24hchiase.com tuyen-bdt-gtln-gtnn

Trần Sĩ Tùng Tuyển tập Bất đẳng thức
Download tài liệu học tập, xem bài giảng tại : http://24hchiase.com 1
PHẦN I: LUYỆN TẬP CĂN BẢN
I. Chứng minh BĐT dựa vào định nghĩa và tính chất cơ bản:
1. Cho a, b > 0 chứng minh:
  
  
 
33 3
a b a b
2 2
2. Chứng minh:
 

2 2
a b a b
2 2
3. Cho a + b  0 chứng minh:
 

3 3
3a b a b
2 2
4. Cho a, b > 0 . Chứng minh:   
a b
a b
b a
5. Chứng minh: Với a  b  1:  
 2 2
1 1 2
1 ab1 a 1 b
6. Chứng minh:       2 2 2
a b c 3 2 a b c ; a , b , c  R
7. Chứng minh:         2 2 2 2 2
a b c d e a b c d e
8. Chứng minh:     2 2 2
x y z xy yz zx
9. a. Chứng minh:
   
 
a b c ab bc ca
; a,b,c 0
3 3
b. Chứng minh:
    
  
 
22 2 2
a b c a b c
3 3
10. Chứng minh:     
2
2 2a
b c ab ac 2bc
4
11. Chứng minh:     2 2
a b 1 ab a b
12. Chứng minh:     2 2 2
x y z 2xy 2xz 2yz
13. Chứng minh:       4 4 2 2
x y z 1 2xy(xy x z 1)
14. Chứng minh: Nếu a + b  1 thì:  3 3 1
a b
4
15. Cho a, b, c là số đo độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh:
a. ab + bc + ca  a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca).
b. abc  (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)
c. 2a
2
b
2
+ 2b
2
c
2
+ 2c
2
a
2
– a
4
– b
4
– c
4
> 0
Tuyển tập Bất đẳng thức Trần Sĩ Tùng
II. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT CÔSI:
1. Chứng minh:     (a b)(b c)(c a) 8abc ; a,b,c 0
2. Chứng minh:      2 2 2
(a b c)(a b c ) 9abc ; a,b,c 0
3. Chứng minh:          
33
1 a 1 b 1 c 1 abc với a , b , c  0
4. Cho a, b > 0. Chứng minh:    
      
   
m m
m 1a b
1 1 2
b a
, với m  Z
+
5. Chứng minh:      
bc ca ab
a b c ; a,b,c 0
a b c
6. Chứng minh:

  
6 9
2 3x y
3x y 16 ; x,y 0
4
7. Chứng minh:   

4 2
2
1
2a 3a 1
1 a
.
8. Chứng minh:   1995
a 1995 a 1 , a > 0
9. Chứng minh:           2 2 2 2 2 2
a 1 b b 1 c c 1 a 6abc .
10. Cho a , b > 0. Chứng minh:
 
     
   2 2 2 2 2 2
a b c 1 1 1 1
2 a b ca b b c a c
11. Cho a , b  1 , chứng minh:    ab a b 1 b a 1.
12. Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4. Chứng minh: xyz  64(x – 1)(y – 1)(z – 1)
13. Cho a > b > c, Chứng minh:     3
a 3 a b b c c .
14. Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh:
a) b + c  16abc.
b) (1 – a)(1 – b)(1 – c)  8abc
c)
   
      
   
1 1 1
1 1 1 64
a b c
15. Cho x > y > 0 . Chứng minh:
 
 

1
x 3
x y y
16. Chứng minh:
a)



2
2
x 2
2
x 1
,x  R b)



x 8
6
x 1
, x > 1 c)



2
2
a 5
4
a 1
17. Chứng minh:
 
   
  
ab bc ca a b c
; a, b, c 0
a b b c c a 2
18. Chứng minh:  
 
2 2
4 4
x y 1
41 16x 1 16y
, x , y  R

19. Chứng minh:   
  
a b c 3
b c a c a b 2
; a , b , c > 0
20. Cho a , b , c > 0. C/m:
  
