
Sử dụng đẳng thức x3 y 3 x y 3xy x y Ta có
3
3
P a 3 b 3 c 3 a b 3ab a b c3 4 c 3ab 4 c c 3
3
3
4 c c 3 12ab 3abc P 4 c c 3 12ab 3abc 64 48c 12c 2 12ab 3abc
12c 4 c 12ab 3abc 64
Nguyễn Trung Kiên 0988844088
Hay P 12c a b 12ab 3abc 64 64 12 ab bc ca 3abc 3abc 4 Vì
a 2 b 2 c 2 0
2
2
a, b, c 2 suy ra a 2 b 2
c 0
3
3
3
3
abc 4 a b c 2 ab bc ca 8 0
50
86
abc 2 suy ra
P 10 .
4
2
8
27
9
0
abc a b c ab bc ca
9
3
27
2
5
86
Khi a 2, b 1, c 1 thì P 10 , a , b c thì P .
3
3
9
Vậy GTLN của P là 10, giá trị nhỏ nhất của P là
86
.
9