Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực BẤT ĐẲNG THỨC LUYỆN THI ĐẠI HỌC MỘT SỐ BĐT ĐƠN GIẢN HAY DÙNG 1. Với a, b, c tùy ý ta luôn có 2 2 2 a b c ab bc ca+ + ≥ + + . Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c. CM. Ta có (a−b) 2 + (b−c) 2 + (c−a) 2 ≥ 0. Khai triển, chuyển vế ta được ngay BĐT này. 2. Với a, b, c tùy ý ta luôn có 2 ( ) 3( )a b c ab bc ca+ + ≥ + + . Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c. CM. Ta có 2 2 2 2 ( ) 2 2 2 ( ) 2 2 2 3( )a b c a b c ab bc ca ab bc ca ab bc ca ab bc ca+ + = + + + + + ≥ + + + + + = + + 3. Với a, b, c, d, e, f tùy ý ta luôn có |a.d + b.e + c.f| ≤ 2 2 2 2 2 2 ( )( )a b c d e f+ + + + . Đẳng thức xảy ra kvck a : b : c = d : e : f. CM. Xét ( ; ; )u a b c= r , ( ; ; )v d e f= r ta có . . . .u v a d b e c f= + + r r và 2 2 2 2 2 2 | | ,| |u a b c v d e f= + + = + + r r . Mặt khác, | . | | |.| |.| cos( , ) | | |.| | | . | | | .| |u v u v u v u v u v u v= ≤ ⇒ ≤ r r r r r r r r r r r r . Đẳng thức xảy ra kvck ,u v r r cùng phương. Do đó, |a.d + b.e + c.f| ≤ 2 2 2 2 2 2 ( )( )a b c d e f+ + + + . Đẳng thức xảy ra kvck a : b : c = d : e : f. 4. Với a , b dương ta luôn có 1 1 1 1 4 ( )( ) 4a b a b a b a b + + ≥ ⇔ + ≥ + . Đẳng thức xảy ra kvck a = b. CM. Ta có 2a b ab+ ≥ và 1 1 2 a b ab + ≥ nên 1 1 ( )( ) 4a b a b + + ≥ . 5. Với a , b, c dương ta luôn có 1 1 1 1 1 1 9 ( )( ) 9a b c a b c a b c a b c + + + + ≥ ⇔ + + ≥ + + . Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c. CM. Ta có 3 3a b c abc+ + ≥ và 3 1 1 1 3 a b c abc + + ≥ nên 1 1 1 1 1 1 9 ( )( ) 9a b c a b c a b c a b c + + + + ≥ ⇔ + + ≥ + + . 6. Với mọi x, y, không âm ta luôn có 2 (1 )(1 ) (1 )x y xy+ + ≥ + . CM. Ta có (1+x)(1+y) = 1 + (x + y) + xy. Áp dụng BĐT Cô-si ta được 22 (1 )(1 ) 1 2 ( ) (1 )x y xy xy xy+ + ≥ + + = + . Đẳng thức xảy ra kvck x = y. Tổng quát, với a, b, c không âm ta có 2 ( )( ) ( )a b a c a bc+ + ≥ + . Từ đây suy ra 2a b a c a bc+ + + ≥ + . 7. Với mọi x, y, z không âm ta luôn có 3 3 (1 )(1 )(1 ) (1 . . )x y z x y z+ + + ≥ + . CM. Ta có (1+x)(1+y)(1+z) = 1 + (x + y + z) + (xy + yz + zx) + xyz. Áp dụng BĐT Cô-si ta được 2 3 3 3 3 3 3 (1 )(1 )(1 ) 1 3 . . 3 ( . . ) ( . . ) (1 . . )x y z x y z x y z x y z x y z+ + + ≥ + + + = + . Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z. Tổng quát, với a, b, c, d không âm ta có 3 3 ( )( )( ) ( )a b a c a d a bcd+ + + ≥ + . Từ đây suy ra 3 3 3a b a c a d a bcd+ + + + + ≥ + . 8. Với mọi x, y, z không âm ta luôn có 3 3 3 3 ( ) 9( )x y zx y z+ ++ ≤ + . CM. Ta có 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 ( ) 3 3 3 3 3 3 6x y z x y z x y x z xy xz y z yz xyz+ + = + + + + + + + + + 1 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực Mà 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 3 3 3 3 . . 3 . . 3 . . 3 3 . . 3 3 . . 3 3 3 3 . . 3 6 2( ) x y x x y x x y x z x x z x x z xy x y y xz x z z y z y y z y y z y x z z z y y x z z y z xyz z y y z x  = ≤ + +  = ≤ + +   + +   + +   = ≤ + +   + +  ≤ + +   = ≤ = ≤ = ≤ nên 3 3 3 3 ( ) 9( )x y zx y z+ ++ ≤ + . Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z. 9. Với mọi x, y mà (x + y) ≥ 0 ta luôn có 3 3 3 ( ) 4( )yy xx + +≤ . Đẳng thức xảy ra kvck x = y. CM. Với mọi số x, y ta có 2 ( ) 4 x y xy + ≤ . Đẳng thức xảy ra kvck x = y. Do (x + y) ≥ 0 nên 3 ( ) ( ) 4 x y xy x y + + ≤ . Do đó, 2 3 3 3 3 3 ( ) ( ) ( ) 3 ( ) ( ) 3 ( ) 4 4 x y x y x y x y xy x y x y x y + + + = + − + ≥ + − + = . 