ÔN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC-(4/2011)_- GV: Hoàng Hải Đăng LÝ THUYẾT: 1.Các bất đẳng thức thông dụng cần nắm: a. ( ) 2 2 a +b 2 ,ab a b≥ ∀ ∈¡ b. ( ) 2 2 , 2 a b ab a b + ≤ ∀ ∈¡ c. ( ) 2 , 2 a b ab a b +   ≤ ∀ ∈  ÷   ¡ d. 2a b ab+ ≥ ( ) 0, 0a b≥ ≥ e. 3 3a b c abc+ + ≥ g. 3 3 a b c abc + +   ≤  ÷   h. 3 3 3 3 a b c abc + + ≤ i. 3 3 3 a +b 3c abc+ ≥ k. 1 1 4 x y x y + ≥ + , 0x y > l. 1 1 1 9 x y z x y z + + ≥ + + , , 0z y z > m. 1 1 1 1 ( ) 4x y x y ≤ + + n. 2 1 4 ( , 0) ( ) x y xy x y ≥ > + p. 3 3 2 2 ( , 0)a b a b ab a b+ ≥ + ≥ q.a, b > 0 , 2≥+ a b b a r. ( ) ( ) 2 2 2 2 3 a b c a b c≥+ + + + o. 3 3 3 2 2 a b a b+ +   ≥  ÷   i. ab bc ac a b c+ + ≤ + + 2. Bất đẳng thức CAUCHY. a) Cho a+b 0, b 0 2 ≥ ≥ ⇒ ≥a ab . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b b) Cho 3 a+b+c 0, b 0, c 0 3 ≥ ≥ ≥ ⇒ ≥a abc . Đẳng thức xảy ra khi a= b = c c) Cho 1 2 n 1 2 1 2 a +a + +a 0, 0, , 0 . n ≥ ≥ ≥ ⇒ ≥ n n n a a a a a a . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 = = = n a a a (Gọi là điểm rơi trong BDDT) 3. Bất đẳng thức BUNHIACOPXKI ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 2 . n n n n a x a x a x a a a x x + + + ≤ + + + + + + dấu “=” xảy ra khi 1 2 1 2 a a x x = = Các dạng khác của BUNHIACOPXKI a. 2 2 2 2 2 2 ( ) ( )a b c d a c b d+ + + ≥ + + + . (mở rộng n số.) Cho dãy số dương a 1 , a 2 ,…a n và b 1 , b 2 , b n tùy ý CMR: b. n bbb n aaa n b n a b a b a +++ +++ ≥+++ 21 2 ) 21 ( 2 2 2 2 1 2 1 c. 2 1 21 2 1 2 1 1 2 2 ( ) n n n n n a a a aa a x x x a x a x a x + + + + + ≥ + + + 1 ƠN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC-(4/2011)_- GV: Hồng Hải Đăng CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC : 1. DẠNG SỬ DỤNG CAUCHY KẾT HỢP CÁC TÍNH CHẤT CỦA BẤT ĐẲNG THỨC 1.(ĐH-A-2007). Cho x,y,z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện xyz=1. Tìm GTNN của biểu thức :P= ( ) 2 x y z y y 2z z + + + ( ) 2 y z x z z 2x x + + + ( ) 2 z x y x yx 2y y + + . HD:Ta có ( ) 2 x y z 2x x+ ≥ ; ( ) 2 y z x 2y y+ ≥ ; ( ) 2 z x y 2z z+ ≥ ⇒ P 2x x y y 2z z ≥ + + 2y y z z 2x x+ + 2z z x x 2y y+ Đặt a= x x 2y y+ ; b= y y 2z z+ ;c= z z 2x x+ ⇒ 4c a 2b x x 9 + − = ; 4a b 2c y y 9 + − = ; 4b c 2a z z 9 + − = Vậy P 2 9 ≥ ( 4c a 2b b + − + 4a b 2c c + − + 4b c 2a a + − )= ( ) 2 c b a a b c 2 4 6 4.3 3 6 2 9 b a c b c a 9       + + + + + − ≥ + − =  ÷  ÷         Dấu “=” xảy ra x y z 1⇔ = = = . Vậy Min P = 2 . Chú ý: *Đặt a= x x 2y y+ , b = y y 2z z+ mục đích để đơn giản hóa mẫu thức và tách thành các biểu thức để áp dụng CS sao cho sau khi đánh giá thì Vế phải là hằng số. *có thể đặt a = x , b = y , c= ngay từ đầu để khử vơ tỷ 2 .