     3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
abca b abc b c abc c a abc
21. Áp dụng BĐT Côsi cho hai số chứng minh:
a.     4
a b c d 4 abcd với a , b , c , d  0 (Côsi 4 số)
b.    3
a b c 3 abc với a , b , c  0 , (Côsi 3 số )
22. Chứng minh:     3 3 3 2 2 2
a b c a bc b ac c ab ; a , b , c > 0
23. Chứng minh:   3 94
2 a 3 b 4 c 9 abc
24. Cho  
x 18
y
2 x
, x > 0. Định x để y đạt GTNN.
25. Cho   

x 2
y ,x 1
2 x 1
. Định x để y đạt GTNN.
26. Cho    

3x 1
y , x 1
2 x 1
27. Cho   

x 5 1
y ,x
3 2x 1 2
28. Cho  

x 5
y
1 x x
, 0 < x < 1 . Định x để y đạt GTNN.
29. Cho


3
2
x 1
y
x
, x > 0 . Định x để y đạt GTNN.
30. Tìm GTNN của
 

2
x 4x 4
f(x)
x
, x > 0.
31. Tìm GTNN của  2
3
2
f(x) x
x
, x > 0.
32. Tìm GTLN của f(x) = (2x – 1)(3 – 5x)
33. Cho y = x(6 – x) , 0  x  6 . Định x để y đạt GTLN.
34. Cho y = (x + 3)(5 – 2x) , –3  x 
5
2
. Định x để y đạt GTLN
35. Cho y = (2x + 5)(5 – x) ,   
5
x 5
2
36. Cho y = (6x + 3)(5 – 2x) , 
1
2
 x 
5
2
37. Cho 
2
x
y
x 2
38. Cho
 


2
3
2
x
y
x 2
III. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Bunhiacôpxki
1. Chứng minh: (ab + cd)
2
 (a
2
+ c
2
)(b
2
+ d
2
) BĐT Bunhiacopxki
2. Chứng minh:  sinx cosx 2
3. Cho 3a – 4b = 7. Chứng minh: 3a
2
+ 4b
2
 7.
4. Cho 2a – 3b = 7. Chứng minh: 3a2
+ 5b2

725
47
.
2
+ 11b
2

2464
137
.
6. Cho a + b = 2. Chứng minh: a4
+ b4
 2.
7. Cho a + b  1 Chứng minh:  2 2 1
a b
2
Lời giải:
I. Chứng minh BĐT dựa vào định nghĩa và tính chất cơ bản:
1. Cho a, b > 0 chứng minh:
  
  
 
33 3
a b a b
2 2
(*)
(*) 
  
  
 
33 3
a b a b
0
2 2
     
23
a b a b 0
8
. ĐPCM.
2. Chứng minh:
 

2 2
a b a b
2 2
()
 a + b  0 , () luôn đúng.
 a + b > 0 , () 
  
 
2 2 2 2
a b 2ab a b
0
4 2

 

2
a b
0
4
, đúng.
Vậy:
 

2 2
a b a b
2 2
.
3. Cho a + b  0 chứng minh:
 

3 3
3a b a b
2 2

  

3 3 3
a b a b
8 2
     2 2
3 b a a b 0        
2
3 b a a b 0 , ĐPCM.
4. Cho a, b > 0 . Chứng minh:   
a b
a b
b a
()
()    a a b b a b b a        a b a a b b 0

     a b a b 0       
2
a b a b 0 , ĐPCM.
5. Chứng minh: Với a  b  1:  
 2 2
1 1 2
1 ab1 a 1 b
()
    
  2 2
1 1 1 1
0
1 ab 1 ab1 a 1 b

     
 
 
   
2 2
2 2
ab a ab b
0
1 a 1 ab 1 b 1 ab

 
  
 
  
 
 
   2 2
a b a b a b
0
1 a 1 ab 1 b 1 ab

  
     2 2
b a a b
0
1 ab 1 a 1 b

  
    