10. Cho a, b, c không âm, f(x) xác định trên [0 ; + ∞). CMR nếu ( ) ( ) 2 ( )f a f b f ab+ ≥ thì 3 ( ) ( ) ( ) 3 ( ).f a f b f c f abc+ + ≥ BT 1) Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa xyz = 1. Tìm GTNN của biểu thức: 2 2 2 x y z M y z z x x y = + + + + + Giải. Ta có 2 4 x y z x y z + + ≥ + , 2 4 y z x y z x + + ≥ + và 2 4 z x y z x y + + ≥ + nên 2 x y z M x y z + + + ≥ + + Do đó, 3 3 3 2 2 2 xyz x y z M + + ≥ ≥ = . Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z = 1. BT 2) Chứng minh rằng với ∀ x ∈ [ − 1 ; 1] thì 2 2 3 3 (1 ) (1 ) 2x x− + + ≤ . Giải. Xét 2 2 3 3 ( ) (1 ) (1 )f x x x= − + + ta có / 3 3 2 2 ( ) 3 1 3 1 f x x x − = + − + và / ( ) 0 0f x x= ⇔ = . Vì f(−1) = f(1) = 3 4 , f(0) = 2 nên [ 1;1] max ( ) (0) 2f x f − = = . Vậy, f(x) ≤ 2, ∀x ∈ [−1 ; 1]. BT 3) Cho 2 số thực dương x, y. Chứng minh 2 9 (1 ) 1 1 256 y x x y     + + + ≥  ÷  ÷  ÷     . Giải. Áp dụng BĐT 2 (1 )(1 ) (1 )a b ab+ + ≥ + , đẳng thức xảy ra kvck a = b. 2 2 2 2 2 4 9 9 9 (1 ) 1 1 (1 ) 1 (1 ) 1 (1 3) 256 y y x x y x x y y y         + + + ≥ + + = + + ≥ + =  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷         . BT 4) Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa 3 4 x y z+ + = . Chứng minh rằng: 3 3 3 3 3 3 3x y y z z x+ + + + + ≤ . Giải. Ta có 3 ( 3 ) 1 1 ( 3 )1.1 3 x y x y + + + + ≤ , 3 ( 3 ) 1 1 ( 3 )1.1 3 y z y z + + + + ≤ và 3 ( 3 ) 1 1 ( 3 )1.1 3 z x z x + + + + ≤ . Cộng 3 BĐT này ta được ĐPCM. BT 5) Cho x, y, z dương và x + 2y + 4z = 12. Tìm GTLN của biểu thức: 2 8 4 2 2 4 4 xy yz zx P x y y z z x = + + + + + . 2 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực Đặt a = x, b = 2y, c = 4z ta được a + b + c = 12 và 6 4 4 4 ab bc ca a b b c c a P a b b c c a + + + = + + ≤ + + = + + + . Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c = 4. BT 6) Cho 3 số thực x, y, z không âm thỏa 3 3 3 3x y z+ + = . Tìm GTLN của tổng S = x + y + z. Giải. Theo BĐT Cô−si ta có 3 3 3 3 1 1 3 1 1 3 1 1 x x y y zz  ≤ + +  ≤ + +  + +≤   nên x + y + z ≤ 3. Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z =1. Cách 2 : Ta có 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 ( ) 3 3 3 3 3 3 6x y z x y z x y x z xy xz y z yz xyz+ + = + + + + + + + + + Mà 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 3 3 3 3 . . 3 . . 3 . . 3 3 . . 3 3 . . 3 3 3 3 . . 3 6 2( ) x y x x y x x y x z x x z x x z xy x y y xz x z z y z y y z y y z y x z z z y y x z z y z xyz z y y z x  = ≤ + +  = ≤ + +   + +   + +   = ≤ + +   + +  ≤ + +   = ≤ = ≤ = ≤ nên 33 3 3 9( ) 27x y zS + =+≤ . Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z = 1. BT 7) Cho ∆ ABC có 0 A 90≤ và sin 2sin sin tan 2 A A B C= . Tính GTNN của 1 sin 2 sin A M B − = . sin 2sin sin tan 2 A A B C= ⇔ sin 2 2sin cos 2sin sin 2 2 cos 2 A A A B C A = ⇔ 2 2cos 2sin sin 2 A B C= ⇔ 1 cos cos( ) cos( )A B C B C+ = − − + ⇔ cos(B − C) =1 ⇔ B = C. Mặt khác, 0 A 90≤ nên 45 0 ≤ B = C < 90 0 . 0 1 cos 1 cos 45 2 tan tan 2 1 sin sin 2 2 B C B B M B B + − − = = = ≥ = − . Đẳng thức xảy ra kvck A = 2B = 2C = 90 0 . BT 8) Cho 3 số thực không âm x, y, z thỏa 3x y z+ + ≤ . Chứng minh rằng : 1 1 1 3 1 1 1 2x y z + + ≥ + + + . Cách 1: Ta có 1 1 1 1 4 x x + + ≥ + , 1 1 1 1 4 y y + + ≥ + , 1 1 1 1 4 z z + + ≥ + nên 3 ( ) 3 4 x y z VT + + + + ≥ . Vì x + y + z ≤ 3 nên 3 3 3 ( ) 3 4 4 x y z VT VT + + + + + ≥ + ≥ ⇒ ĐPCM. Cách 2 : Với các số dương a, b, c, ta có 1 1 1 9 a b c a b c + + ≥ + + nên 9 9 3 . 