(ĐH-B-2007). Cho x>0,y>0,z>0 thay đổi. Tìm GTNN của:P= x 1 x 2 yz   +  ÷   + y 1 y 2 xz   +  ÷   + z 1 z 2 xy   +  ÷   . HD:Cách 1: 2 2 2 2 2 2 1 1 ( )( ) 2 2 2 2 y y x z x z P x y z yz zx xy xyz = + + + + + = + + + 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 2 1 1 1 1 1 9 ( )(1 ) 9 . .3 2 2 2 . x y z x y z xyz xyz x y z = + + + + ≥ = Cách 2 P= 2 2 2 2 2 2 x y z x y z 2 2 2 xyz + + + + + . Do x 2 +y 2 +z 2 = 2 2 x y 2 + + 2 2 y z 2 + + 2 2 z x 2 + ≥ xy+yz+zx nên P 2 2 2 x 1 y 1 z 1 2 x 2 y 2 z       ≥ + + + + +  ÷  ÷  ÷       Hướng 1:P 2 2 2 x 1 y 1 z 1 2 x 2 y 2 z       ≥ + + + + +  ÷  ÷  ÷       = 2 2 3 3 1 1 1 1 9 ( ) 3 . . 3 2 2 2 2 2 2 2 x x x x x x ≥ + + + ≥ + + ≥ Vậy min P = 9 khi x = y = z =1 2 Hướng 2: Xét hàm số f(t) = 2 t 1 2 t + với t>0. Từ BBT của f(t) suy ra ( ) 3 f t , t 0 2 ≥ ∀ > . Suy ra P 9 9 ;P x y z 1 2 2 ≥ = ⇔ = = = . Vậy Min P = 9/2 . 3.D05Cho các số dương x, y, z thoả mãn xyz = 1. Chứng minh rằng: + + + + + + + + ≥ 3 3 3 3 3 3 1 x y 1 y z 1 z x 3 3 xy yz zx .Khi nào đẳng thức xảy ra? Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho 3 số dương ta có: 2 ÔN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC-(4/2011)_- GV: Hoàng Hải Đăng 1 + x 3 + y 3 ≥ 3 3 3 3 1.x .y = 3xy ⇔ + + ≥ 3 3 1 x y 3 xy xy (1) Tương tự: + + ≥ 3 3 1 y z 3 yz yz (2); + + ≥ 3 3 1 z x 3 zx zx (3) Mặt khác + + ≥ 3 3 3 3 3 3 3 3 xy yz zx xy yz zx Dấu “=” xảy ra 4.Cho x, y, z là các biến số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 x y z P 4(x y ) 4(x z ) 4(z x ) 2 y z x   = + + + + + + + +  ÷  ÷   Lời giải : Với x, y > 0 ta chứng minh : 4(x 3 + y 3 ) ≥ (x + y) 3 (∗) Dấu = xảy ra ⇔ x = y Thật vậy (∗) ⇔ 4(x + y)(x 2 – xy + y 2 ) ≥ (x + y) 3 ⇔ 4(x 2 – xy + y 2 ) ≥ (x + y) 2 do x, y > 0 ⇔ 3(x 2 + y 2 – 2xy) ≥ 0 ⇔ (x – y) 2 ≥ 0 (đúng) Tương tự ta có :4(y 3 + z 3 ) ≥ (y + z) 3 Dấu = xảy ra ⇔ y = z,,4(z 3 + x 3 ) ≥ (z + x) 3 Dấu = xảy ra ⇔ z = x Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 4 x y 4 y z 4 z x 2 x y z 6 xyz+ + + + + ≥ + + ≥ Ta lại có 3 222 xyz 6 x z z y y x 2 ≥         ++ Dấu = xảy ra ⇔ x = y = z Suy ra 12 xyz 1 xyz6P 3 3 ≥         +≥ Dấu = xảy ra ⇔    == = zyx 1xyz ⇔ x = y = z = 1Vậy minP = 12 khi x = y = z = 1 5 Chứng minh rằng với mọi x ∈ R, ta có:       + + ≥ + +  ÷  ÷  ÷       x x x x x x 12 15 2 0 3 4 5 5 4 3 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có:         + ≥  ÷  ÷  ÷  ÷         x x x x 12 15 12 15 2 . 5 4 5 4 ⇒     +  ÷  ÷     x x 12 15 5 4 ≥ 2.3 x (1) Tương tự ta có:     +  ÷  ÷     x x 12 20 5 3 ≥ 2.4 x (2)     +  ÷  ÷     x x 15 20 4 3 ≥ 2.5 x 6.Cho hai số dương y,x thay đổi thoả mãn điều kiện 4yx ≥+ . Tìm GTNN 2 32 y y2 x4 4x3 A + + + = . A = 2 3 2 2 3x 4 2 y 3x 1 2 y 4x 4 x y y + + + = + + + ⇒ A 2 x 1 1 y y x y 2 4 x 8 8 2 y   + = + + + + +  ÷   3 9 1 2 . 