     
2 2
2 2
b a a ab b ba
0
1 ab 1 a 1 b

   
   
 

  
2
2 2
b a ab 1
0
1 ab 1 a 1 b
, ĐPCM.
 Vì : a  b  1  ab  1  ab – 1  0.
6. Chứng minh:       2 2 2
a b c 3 2 a b c ; a , b , c  R
           
2 2 2
a 1 b 1 c 1 0 . ĐPCM.
7. Chứng minh:         2 2 2 2 2
a b c d e a b c d e
            
2 2 2 2
2 2 2 2a a a a
ab b ac c ad d ae e 0
4 4 4 4

       
              
       
2 2 2 2
a a a a
b c d e 0
2 2 2 2
. ĐPCM
8. Chứng minh:     2 2 2
x y z xy yz zx
      2 2 2
2x 2y 2z 2xy 2yz 2zx 0
           
2 22
x y x z y z 0
9. a. Chứng minh:
   
 
a b c ab bc ca
; a,b,c 0
3 3
     2 2 2
a b c ab bc ca

         
  
 
2 2 2 2
a b c a b c 2ab 2bc 2ca ab bc ca
3 9 3

   

a b c ab bc ca
3 3
b. Chứng minh:
    
  
 
22 2 2
a b c a b c
3 3
           2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 a b c a b c 2 a b c
           
22 2 2
a b c 2 ab bc ca a b c

    
  
 
22 2 2
a b c a b c
3 3
10. Chứng minh:     
2
2 2a
b c ab ac 2bc
4
       
2
2 2a
a b c b c 2bc 0
4
   
   
 
2
a
b c 0
2
.
11. Chứng minh:     2 2
a b 1 ab a b
      2 2
2a 2b 2 2ab 2a 2b 0
         2 2 2 2
a 2ab b a 2a 1 b 2b 1 0
           
2 2 2
a b a 1 b 1 0 .
12. Chứng minh:     2 2 2
x y z 2xy 2xz 2yz
      2 2 2
x y z 2xy 2xz 2yz 0  (x – y + z)
2
 0.
13. Chứng minh:       4 4 2 2
x y z 1 2x(xy x z 1)
        4 4 2 2 2 2
x y z 1 2x y 2x 2xz 2x 0
           
2 2 22 2
x y x z x 1 0 .
14. Chứng minh: Nếu a + b  1 thì:  3 3 1
a b
4
 a + b  1  b  1 – a  b
3
= (1 – a)
3
= 1 – a + a
2
– a
3
 a
3
+ b
3
=
 
   
 
2
1 1 1
3 a
2 4 4
.
15. Cho a, b, c là số đo độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh:
a. ab + bc + ca  a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca).
 ab + bc + ca  a
2
+ b
2
+ c
2
 (a – b)
2
+ (a – c)
2
+ (b – c)
2
      a b c , b a c , c a b
   2 2 2
a b 2bc c ,   2 2 2
b a 2ac c ,   2 2 2
c a 2ab b
 a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca).
b. abc  (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)
    
22 2
a a b c        2
a a c b a b c
    
22 2
b b a c        2
b b c a a b c
    
22 2
c c a b        2
c b c a a c b
            
2 2 22 2 2
a b c a b c a c b b c a
          abc a b c a c b b c a
c. 2a2
b2
+ 2b2
c2
+ 2c2
a2
– a4
– b4
– c4
> 0
 4a2
b2
+ 2c2
(b2
+ a2
) – a4
– b4
– 2a2
b2
– c4
> 0