3 ( ) 3 3 2 VT x y z ≥ ≥ = + + + + BT 9) Cho ABC ∆ có 3 góc nhọn. Chứng minh 2 2 2 tan cot tan cot tan cot tan tan tanA B B C C A A B C+ + ≥ + + . Với x, y dương, theo BĐT Cô si ta có 2 2 x y x y + ≥ . Do đó ta được 2 2 x x y y ≥ − . Vì A, B, C nhọn nên tgA, tgB, tgC, cotgA, cotgB, cotgC là các số dương. Áp dụng BĐT vừa nêu ta được 2 2 2 2 2 2 tan tan tan tan cot tan cot tan cot tan tan tan A B C A B B C C A B C A + + = + + 2(tan tan tan ) (tan tan tan )A B C B C A≥ + + − + + . 3 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực BT 10) Cho x, y, z không âm và 3x y z+ + ≤ . Tìm GTLN của biểu thức: 2 2 2P xy yz zx xy yz zx xy yz zx= + + + + + + + + . Giải. Cách 1 : Ta có (1 1 1)[(2 ) ( 2 ) ( 2 )] 2 3.P xy yz zx xy yz zx xy yz zx xy yz zx≤ + + + + + + + + + + = + + ≤ 2 1 2 3. ( ) 2( ) 6 3 x y z x y z+ + = + + ≤ . Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z = 1. Cách 2 : Ta có 4 (2 ) 4.(2 ) 2 4 ( 2 ) 4.( 2 ) 2 4 ( 2 ) 4.( 2 ) 2 xy yz zx xy yz zx xy yz zx xy yz zx xy yz zx xy yz zx + + +  + + ≤   + + +  + + ≤   + + +  + + ≤   nên 2.P ≤ 6 + 2(xy + yz + zx) ≤ 12 ⇔ P ≤ 6. Cách 3 : Áp dụng BĐT 2 2 2 2 ( ) 3( )a b c a b c+ + ≤ + + ta được P 2 ≤ 3.4(xy + yz + zx) ≤ 36. BT 11) Cho ABC∆ có 3 góc nhọn thỏa 1 1 1 1 1 1 cos cos cos sin sin sin 2 2 2 A B C A B C + + = + + . CMR ABC∆ đều. CM. A, B, C nhọn nên cos ,cos ,cos 0A B C > . Áp dụng BĐT 1 1 ( )( ) 4,a b a b + + ≥ với a , b > 0. Ta được 1 1 4 2 2 cos cos cos cos sin cos sin 2 2 2 C A B C A B A B + ≥ = ≥ − + . Tương tự cho các cặp còn lại, ta được VT  VP. Dấu “” xảy ra khi và chỉ khi cos cos cos cos cos cos 1 2 2 2 A B C A B C A B B C C A = =   ⇔ = =  − − − = = =   . Vậy ABC đều. BT 12) Cho a, b, c >0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng : 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2a bc b ac c ab + + ≥ + + + . CM. Áp dụng BĐT 1 1 1 1 1 1 9 ( )( ) 9x y z x y z x y z x y z + + + + ≥ ⇔ + + ≥ + + với x , y, z > 0. Ta được 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 9 9 1 2 2 2 2 2 2 ( )a bc b ac c ab a bc b ac c ab a b c + + ≥ = = + + + + + + + + + + . BT 13) Cho x, y, z không âm, thỏa x + y + z = 4. Tìm GTLN của 2 2 2P x y y z z x= + + + + + . Giải. Áp dụng BĐT 2 2 2 2 ( ) 3( )a b c a b c+ + ≤ + + ta được P 2 ≤ 3.(2x + y + 2y + z + 2z + x) = 36. Đẳng thức xảy ra kcvk x = y = z = 4/3. BT 14) Cho 2 số thực x, y thỏa x 2 + y 2 + xy = 3. Tìm GTLN − NN của biểu thức : 4 4 2 ( )M x y xy x y= + + + . Giải. Đặt S = x + y, P = xy, ĐK : 2 4S P≥ . x 2 + y 2 + xy = 3 ⇔ 2 2 3 3 0 3S P S P P− = ⇔ = + ≥ ⇒ ≥ − . Đẳng thức có thể xảy ra, chẳng hạn khi x = − y = 3 . ĐK : 2 4S P≥ ⇔ P + 3 ≥ 4P ⇔ P ≤ 1. Đẳng thức có thể xảy ra, chẳng hạn khi x = y = 1. Tóm lại, tập giá trị của P là [−3 ; 1]. Ta có, 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 ( ) ( 2 ) 2 . ( 3 2 ) 2 .( 3) 9 3M x y x y xy x y S P P P S P P P P P P= + − + + = − − + = + − − + + = − Vì P ∈ [−3 ; 1] nên M ∈ [6 ; 18]. Min M = 6, đạt khi x = y = 1. Max M = 18, đạt khi x = − y = 3 . 