2 2 ≥ + + = Với x = y = 2 thì A = 9 2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 9 2 Lưu ý: vì sao ta tách 3x 4 = x 4 + 2 x ; 2( ) 2 2 8 8 2 y y y y y y = + = + + 3 ÔN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC-(4/2011)_- GV: Hoàng Hải Đăng Vì dự đoán dấu “=” xảy ra khi x = y = 2. và khi x = 2 thì 1 4 x x = 7.A05Chứng minh rằng với mọi x, y > 0 ta có ( ) 256 y 9 1 x y 1x1 2 ≥         +       ++ . Ta có: 1 + x = 1 + + + ≥ 3 4 3 x x x x 4 3 3 3 3 ,1 + y x = 1 + + + ≥ 3 4 3 3 y y y y 4 3x 3x 3x 3 x 1+ 9 y =1 + + + ≥ 3 4 3 3 3 3 3 4 y y y y ⇒   + ≥  ÷  ÷   2 6 4 3 9 3 1 16 y y Vậy ( )     + + +  ÷  ÷  ÷     2 y 9 1 x 1 1 x y ≥ 256 3 3 6 4 3 3 3 3 x y 3 . . 3 3 x y = 256 Lưu ý: Trả lời câu hỏi: Vì sao tách 1 + x = 1 + + + x x x 3 3 3 ,1 + y x = 1 + + + y y y 3x 3x 3x ???? 8.A05.Cho x, y, z là ba số thoả mãn 0zyx =++ . Cm : 6434343 zyx ≥+++++ Ta có: 3 + 4 x = 1 + 1 + 1 + 4 x ≥ 4 4 x 4 ⇒ + ≥ = 8 4 x x x 3 4 2 4 2 4 ????? Tương tự: + ≥ 8 y y 3 4 2 4 ; + ≥ 8 z z 3 4 2 4 Vậy + + + + + x y z 3 4 3 4 3 4 ≥ 2   + +     8 8 8 x y z 4 4 4 ≥ 3 8 x y z 6 4 .4 .4 ≥ 6 + + 24 x y z 4 = 6 9.B05.Chứng minh rằng nếu 0 ≤ y ≤ x ≤ 1 thì 4 1 xyyx ≤− . Khi nào đẳng thức xảy ra? Ta có: 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ x ≥ x 2 , − ≤ 1 x y y x 4 ⇔ ≤ + 1 x y y x 4 (1)Theo BĐT Côsi ta có: + ≥ + ≥ = 2 2 1 1 1 y x yx 2 yx . x y 4 4 4 ⇒ − ≤ 1 x y y x 4 Dấu "=" xảy ra ⇔  ≤ ≤ ≤  =    = ⇔   =     =  2 2 0 y x 1 x 1 x x 1 y 1 4 yx 4 10.B05.Cho a, b, c là các số dương thoả mãn . 4 3 cba =++ Chứng minh rằng: .3a3cc3bb3a 333 ≤+++++ Khi nào đẳng thức xảy ra? 2 Ta có: + + + + ≤ = + + 3 a 3b 1 1 1 (a 3b).1.1 (a 3b 2) 3 3 ,, + + + + ≤ = + + 3 b 3c 1 1 1 (b 3c).1.1 (b 3c 2) 3 3 + + + + ≤ = + + 3 c 3a 1 1 1 (c 3a).1.1 (c 3a 2) 3 3 =>: [ ] + + + + + ≤ + + + 3 3 3 1 a 3b b 3c c 3a 4(a b c) 6 3 ≤   +     1 3 4. 6 3 4 = 3 Dấu "=" xảy ra ⇔  + + =    + = + = +  3 a b c 4 a 3b b 3c c 3a=1 ⇔ a = b = c = 1 4 • Cách 2:Đặt x = + 3 a 3b ⇒ x 3 = a + 3b; y = + 3 b 3c ⇒ y 3 = b + 3c; 4 ÔN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC-(4/2011)_- GV: Hoàng Hải Đăng z = + 3 c 3a ⇒ z 3 = c + 3a⇒ x 3 + y 3 + z 3 = 4(a + b + c) = 4. 3 4 = 3. BĐT cần cm ⇔ x + y + z ≤ 3 Ta có: x 3 + 1 + 1 ≥ 3 3 3 x .1.1 = 3x; y 3 + 1 + 1 ≥ 3 3 3 y .1.1 = 3y;z 3 + 1 + 1 ≥ 3 3 3 z .1 .1 = 3z ⇒ 9 ≥ 3(x + y + z) (vì x 3 + y 3 + z 3 = 3)Vậy x + y + z ≤ 3 Dấu "=" xảy ra ⇔  = = =   + + =   3 3 3 x y z 1 3 a b c 4 ⇔ + = + = +      a 3b b 3c c 3a=1 3 a+b+c= 4 ⇔ a = b = c = 1 4 Lưu ý: Cách 1: Vì sao ta phân tích để đánh giá + + + + ≤ 3 a 3b 1 1 (a 3b).1.1 3 . Cách 2:x 3 + 1 + 1 ≥ 3 3 3 x .1.1 = 3x ?????? 