Một số bài toán Bất đẳng thức ôn thi vào lớp 10 năm 2021
Gửi bởi: HCEM - CNTT 5 tháng 4 2021 lúc 17:06:22 | Được cập nhật: hôm kia lúc 11:49:40 | IP: 10.1.29.62 Kiểu file: PDF | Lượt xem: 423 | Lượt Download: 3 | File size: 0.22841 Mb
Nội dung tài liệu
Tải xuống
Link tài liệu:
Các tài liệu liên quan
- Đề cương ôn tập học kì 1 Toán 10
- Đề cương ôn tập Toán lớp 10
- Đề cương ôn tập Toán hình học lớp 10 trường THPT Giai Xuân
- 100 Bài tập tự ôn vào 10 toán hay
- Tài liệu ôn tập HKII năm học 2020-2021 môn Toán 10, trường THPT Xuân Đỉnh - Hà Nội
- Hướng dẫn ôn tập học kì 2 Toán 10 năm 2020 – 2021 trường Vinschool – Hà Nội
- Nội dung ôn tập học kì 2 Toán 10 năm 2020 – 2021 trường THPT Việt Đức – Hà Nội
- Đề cương ôn tập HK2 Toán 10 năm 2020 – 2021 trường THPT Kim Liên – Hà Nội
- Một số bài toán Bất đẳng thức ôn thi vào lớp 10 năm 2021
- Đề cương ôn thi HKI Toán 10, trường THPT Xuân Đỉnh - Hà Nội năm học 2020-2021.
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