4 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực BT 15) Cho x, y, z dương thỏa mãn 4 4 4 4 4 4 4 4 4 3x y y z z x x y z+ + ≤ . Tìm GTLN của 2 2 2 6 4 6 4 6 4 2 2 2 x y z x y z P x y y z z x x y z + + = + + + + + + . Giải. Từ giả thiết ta suy ra 4 4 4 4 4 4 (1) 4 4 4 4 4 4 1 1 1 3 3 x y y z z x x y z x y z + + ≤ ⇔ + + ≤ . Ta có 6 4 3 2 2 0x y x y+ ≥ > nên 6 4 2 2 1 2 x x y x y ≤ + . Tương tự ta được 6 4 2 2 1 2 y y z y z ≤ + và 6 4 2 2 1 2 z z x z x ≤ + . Từ đây suy ra 2 2 2 6 4 6 4 6 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 x y z x y z x y y z z x x y y z z x x y z + + + + ≤ + + = + + + . 2 2 2 2 2 2 (2) 6 4 6 4 6 4 2 2 2 2 2 2 3 . 2 x y z x y z x y z P x y y z z x x y z x y z + + + + ⇒ = + + + ≤ + + + . Mặt khác, theo (1) và BĐT 2 2 2 ab bc ca a b c+ + ≤ + + ta được 2 2 2 2 2 2 4 4 4 1 1 1 1 1 1 3 (3) x y y z z x x y z + + ≤ + + ≤ . Từ (2) và (3) ta được P ≤ 9 2 . Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z = 1. Vậy max P = 9/2. BT 16) Cho 3( 2 1 1) 0x y x y+ − − + + + = . Tìm GTLN và GTNN của ( 2)( 1)A x y= − + . Giải. BT 17) Cho x, y, z dương, thỏa đẳng thức 1 1 1 1 x y z + + = . Chứng minh: 2 2 2 4 x y z x y z x yz y zx z xy + + + + ≥ + + + . CM. Ta có 1 1 1 1 x y z + + = ⇔ xy + yz + zx = xyz. Do đó, 2 3 3 3 2 2 ( )( ) x x x x x yz x xyz x xy yz zx x y x z = = = + + + + + + + . 2 3 3 (1) 8 8 ( )( ) 8 8 4 x x y x z x x y x z x x yz x y x z + + + + ⇒ + + = + + ≥ + + + Tương tự: 2 3 (2) 8 8 4 y y z y x y y zx + + + + ≥ + và 2 3 (3) 8 8 4 z z x z y z z xy + + + + ≥ + . Cộng (1), (2) và (3) ta được đpcm. BT 18) Cho , 0 2 q p q> > . Xác định tam giác ∆ ABC sao cho biểu thức W = p.cosA + q(cosB + cosC) lớn nhất. Giải. W = 2 2 (1 2sin ) 2 (cos .cos ) 2 sin 2 cos .sin 2 2 2 2 2 2 A B C B C A B C A p q p q p + − − − + = − + + = 2 2 2 2 2 2 2 (sin cos .sin cos ) cos 2 2 2 4 2 2 2 A q B C A q B C q B C p p p p p − − − − − + + + = 2 2 2 2 2 sin cos cos 2 2 2 2 2 2 A q B C q B C q p p p p p p   − − − − + + ≤ +  ÷   . Đẳng thức xảy ra kvck sin cos sin (0;1) 2 2 2 2 2 cos 1 2 A q B C A q p p B C B C −  =   = ∈   ⇔   −   = =    Vậy max W = 2 2q p p + khi ∆ABC cân đỉnh A và có góc A thỏa sin 2 2 A q p = . 5 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực BT 19) Cho 3 số thực không âm x, y, z thỏa 1x y z+ + = . Tìm GTLN của 9 4 A xy yz zx xyz= + + − . Giải. Ta có 2 3 2 2 9 6 9 ( ) 9 (1 ) 9 1 ( ) (1 ) ( ) (1 ) (1 ) (1 ) ( 4 4 4 4 4 4 16 ) y z x A x y z yz x x y z x xx xx xx + − = + + − ≤ + + − = +−= −− +− + . GTLN của 3 2 ( ) 9 6 4f x x x x+= − − + trên [0 ; 1] bằng 4, đạt tại x = 0 hoặc 1 3 x = . Do đó, GTLN của A bằng 1 4 , đạt được khi 1 3 x y z= = = hoặc x = 0, 1 2 y z= = (và các hoán vị). BT 20) Cho 3 số thực không âm x, y, z thỏa 1x y z+ + = . Tìm GTLN của 1 1 1 xy yz zx P z x y = + + + + + . Giải. Ta có 1 1 1 (1 ) (1 ) (1 ) ( ) 1 1 1 1 1 1 z x y P xy yz zx xy yz zx xyz z x y x y z = − + − + − = + + − + + + + + + + + . Mặt khác, theo BĐT 1 1 1 9 , , , 0a b c a b c a b c + + ≥ ∀ > + + , ta được 1 1 1 9 9 1 1 1 3 4x y z x y z + + ≥ = + + + + + + . Đẳng thức xảy ra kvck x = y = z. Do đó, 1 1 1 9 ( ) 1 1 1 4 xyz xyz x y z + + ≥ + + + . Đẳng thức xảy ra kvck x=y=z hoặc x.y.z=0. Vì vậy 9 4 P xy yz zx xyz≤ + + − . Theo bài toán trên, GTLN của P bằng 1 4 , đạt được khi 1 3 x y z= = = hoặc x = 0, 1 2 y z= = (và các hoán vị). BT 21) Cho 4 số thực dương x, y, z, t thỏa 2x y z t+ + + ≤ . Tìm GTNN của 1 1 1 1 P x y z t y z t x       = + + + +  ÷  ÷ ÷ ÷       . Giải. Với a, b, c, d không âm ta có 2 ( )( ) 2 . ( )a b c d ac ad bc bd ac ad bc bd ac bd+ + = + + + ≥ + + = + (đây chính là BĐT Bunhiacốpxki). Đẳng thức xảy ra kvck ad = bc. Do đó, 2 2 4 4 4 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( . ) . P x y z t xy zt xy zt y z t x yz tx yz tx       = + + + + ≥ + + ≥ +  ÷  ÷ ÷ ÷       . Đẳng thức xảy ra kvck 1 1 . . 