 4a
2
b
2
+ 2c
2
(b
2
+ a
2
) – (a
2
+ b
2
)
2
– c
4
> 0
 (2ab)
2
– [(a
2
+ b
2
) – c
2
]
2
> 0  [c
2
– (a – b)
2
][(a + b)
2
– c
2
] > 0
 (c – a + b)(c + a – b)(a + b – c)(a + b + c) > 0 . đúng
 Vì a , b , c là ba cạnh của tam giác
 c – a + b > 0 , c + a – b > 0 , a + b – c > 0 , a + b + c > 0.
II. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT CÔSI:
1. Chứng minh:     (a b)(b c)(c a) 8abc ; a, b, c 0
 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm:
  a b 2 ab ,  b c 2 bc ,  a c 2 ac
        2 2 2
a b b c a c 8 a b c 8abc .
2. Chứng minh:      2 2 2
(a b c)(a b c ) 9abc ; a,b,c 0
 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm:
    3
a b c 3 abc ,   
32 2 2 2 2 2
a b c 3 a b c
        
32 2 2 3 3 3
a b c a b c 9 a b c 9abc .
3. Chứng minh:          
33
1 a 1 b 1 c 1 abc , với a , b , c  0.
              1 a 1 b 1 c 1 a b c ab ac bc abc.
    3
a b c 3 abc ,   
3 2 2 2
ab ac bc 3 a b c
              
33 2 2 23 3
1 a 1 b 1 c 1 3 abc 3 a b c abc 1 abc
4. Cho a, b > 0. Chứng minh:    
      
   
m m
m 1a b
1 1 2
b a
, với m  Z+


         
                 
         
 
m m m m m
m m 1
a b a b b a
1 1 2 1 . 1 2 2
b a b a a b
2 4 2
5. Chứng minh:      
bc ca ab
a b c ; a, b, c 0
a b c
 Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm:
  
2
bc ca abc
2 2c
a b ab
,   
2
bc ba b ac
2 2b
a c ac
,
  
2
ca ab a bc
2 2a
b c bc
     
bc ca ab
a b c
a b c
.
6. Chứng minh:

  
6 9
2 3x y
3x y 16 ; x,y 0
4
()
()    6 9 2 3
x y 64 12x y       
3 3
2 3 3 2 3
x y 4 12x y
Áp dụng BĐT Côsi cho ba số không âm:
      
3 32 3 3 2 3 2 3
x y 4 3x y 4 12x y .
7. Chứng minh:   

4 2
2
1
2a 3a 1
1 a
()
()      

4 4 2 2
2
1
a a a 1 4a
1 a
.
Áp dụng BĐT Côsi cho 4 số không âm: 

4 4 2
2
1
a , a , a 1,
1 a
       
 
4 4 2 4 4 2 24
2 2
1 1
a a a 1 4 a a a 1 4a
1 a 1 a
8. Chứng minh:   1995
a 1995 a 1 () , a > 0
()      1995 1995
a 1995a 1995 a 1995 1995a
         
19951995 1995 1995 1995
1994 soá
a 1995 a 1994 a 1 1 ... 1 1995 a 1995a
9. Chứng minh:           2 2 2 2 2 2
a 1 b b 1 c c 1 a 6abc .
                2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a 1 b b 1 c c 1 a a a b b b c c c a
 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 6 số không âm:
       
62 2 2 2 2 2 2 2 2 6 6 6
a a b b b c c c a 6 a b c 6abc
10. Cho a , b > 0. Chứng minh:
 
     
   2 2 2 2 2 2
a b c 1 1 1 1
2 a b ca b b c a c
  
2 2
a a 1
2ab 2ba b
,  
2 2
b b 1
2bc 2cb c
,  
2 2
c c 1
2ac 2aa c
 Vậy:
 
     
   2 2 2 2 2 2
a b c 1 1 1 1
2 a b ca b b c a c
11. Cho a , b  1 , chứng minh:    ab a b 1 b a 1.
             a a 1 1 2 a 1, b b 1 1 2 b 1
    ab 2b a 1, ab 2a b 1
    ab a b 1 b a 1
12. Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4. C/m: xyz  64(x – 1)(y – 1)(z – 1)

            x x 1 1 x 1 x y z 3
                       
24
x 1 x 1 y 1 z 1 4 x 1 y 1 z 1
Tương tự:        
24
y 4 x 1 y 1 z 1 ;       
24
z 4 x 1 y 1 z 1
 xyz  64(x – 1)(y – 1)(z – 1).
13. Cho a > b > c, Chứng minh:     3
a 3 a b b c c .
              3
a a b b c c 3 a b b c c
14. Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh:
a) b + c  16abc.