11.D05.Cho x, y, z là ba số dương thoả mãn 1xyz = . Cm: 2 3 x1 z z1 y y1 x 222 ≥ + + + + + Ta có: + + + ≥ = + + 2 2 x 1 y x 1 y 2 . x 1 y 4 1 y 4 + + + ≥ = + + 2 2 y 1 z y 1 z 2 . y 1 z 4 1 z 4 + + + ≥ = + + 2 2 z 1 x z 1 x 2 . z 1 x 4 1 x 4 Cộng 3 BDT, vế theo vế, ta có:       + + + + + + + + ≥ + +  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷ + + +       2 2 2 x 1 y y 1 z z 1 x x y z 1 y 4 1 z 4 1 x 4 ⇔ + + + + ≥ − − + + + + + + 2 2 2 x y z 3 x y z x y z 1 y 1 z 1 x 4 4 ≥ + + − 3(x y z) 3 4 4 ≥ − = − = 3 3 9 3 3 .3 4 4 4 4 2 (vì x + y + z ≥ 3 3 xyz = 3)Vậy: + + ≥ + + + 2 2 2 x y z 3 1 y 1 z 1 x 2 . Lưu ý: Vì sao lại ghép: + 2 x 1 y với +1 y 4 để có + + + ≥ = + + 2 2 1 y 1 yx x 2 . x 1 y 4 1 y 4 Cách 2: Sử dụng: n bbb n aaa n b n a b a b a +++ +++ ≥+++ 21 2 ) 21 ( 2 2 2 2 1 2 1 và sau đó áp dụng CS . 5 ễN TP BT NG THC-(4/2011)_- GV: Hong Hi ng 12.Gi s x, y l hai s dng thay i tho món iu kin x + y = 5 4 . Tỡm GTNN biu thc: S = + 4 1 x 4y Cỏch 1: S = + + + + 5 1 1 1 1 1 5 x x x x 4y x.x.x.x.4y + + + + 5.5 x x x x 4y = 5.minS = 5 = = + = 1 1 x 4y x 4y 5 x y 4 = = x 1 1 y 4 Cỏch 2: S = + 4 1 x 5 4x = f(x),0 < x < 5 4 ,f(x) = + 2 2 4 4 x (5 4x) ;f(x) = 0 = < < 2 2 x (5 4x) 5 0 x 4 x = 1 Lp bng xột du f(x), suy ra minS = 5. Cỏch 3: 2 + = + 1 2 1 x . y . 2 x 2 y + + 4 1 x y . x 4y (3)Du = (3) xy ra = + = 2 1 x . x 2 y . y 5 x y 4 = + = x 4y 5 x y 4 = = x 1 1 y 4 (3) + ữ ữ 2 5 5 4 1 . 2 4 x 4y + 4 1 x 4y 5 13.A06.Cho cỏc s thc z,y,x tho món iu kin 1333 zyx =++ . Chng minh rng : 4 333 33 9 33 9 33 9 zyx yzz z xzy y zyx x ++ + + + + + +++ 14.Cho x, y, z > 0 tha món 1 =++ zxyzxy . Tỡm GTNN ca biu thc P = xz z zy y yx x + + + + + 222 15.Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a 2009 + b 2009 + c 2009 = 3. Tìm GTLN của biểu thức P = a 4 + b 4 + c 4 áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a 2009 ta có )1(.2009 20091 11 4 2009 20092009200920092009200920092009 2005 aaaaaaaaa =+++++++ Tơng tự ta có )2(.2009 20091 11 4 2009 20092009200920092009200920092009 2005 bbbbbbbbb =+++++++ )3(.2009 20091 11 4 2009 20092009200920092009200920092009 2005 ccccccccc =+++++++ Cộng theo vế (1), (2), (3) 2009 2009 2009 4 4 4 4 4 4 6015 4( ) 2009( ) 6027 2009( )a b c a b c a b c+ + + + + + + Từ đó suy ra 3 444 ++= cbaP .Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3. 16.Cho x, y, z >o tho món 1 1 1 2009 x y z + + = Tỡm GTLN ca biu thc:P = 1 1 1 2 2 2x y z x y z x y z + + + + + + + + p dng bt ng thc Cụ- Si, ta cú:4ab (a + b) 2 1 4 a b a b ab + + 1 1 1 ( , 0) 4 a b a b = + > ữ Ta cú: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 2 4 2 4 8 2 2x y z x y z x y z x y z + + + = + + ữ ữ ữ + + + 6 ÔN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC-(4/2011)_- GV: Hoàng Hải Đăng Tương tự: 1 1 1 1 1 2 8 2 2x y z x y z   ≤ + +  ÷ + +   và 1 1 1 1 1 2 8 2 2x y z x y z   ≤ + +  ÷ + +   Vậy 1 1 1 2 2 2x y z x y z x y z + + + + + + + + 1 1 1 1 2009 4 4x y z   ≤ + + =  ÷   Vậy MaxP = 2009 4 khi x = y = z = 12 2009 Cách 2: Sử dụng 2 1 21 2 1 2 1 1 2 2 ( ) n n n n n a a a aa a x x x a x a x a x + + + + + ≥ + + + như sau: 2 (2 1 1) 2 1 1 2x y x x y z + + + + ≥ + + . Do đó : 1 2x y z+ + ≤ 1 1 1 1 8 2 2x y z   + +  ÷   17.A05.Cho x, y, z là các số dương thoả mãn + + = 1 1 1 4 x y z .CMR: + + ≤ + + + + 1 1 1 1 2x+y+z x 2y z x y 2z 18.Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa x + y + z = 1. Tìm GTLN P = 2 2 2 xy yz zx x y z x y z x y z + + + + + + + + 19.Cho ba số thực a, b, c dương . Chứng minh : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 a b c a b a c b c b a c b c a + + ≤ + + + + + + 20.Cho ba số thực a, b, c dương . Chứng minh : ( ) 3 3 3 2 2 2 1 2 2 2 3 a b c a b c a b b c c a + + ≥ + + + + + Dấu đẳng thức xãy ra khi nào ? Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 3 3 3 2 2 2 2 3 2 1 2 2 2 9 3 1 2 1 2 2 9 3 2 2 2 3 1 2 2 2 9 3 a a a b a a b b a b c b b c b a b c b c a b b c c a c c c a c c a  + + ≥  +   + + ≥ ⇒ + + ≥ + +  + + + +   + + ≥  +  Dấu bằng xảy ra khi : a b c= = (Kỷ thuật ghép thêm) 21.Cho a,b,c >0 và abc=1. CM: 3 3 3 3 ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) 4 a b c a b b c c a + + ≥ + + + + + + HD: 3 1 1 3 ( 1)( 1) 8 8 4 a a b a a b + + + + ≥ + + 22.CMR: 4 4 4 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) a b c a b c b c a c a b a b c + + + + ≥ + + + HD: 4 2 2 2 2 4 ( ) a b b c a a b c a + + + + ≥ + 23.A03.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = sin 5 x + 3 cosx 7 ÔN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC-(4/2011)_- GV: Hoàng Hải Đăng Tìm max: y = sin 5 x + 3 cosx ≤ sin 4 x + 3 cosx (1) Ta chứng minh: sin 4 x + 3 cosx ≤ 3 , ∀x ∈ R (2) ⇔ 3 (1 – cosx) – sin 4 x ≥ 0 ⇔ 3 (1 – cosx) – (1 – cos 2 x) 2 ≥ 0 ⇔ (1 – cosx).[ 3 – (1 – cosx)(1 + cosx) 2 ] ≥ 0 (3) Theo BĐT Côsi ta có: (1 – cosx)(1 + cosx)(1 + cosx) = 1 2 (2 – 2cosx)(1 + cosx)(1 + cosx) ≤   = <  ÷   3 1 4 32 3 2 3 27 Vậy BĐT (3) đúng ⇒ (2) đúng ⇒ y ≤ 3 , ∀x. Dấu “=” xảy ra khi cosx = 1 ⇔ x = k2π. Vậy maxy = 3 . • Tìm min: Ta có y = sin 5 x + 3 cosx ≥ – sin 4 x + 3 cosx. Tương tự như trên, ta được miny = – 3 , đạt được khi x = π + k2π. 24.Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5 -x + 5 -y +5 -z = 1 .Chứng minh rằng : + + + + + + + + 25 25 25 25 5 5 5 5 5 x y z x y z y z x z x y ≥ + + 5 5 5 4 x y z Đặt 5 x = a , 5 y =b , 5 z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : 2 2 2 4 a b c a b c a bc b ca c ab + + + + ≥ + + + ( *) ( *) ⇔ 3 3 3 2 2 2 4 a b c a b c a abc b abc c abc + + + + ≥ + + + ⇔ 3 3 3 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4 a b c a b c a b a c b c b a c a c b + + + + ≥ + + + + + + Ta có 3 3 ( )( ) 8 8 4 a a b a c a a b a c + + + + ≥ + + ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) Tương tự 3 3 ( )( ) 8 8 4 b b c b a b b c b a + + + + ≥ + + ( 2) 3 3 ( )( ) 8 8 4 c c a c b c c a c b + + + + ≥ + + ( 3) . Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) 2. SỬ DỤNG CS KẾT HỢP BUNHIACOPXKI 1.B06 Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = ( ) ( ) − + + + + + − 2 2 2 2 x 1 y x 1 y y 2 Áp dụng: 2 2 2 2 2 2 ( ) ( )a b c d a c b d+ + + ≥ + + + Ta có : ( ) ( ) − + + + + ≥ + = + 2 2 2 2 2 2 x 1 y x 1 y 4 4y 2 1 y 8 ÔN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC-(4/2011)_- GV: Hoàng Hải Đăng Do đó: A ≥ 2 + + − 2 1 y y 2 = f(y) • Với y ≤ 2 ⇒ f(y) = 2 + 2 1 y + 2 – y ⇒ f′(y) = + 2 2y y 1 – 1 f′(y) = 0 ⇔ 2y = + 2 1 y ⇔ ≥    = +   2 2 y 0 4y 1 y ⇔ y = 1 3 Do đó ta có bảng biến thiên như trên • Với y ≥ 2 ⇒ f(y) ≥ 2 + 2 1 y ≥ 2 5 > 2 + 3 .Vậy A ≥ 2 + 3 với mọi số thực x, y. Khi x = 0 và y = 1 3 thì A = 2 + 3 Nên giá trị nhỏ nhất của A là 2 + 3 .⇒ + + ≥ 3 3 3 3 3 xy yz zx 2.A03 Cho x, y, z là 3 số dương và x + y + z ≤ 1. CM: + + + + + ≥ 2 2 2 2 2 2 1 1 1 x y z 82 x y z Áp dụng 2 2 2 2 2 2 ( ) ( )a b c d a c b d+ + + ≥ + + + cho bộ ba số: P = + + + + + 2 2 2 2 2 2 1 1 1 x y z x y z ≥   + + + + +  ÷   2 2 1 1 1 (x y z) x y z Cách 1: Ta có: P≥   + + + + +  ÷   2 2 1 1 1 (x y z) x y z ≥ ( )   +  ÷  ÷   2 2 3 3 1 3 xyz 3 xyz = + 9 9t t với t = 2 3 ( xyz) ⇒ 0 < t ≤ + +   ≤  ÷   2 x y z 1 3 9 Đặt Q(t) = 9t + 9 t ⇒Q′(t) = 9 – 2 9 t < 0, ∀t∈       1 0; 9 ⇒Q(t) giảm trên       1 0; 9 ⇒ Q(t) ≥ Q    ÷   1 9 = 82. Vậy P ≥ ≥Q(t) 82 Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 1 3 . Cách 2: Ta có: (x + y + z) 2 +   + +  ÷   2 1 1 1 x y z = 81(x + y + z) 2 +   + +  ÷   2 1 1 1 x y z – 80(x + y + z) 2 ≥ 18(x + y + z).   + +  ÷   1 1 1 x y z – 80(x + y + z) 2 ≥ 162 – 80 = 82Vậy P ≥ 82 Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 1 3 . 9 ƠN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC-(4/2011)_- GV: Hồng Hải Đăng 3.A02Gọi x, y, z là khoảng cách từ điểm M thuộc miền trong của ∆ABC có 3 góc nhọn đến các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng: + + + + ≤ 2 2 2 a b c x y z 2R (a, b, c là các cạnh của ∆ABC, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp). Dấu “=” xảy ra khi nào? + + = + + 1 1 1 x y z . ax . by . cz a b c ≤   + +  ÷   1 1 1 (ax+by+cz) a b c ≤   + +  ÷   1 1 1 .2S a b c =   + +  ÷   1 1 1 abc a b c 2R = + +ab bc ca 2R ≤ + + 2 2 2 a b c 2R Dấu “=” xảy ra ⇔ = =   = =  a b c x y z ⇔ ∆  ∆  ABC đ ều M trùng với trọng tâm G của ABC 4.B06Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: ( ) 0x x 7 14 x2 11 xy 2 >       +++= . Áp dụng bất đẳng thức : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 a b c d ac bd+ + ≥ + Ta có : ( ) 2 2 7 7 9 7 1 3 x x     + + ≥ +  ÷  ÷     ⇒ 11 1 7 y x 3 2x 2 x   ≥ + + +  ÷   9 3 3 15 x 6 x 2 2 2   = + + ≥ + =  ÷   Khi x = 3 thì y = 15 2 nên giá trị NN của y là 15 2 . 