1 1 . . 1 1 . x y z y x z z t y t x t xy zt tx yz  =   =   = ⇔   =    =   Mặt khác, 4 1 4 2 x y z t xyzt + + + ≤ = (đẳng thức xảy ra kvck x=y=z=t) nên 4 1 [0; ] 2 u xyzt= ∈ . Hàm số 1 ( )f u u u = + có 2 / 2 1 1 ( ) 0, [0; ] 2 u f u u u − = < ∀ ∈ nên f(u) giảm trên 1 [0; ] 2 . Vì vậy 4 1 625 [ ( )] 2 16 P f≥ = . Đẳng thức xảy ra kvck 1 . 2 x y z t= = = = BT 22) Cho x, y không âm thỏa x + y = 1. Tìm max, min của 2008 2008 1 1P x y= + + + . 6 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực Giải. 2008 2008 1 1 (1 ) , [0;1]P x x x= + + + − ∈ . 2007 2008 2007 2008 2007 2007 / 2008 2008 2008 2008 1004( 1 1 ) 1004. 1004.(1 ) 1 1 (1 ) 1 1 x y y x x x P x x x y + − + − = − = + + − + + . / 2007 2008 2007 2008 4014 4014 2008 2008 2006 2006 0 1 1 0( )( )P x y y x x y x y x y= ⇔ + = + ⇔ − + − = (*). Ta có x > y và x < y đều không thỏa (*) do đó x = y = 1 2 . 2008 2008 1 1 1 1 ( ) 2 1 2 1 1 2 (0) (1) min 2 1 , max 1 2 2 2 64 2 P P P P P= + < + < + = = ⇒ = + = + . BT 23) Cho 4 số thực dương x, y, z, t thỏa xyzt = 1. Tìm GTLN của biểu thức 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 1 1 1 1 1 1 1 1 P x y z y z t z t x t x y = + + + + + + + + + + + + + + + . Giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương, ta được: 4 4 4 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y y z z x x y z x y y z z x + + + + + = + + ≥ + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y y z y z z x z x x y xy z xyz x yz + + + = + + ≥ + + 4 4 4 4 4 4 1 ( ) 0x y z x y z xyzt xyz x y z t⇒ + + + = + + + ≥ + + + > 4 4 4 1 1 1 ( )x y z xyz x y z t ⇒ ≤ + + + + + + (1). Tương tự: 4 4 4 1 1 1 ( )y z t yzt x y z t ≤ + + + + + + (2) 4 4 4 1 1 1 ( )z t x ztx x y z t ≤ + + + + + + (3) 4 4 4 1 1 1 ( )t x y txy x y z t ≤ + + + + + + (4). Cộng (1), (2), (3), (4) ta được 1 1 ( ) t x y z P x y z t xyzt xyzt yztx txyz   ≤ + + + =  ÷ + + +   . Vậy max 1P = khi 1x y z t= = = = . BT 24) Cho a , b không âm. CMR 2 2 2 3 ( 1)( 1) 2. ( 1)( 1) a b b a a b + + ≤ − + + CM. Ta dùng BĐT 3 3 (1 )(1 )(1 ) (1 . . )x y z x y z+ + + ≥ + , với mọi x, y, z không âm. Áp dụng BĐT trên ta được : 3 3 3 3 2 3 3 3 3 2 3 (1 )(1 1)(1 1) (1 ) (1 )(1 )(1 1) (1 ) (1 )(1 )(1 ) (1 0 0 0) a a b b b a a b a b  + + + ≥ +  + + + ≥ +   + + + ≥ + > >  > Nhân theo vế ta được : 3 3 3 2 2 3 [2(1 )(1 )] [(1 )(1 )(1 )]a b a b a b+ + ≥ + + + . Khai căn bậc 3 và chia hai vế cho (1 + a) ta được BĐT cần chứng minh. BT 25) Cho x, y, z là các số không âm và x + y + z = 1. Tìm GTLN của biểu thức: S = x 2 y + y 2 x + z 2 x. Giải. Giả sử x là số lớn nhất trong ba số x, y , z. Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 z x z x z x x z S x y y z z x x y y z x y xyz= + + = + + + ≤ + + + 7 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực ( ) ( ) ( )( ) 4 2 2 2 2 2 2 zx z x x z z xy x z x z x x z y y    ≤ + + + = + + = + +  ÷ ÷    3 4 4 3 27 x y z+ +   ≤ =  ÷   4 2 1 0, 2 , , 0 27 2 2 2 2 3 3 x x z z S y z x y x y z= ⇔ = + = + ⇒ = = ⇒ = = = . Vậy: 4 27 MaxS = . BT 26) Cho a, b, c dương và a + b + c = 3. CMR 2 9 3 2 3 2 3 2 ≥ + ++ + + ++ + + ++ abcc cba abcb cba abca cba . CM. Ta có 3 = a + b + c ≥ 3 3 abc nên 3 abc ≤ 1. Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c = 1. Do đó, 2 2 2 2 2 2 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1a b c a abc b abc c abc + + ≥ + + + + + + + + . Vì 2 1 2a a+ ≥ , nên 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 a a a a a a = − ≥ − = − + + (1). Tương tự, 2 1 1 1 2 b b ≥ − + (2) và 2 1 1 1 2 c c ≥ − + (3). Cộng (1), (2), (3) ta được 2 2 2 1 1 1 3 3 1 1 1 2 2 a b c a b c + + + + ≥ − = + + + . Do đó, 2 2 2 3 3 3 1 1 1 3 2 a abc b abc c abc + + ≥ + + + . Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c = 1. Từ đây suy ra BĐT cần CM. BT 27) Cho x, y z là các số dương và 3 2 x y z+ + ≤ . CMR 1 1 1 7 2 2 2 2 x y z x y y z z x + + + + + ≥ + + + . CM. Cách 1 : Theo BĐT Cô−si ta có 1 4( 2 ) 4 2 9 3 x y x y + + ≥ + , 1 4( 2 ) 4 2 9 3 y z y z + + ≥ + và 1 4( 2 ) 4 2 9 3 z x z x + + ≥ + . Cộng 3 BĐT này ta được 1 1 1 4( ) 4 2 2 2 3 x y z x y y z z x + + + + + ≥ + + + ⇔ 1 1 1 ( ) 4 2 2 2 3 x y z x y z x y y z z x + + + + + + + + ≥ + + + (1). Vì 3 2 x y z+ + ≤ nên 1 2 3 x y z+ + ≥ . Do đó, 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 x y z x y z x y z x y y z z x x y y z z x + + + + + + + + ≥ + + + + + + + + + + + + (2) Từ (1) và (2) ta được 1 1 1 1 4 2 2 2 2 x y z x y y z z x + + + + + + ≥ + + + . Suy ra BĐT cần CM. Cách 2 : Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương, dễ dàng chứng minh được: 1 1 1 [( 2 ) ( 2 ) ( 2 )]( ) 9 2 2 2 x y y z z x x y y z z x + + + + + + + ≥ + + + nên 1 1 1 9 3 2 2 2 ( 2 ) ( 2 ) ( 2 )x y y z z x x y y z z x x y z + + ≥ = + + + + + + + + + + Do đó, 3 VT x y z x y z ≥ + + + + + . Đặt t = x + y + z, xét hàm số: 3 ( )f t t t = + với 3 (0; ] 2 t ∈ . Ta có 2 / 2 2 3 3 3 ( ) 1 0, (0; ] 2 t f t t t t − = − = < ∀ ∈ nên f(t) giảm trên 3 (0; ] 2 . Vì vậy, 3 7 3 ( ) ( ) , (0; ] 2 2 2 f t f t≥ = ∀ ∈ 8 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực Do đó, VT ≥ f(t) ≥ 7/2. Đẳng thức xảy ra kvck 2 2 2 1 3 2 2 x y y z z x x y z x y z + = + = +   ⇔ = = =  + + =   BT 28) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác có chu vi bằng 3. Tìm GTNN của T = 3 3 3 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 a b c a c b c b a c b a + − + − + − + + Giải. a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác nên a, b, c và (a + b − c), (b + c − a), (c + a − b) dương. Áp dụng BĐT Cô−si cho 3 số dương ta được 3 3 3 ( ) 1 3 ( ) 2 2 2 2 ( ) 1 3 ( ) 2 2 2 2 ( ) 1 3 ( ) 2 2 2 2 a b c c a b c c a c b b a c b b c b a a c b a a  + − + + ≥ + −   + −  + + ≥ + −    + − + + ≥ + −   ⇒ T + 3 2 2 a b c+ + + ≥ 3( ) 2 a b c+ + ⇒ T ≥ 3/2 Đẳng thức xảy ra kvck 3 3 3 ( ) 1 2 2 2 ( ) 1 2 2 2 ( ) 1 2 2 2 a b c c c a c b b b c b a a a  + − = =   + −  = =    + − = =   ⇔ a = b = c = 1. Vậy min T = 3/2 BT 29) Cho a, b, c dương và 2 2 2 3 4 a b c+ + ≤ . Tìm GTNN của T = 3 3 3 1 1 1 ( )( )( )a b b c c a a b c + + + + + + . Giải. Áp dụng BĐT Cô−si cho 2 số dương ta được ( )( )( ) 2 .2 .2 8a b b c c a ab bc ca abc+ + + ≥ = . Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c. Áp dụng BĐT Cô−si cho 3 số dương ta được 3 3 3 1 1 1 3 a b c abc + + ≥ . Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c. Do đó, T ≥ 3 1 23 23 8 8 2 8 8 8 abc abc abc abc abc abc   + = + + ≥ +  ÷   (1). Mặt khác, 3 2 2 2 2 2 2 3 3 4 a b c a b c≤ + + ≤ nên 3 2 2 2 1 1 1 8 4 8 a b c abc abc ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≥ (2) Từ (1) và (2), ta được T ≥ 25. Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c = 1 2 . Vậy min T = 25. BT 30) Cho x, y, z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng 3 3 3 .x y z x y z+ + ≥ + + 9 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực CM. Ta có 3 3 3 1 1 3 1 1 3 1 1 3 x x y y z z  + + ≥  + + ≥   + + ≥  nên 3 3 3 3( ).6x y z x y z+ + ≥ + ++ Mặt khác, 3 3 3 3 3x y z xyz+ + ≥ = nên 3 3 3 2( ) 6x y z+ + ≥ . Cộng hai vế của hai BĐT này ta được đpcm. BT 31) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z ≤ 1. Tìm GTNN của biểu thức: 1 1 1 A x y z x y z = + + + + + . Giải. Ta có 1 1 1 9 x y z x y z + + ≥ + + . Dấu bằng xảy ra KVCK x = y = z. Do đó, 9 9 A x y z t x y z t ≥ + + + = + + + . Ta có 9 ( )g t t t = + giảm trên (0 ; 1] nên g(t) ≥ g(1) =10. Suy ra, A ≥ 10. Dấu bằng xảy ra KVCK x = y = z và x + y + z = 1. BT 32) Cho x, y, z là ba số thỏa mãn x + y + z = 0. Chứng minh rằng 3 4 3 4 3 4 6. x y z + + + + + ≥ CM. Cách 1 : Ta có 1 + 4 x ≥ 2 4 x nên 3 + 4 x = 2 + (1 + 4 x ) ≥ 2(1+ 4 x ) ≥ 4 4 4 x . Do đó 8 8 8 24 3 4 3 4 3 4 2( 4 4 4 ) 6 4 6. x y z x y z x y z+ + + + + + + ≥ + + ≥ = Cách 2 : Ta có thể CM được BĐT 3 1 1 1 3 1a b c abc+ + + + + ≥ + . Chỉ việc áp dụng BĐT sau với 4 4 4 , , . 3 3 3 x y z a b c= = = BT 33) (Đề dự bị 1 khối A, năm 2007) Cho x, y, z là các biến số dương. Tìm GTNN của P = 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 4( ) 4( ) 4( ) 2( ) x y z y z z x y x y z x + ++ + + + ++ Giải. Với mọi số a, b không âm, ta có 2 ( ) 4 a b ab + ≤ và 0 ≤ (a + b) nên 2 3 3 3 3 3 ( ) ( ) ( ) 3 ( ) ( ) 3 ( ) 4 4 a b a b a b a b ab a b a b a b + + + = + − + ≥ + − + = . Đẳng thức xảy ra kvck a = b ≥ 0. Do đó, P ≥ 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 2( ) x y z x y y z z x y z x + + + + + + + + (1). Mặt khác, 2 2 2 2 2 2 2 . 2 2 . 2 2 . 2 x x x x x y y y y y y y y z z z z z z z z x x x  + ≥ =     + ≥ =    + ≥ =    nên 3 2 2 2 2( ) 2.3 . . 6 x y z x y z x y z x y z y z x y z x y z x + + + + + ≥ + + ≥ = (2). Từ (1) và (2) ta được P ≥ 12. Đẳng thức xảy ra kvck 2 2 2 1 , , x y z x y z x y z x y z y z x = =   ⇔ = = =  = = =   . Vậy, min P =12 khi x = y = z = 1. 10 [...]... 4 + 4 + 4 ÷  x +1 y +1 z +1 t +1  BT 35) Cho x, y, z , t ≥ 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = ( xyzt + 1)  Giải Với a, b ≥ 1 ta luôn có 4 1 1 2 + ≥ (chỉ cần quy đồng, chuyển vế, đặt thừa số ta được 2 2 1 + a 1 + b 1 + ab (a − b) 2 ( ab − 1) ≥ 0 , BĐT này đúng) Áp dụng BĐT vừa nêu, ta được  1 1 1 1 1 1  4 + 4 + 4 + 4 ≥ 2 2 2 + 2 2 ÷≥ ⇒ P≥ 4 x +1 y +1 z +1 t +1  x y + 1 z t + 1  xyzt... xảy ra KVCK a = b = c = 4 a 2 b2 BT 40) Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a + b = 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = + b a a 2 b2 a4 b4 Giải Cách 1 : Ta có 2 A = (a 2 + b 2 )( + ) = + + a 2b + b 2 a b a b a a4 b4 Ta có : + a 2b + 1 ≥ 3a 2 + b 2 a + 1 ≥ 3b 2 b a Do đó 2 A + 2 ≥ 3(a 2 + b 2 ) = 6 Vì vậy min A = 2 khi a = b = 1 Cách 2 : (Dùng hàm số) Đặt S = a + b và P = a.b Ta được a 2 + b 2... bc c ca a ab 2 ab 2 ab ≥b− ; ≥c− Giải Ta có Tương tự : =a− ≥a− =a− 2 2 2 2 1+ c 2 1+ a 2 1+ b 1+ b 2b 2 1 1 9 3 2 Suy ra : R ≥ a + b + c − ( ab + bc + ca ) ≥ a + b + c − ( a + b + c ) = 3 − = 2 6 6 2 3 Đẳng thức xảy ra khi : a = 1 , b = 1 , c = 1 Vậy min R = 2 BT 36) Cho a, b, c không âm thỏa a + b + c = 3 Tìm GTNN của biểu thức : R = BT 37) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn : x 2 + y 2 + z 2... a 2 + b 2 = 2 ⇔ S 2 − 2 P = 2 Vì P > 0 nên S 2 > 2 ⇒ S > 2 Mặt khác, ta luôn luôn có S 2 ≥ 4 P nên S 2 ≥ 2( S 2 − 2) ⇒ S ≤ 2 (đạt được dấu bằng 2 2 khi a = b = 1) a 3 + b3 − S 3 + 6 S = = f ( S ) , với 2 < S ≤ 2 ab S2 − 2 − S 4 − 12 / < 0 với mọi S ∈ ( 2; 2] nên (min f ( S ) = f (2) = 2 Do đó min A = 2 khi a = b = 1 Ta có f ( S ) = 2 2;2] ( S − 2) 2 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 BT 41) Cho a , b , c ∈ (0... 41) Cho a , b , c ∈ (0 ; 1] thỏa + + = 4 Tìm GTLN của P = 2 2 2 a + (1 − a ) b + (1 − b) c + (1 − c) 2 a b c Ta có A = Giải Đặt 2x 2y 2z 1 1 1 + + − 1 = x; − 1 = y; − 1 = z Ta có x; y; z >0 và x + y + z = 1 và P = 3 + 2 2 1+ x 1+ y 1+ z2 a b c 12 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực Ta có 2x 36 x + 3 (3 x − 1) 2 (4 x + 3) 2x 36 x + 3 − =− ≤ 0 , với x >0, nên ≤ với x >0 2 2 2 1+ x 25 25(1 + x ) 1+...Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực BT 34) Cho x, y, z là ba số dương thỏa x.y.z =1 CMR CM Sử dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta được : x2 y2 z2 3 + + ≥ 1+ y 1+ z 1+ x 2 x2 1 + y x2 1 + y + ≥2 = x (1) 1+ y 4 1+ y 4 y2 1+ z y2 1 + z + ≥2 = y (2) 1+ z 4 1+ z 4 z2 1+ x z2 1+ x + ≥2 = z (3)... = 6 CM Ta có 2 2 ÷ 2 2 2 xy x + y 4 xy  2 xy x + y  ( x + y ) ( x + y )2 2 xy ( x + y ) BT 42) Cho x,y > 0, x + y = 1 Chứng minh: a b c a 2 b 2 c 2 (a + b + c ) 2 + + = + + ≥ b c a ab bc ca ab + bc + ca u + v log16 3 log v log u ) BT 44) Cho u , v dương CMR 3 16 + 3 16 ≤ 2( 2 CM Ta có 3log16 u + 3log16 v = u log16 3 + v log16 3 f ( x1 ) + f ( x2 ) x +x ≤ f ( 1 2 ), ∀x1 , x2 > 0 Hàm số f ( x )... 37) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn : x 2 + y 2 + z 2 = 1 Hãy tìm GTLN của P = xy + yz +2zx 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Ta có P ≤| y | ( x + z ) + 2 zx =| y | 2( x + z ) − ( x − z ) + x + z − ( x − z ) ≤| y | 2 − 2 y + ( − y ) + r r xét u ( 2;1) và v (| y | 1 − y 2 ;1/ 2 − y 2 ) ta có 1 1 3 1 3 +1 rr 1 r r 1 P ≤ uv + ≤| u || v | + = (2 + 1) ( y 1 − y 2 ) 2 + ( − y 2 ) 2 + = + = 2 2 2 2 2 2 2 3 +1 BT... )  zy = (a.z ) y ≤ * Ta có  , với a dương tùy ý a a 2   2 zx ≤ z 2 + x 2   a 2 1 2 2 Do đó, VT ≤ (1 + )( x + z ) + y 2 a a 1 Chọn a >0 sao cho 1 + = ta được a = 3 − 1 2 a 1 1 1 3 +1 Ta được VT ≤ ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≤ = = a a 2 3 −1 6 6 6 4 2 4 2 4 2 BT 39) Cho x, y, z thuộc [− 2 ; 2] CMR 2( x + y + z ) − ( x y + y z + z x ) ≤ 192 Đặt a = x 2 , b = y 2 , c = z 2 Ta có 0 ≤ a, b, c ≤ 4 nên :... 39) Cho x, y, z thuộc [− 2 ; 2] CMR 2( x + y + z ) − ( x y + y z + z x ) ≤ 192 Đặt a = x 2 , b = y 2 , c = z 2 Ta có 0 ≤ a, b, c ≤ 4 nên : • (16 − a2)(4 − b) ≥ 0 ⇔ a2b ≥ 4a2 +16b − 64 Tương tự, ta cũng có b2c ≥ 4b2 +16c − 64 và c2a ≥ 4c2 +16a − 64 Do đó, a2b + b2c + c2a ≥ 4(a2 +b2 c2) +16(a+ b +c) − 192 ⇔ −(a2b + b2c + c2a) ≤ −4(a2 +b2 c2) −16(a+ b +c) +192 • a2(4 − a) ≥ 0 nên a3 ≤ 4a2 Tương tự, b3 ≤ . LUYỆN THI ĐẠI HỌC MỘT SỐ BĐT ĐƠN GIẢN HAY DÙNG 1. Với a, b, c tùy ý ta luôn có 2 2 2 a b c ab bc ca+ + ≥ + + . Đẳng thức xảy ra kvck a = b = c. CM. Ta có. ≥ + + . 6. Với mọi x, y, không âm ta luôn có 2 (1 )(1 ) (1 )x y xy+ + ≥ + . CM. Ta có (1+x)(1+y) = 1 + (x + y) + xy. Áp dụng BĐT Cô-si ta được 22 (1 )(1