5.Cho 2 2 0 1. xy x y ≥   + =  Tìm GTLN và GTNN của 1 1A x y y x = + + + Ta có: 2 2 1 1 ( )( 2) 2 2S x y y x x y x y = + + + ≤ + + + ≤ + . “=” 2 2 x y⇔ = = .Do 0, 0 0 0, 0 x y xy x y < <  ≥ ⇒  ≥ ≥  ∙ 0, 0x y≥ ≥ ta khơng xét. ∙x < 0, y < 0.Gt: x 2 + y 2 = 1 1 0 1 0 x y − ≤ <  ⇒  − ≤ <  . Ta có : ( ) ( 1) 1 2 1 1 2 2 1 1 2 1 1 2 2 y y y y x x x x + +  +  ≥ + ≥ +     ⇔   + + +   ≥ + ≥ +     1 1S xy x y S xy x y⇔ ≥ + + ⇔ + ≥ + + + . ( ) ( ) 1 1 1 0S x y ⇔ + ≥ + + ≥ 1S ⇔ ≥ − 0 1 " " 1 0 x y x y = → = −  = ⇔  = − → =  Vậy: MaxS = 2 2 2 2 x y + ⇔ = = và MinS = -1 0 1 1 0 x y x y = → = −  ⇔  = − → =  10 [...]... abc 1 1 1 3 +3 +3 7.Cho a, b, c >0 thoả mãn : a + b + c = Tìm GTNN biểu thức P = 3 4 a + 3b b + 3c c + 3a áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số dương ta có 1 1 1 3 1 1 1 9 (x + y + z) + +  ≥ 33 xyz =9⇒ + + ≥ (*) x y z 3 xyz x y z x+y+z   1 1 1 9 +3 +3 ≥3 3 a + 3b b + 3c c + 3a a + 3b + b + 3c + 3 c + 3a áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số dương ta có áp dụng (*) ta có P = 3 a + 3b + 1 + 1 1... ab bc ca a+b+c + + ≤ 6.Cho a, b, c, > 0 Chứng minh a+b b+c c+a 2 3 ĐIỂM RƠI TRONG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY Mỗi giá trị của biến làm cho dấu đẳng thức xảy ra gọi là điểm rơi của BĐT 2 2 3 3 1.Cho x, y , > 0 và x + y = 1 Tìm giá trò nhỏ nhất A = x + y Với bài này ta nhận xét do tính đối xứng của (x;y) mà điểm rơi của đẳng thức có thể là x = y = 1 2 )áp dụng Cauchy cho 3 số dương x 3 + x3 + 1 ≥ 3 3 x 3 x... nhỏ nhất của biểu thức M = 4a + 9b + 16c + 9a + 16b + 4c + 16a + 4b + 9c M ≥ ( 2a + 2b + 2c ) + ( 3a + 3b + 3c ) + ( 4a + 4b + 4c ) 2 2 2 Theo cơ – si có 22 + 2b + 2c ≥ 33 2a + b + c = 6 Tương tự … Vậy M ≥ 3 29 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 11 ƠN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC-(4/2011)_- GV: Hồng Hải Đăng 11.Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn :2x+3y+z=40.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = 2 x 2 + 1... 14bc 3c2 + 8a2 + 14ca 5 1 3a2 + 8b2 + 14ab = (a + 4b)(3a + 2b) ≤ (4a + 6b) = 2a + 3b 2 Tương tự với các mẫu số còn lại Từ đó: a2 b2 c2 (a + b + c)2 1 VT (*) ≥ + + ≥ = (a + b + c) (đpcm) 2a + 3b 2b + 3c 2c + 3a 2a + 3b + 2b + 3c + 2c + 3a 5 Ta có: 16 ƠN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC-(4/2011)_- GV: Hồng Hải Đăng Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c 2.Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1 Chứng minh rằng: ab bc... tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức P = xy + 1 xy áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương 1 = x + y ≥ 2 xy ⇔ xy ≤ đặt t = xy ⇒ 0 < t ≤ 1 4 1 4 1 1 1 P = t + , p / = 1 − 2 < 0 ∀x ∈ (0, ] t 4 t 1 17 min P ≥ P( ) =  1 4 4 x∈ 0,   4 min P = 1  17 1 xy = ⇔ 4 ⇔x=y= 4 2 x + y = 1  4.B10Cho các số thực khơng âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1 Tìm giá trị NN của biểu thức M=3(a2b2+b2c2+c2a2) +... ≥ ( a + b) a + ab + b 2 3 b3 + c3 1 c3 + a3 1 Tương tự: 2 ≥ (b + c); 2 ≥ (c + a) 2 2 b + bc + c 3 c + ca + a 3 2 => P ≥ (a + b + c) ≥ 2 3 abc = 2 (BĐT Cơsi) 3 => P ≥ 2, P = 2 khi a = b = c = 1 ⇔ x = y = z = 1 Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1 P= 11.Cho x > 0, y > 0, x + y = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = x y + 1− x 1− y 14 ƠN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC-(4/2011)_- GV: Hồng Hải Đăng  π ÷ khi đó  2... t= bc thì ta có 7 27 15 ƠN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC-(4/2011)_- GV: Hồng Hải Đăng  (1 − a )2  (b + c) (1 − a) 2  Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn 0; 0 ≤ t = bc ≤ = 4   4 4 ( a + 1 − a) 2 1 7 Có f(0) = a(1 – a) ≤ và = < 4 4 27 2  (1 − a )2  7 1 1  1 7 f − (2a + )  a − ÷ ≤ ÷= với mọi a ∈ [ 0;1]  4 ÷ 27 4 3  3 27   7 Vậy ab + bc + ca − 2abc ≤ Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3... 2t − 3 > 0∀t ≥ 2 3 t 3 t2 t2 3  3  2 3  25 ; 2  do đó f (t ) ≤ f (2) = Hàm số f(t) đồng biến trên  6  3  Dấu đẳng thức xảy ra khi t=2 x 3 + y 3 + 16 z 3 9.Cho x, y, z ≥ 0 thoả mãn x+y+z > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 ( x + y + z) Ta có: x + y 3 3 ( x + y) ≥ 4 3 (Tự CM) Đặt x + y + z = a Khi đó ( x + y) 4P ≥ 3 a + 64 z 3 3 ( a − z) = 3 a + 64 z 3 3 = ( 1 − t ) + 64t 3 3 z , 0 ≤... ) 1 + c (a + b) abc 2 Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 3 = ab + bc + ca ≥ 3 3 (abc) 2 ⇒ abc ≤ 1 17 ƠN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC-(4/2011)_- GV: Hồng Hải Đăng 1 1 2 2 ≤ (1) Suy ra: 1 + a (b + c) ≥ abc + a (b + c) = a (ab + bc + ca ) = 3a ⇒ 2 1 + a (b + c) 3a 1 1 1 1 ≤ (2), ≤ (3) Tương tự ta có: 2 2 1 + b (c + a ) 3b 1 + c (a + b) 3c Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 1 1 1 1 ab + bc +... 0 ⇔ ( t − 2 ) ( 3t + 2 ) ≥ 0 ⇔ t ≥ 2 Chia hai vế cho x bất 2  4  đẳng thức cần chứng minh đưa về ( 1 + u ) + ( 1 + v ) + 3 ( 1 + u ) ( 1 + v ) ( u + v ) ≤ 5 ( u + v ) Đúng do t ≥ 2 Có thể đặt: a = x+y, b = x+z, và c = y + z thay vào và chứng minh 6.B09.Cho các số thực x, y thay đổi và thoả mãn (x + y)3 + 4xy ≥ 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + 1 3 3 3 (x + . ≥ 3 3 3 3 3 3 1 x y 1 y z 1 z x 3 3 xy yz zx .Khi nào đẳng thức xảy ra? Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho 3 số dương ta có: 2 ÔN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC-(4/2011)_- GV: Hoàng Hải Đăng 1 + x 3 + y 3 ≥. bc ac a b c+ + ≤ + + 2. Bất đẳng thức CAUCHY. a) Cho a+b 0, b 0 2 ≥ ≥ ⇒ ≥a ab . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b b) Cho 3 a+b+c 0, b 0, c 0 3 ≥ ≥ ≥ ⇒ ≥a abc . Đẳng thức xảy ra khi a= b =. ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) Tương tự 3 3 ( )( ) 8 8 4 b b c b a b b c b a + + + + ≥ + + ( 2) 3 3 ( )( ) 8 8 4 c c a c b c c a c b + + + + ≥ + + ( 3) . Cộng vế với vế các bất đẳng thức (