 
 
 
2
b c
bc
2
      
      
   
2 2
2b c 1 a
16abc 16a 16a 4a 1 a
2 2
                      
2 22
4a 1 a 1 a 4a 4a 1 a 1 1 2a 1 a b c
b) (1 – a)(1 – b)(1 – c)  8abc
 (1 – a)(1 – b)(1 – c) = (b + c)(a + c)(a + b)  2 bc.2 ac.2 ab 8abc
c)
   
      
   
1 1 1
1 1 1 64
a b c

     
     
   
4 2
1 a a b c 4 a bc
1
a a a
  
4 2
1 4 ab c
1
b b
  
4 2
1 4 abc
1
c c

   
      
   
1 1 1
1 1 1 64
a b c
15. Cho x > y > 0 . Chứng minh:
 
 

1
x 3
x y y
  
 
 
 

     
 
3
x y y1
VT x y y 3 3
x y y x y y
16. Chứng minh:
a)



2
2
x 2
2
x 1
   2 2
x 2 2 x 1     2 2
x 1 1 2 x 1
b)


x 8
x 1
=
 
     
  
x 1 9 9 9
x 1 2 x 1 6
x 1 x 1 x 1
c.         2 2 2
a 1 4 2 4 a 1 4 a 1 



2
2
a 5
4
a 1
17. Chứng minh:
 
   
  
ab bc ca a b c
; a, b, c 0
a b b c c a 2
 Vì :  a b 2 ab
  

ab ab ab
a b 22 ab
,  

bc bc bc
b c 22 bc
,  

ac ac ac
a c 22 ac
     a b c ab bc ca , dựa vào:     2 2 2
a b c ab bc ca .

   
   
  
ab bc ca ab bc ac a b c
a b b c c a 2 2
18. Chứng minh:  
 
2 2
4 4
x y 1
41 16x 1 16y
, x , y  R

 
  
 
2 2 2
4 2 2
x x x 1
81 16x 2.4x1 4x

 
  
 
2 2 2
4 2 2
y y y 1
81 16y 2.4y1 4y
  
 
2 2
4 4
x y 1
41 16x 1 16y
19. Chứng minh:   
  
a b c 3
b c a c a b 2
; a , b , c > 0
Đặt X = b + c , Y = c + a , Z = a + b.
 a + b + c =
1
2
(X + Y + Z)

     
  
Y Z X Z X Y X Y Z
a , b , c
2 2 2

      
                       
a b c 1 Y X Z X Z Y
3
b c a c a b 2 X Y X Z Y Z
     
1 3
2 2 2 3
2 2
.
Cách khác:

     
             
          
a b c a b c
1 1 1 3
b c a c a b b c a c a b
       
         
   
1 1 1 1
a b b c c a 3
2 b c a c a b
 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm:
        
          
   
1 1 1 1 9 3
a b b c c a 3
2 b c a c a b 2 2

20. Cho a , b , c > 0. C/m:
  
     3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
abca b abc b c abc c a abc
           3 3 2 2
a b a b a ab a a b ab
           3 3
a b abc a b ab abc ab a b c , tương tự
           3 3
b c abc b c bc abc bc a b c
           3 3
c a abc c a ca abc ca a b c

     
  
     
         
1 1 1 1 a b c
VT
ab a b c bc a b c ca a b c a b c abc
21. Áp dụng BĐT Côsi cho hai số chứng minh:
a.     4
a b c d 4 abcd với a , b , c , d  0 (Côsi 4 số)
    a b 2 ab , c d 2 cd
          4
a b cd 2 ab cd 2 2 ab. cd 4 abcd
b.    3
a b c 3 abc với a , b , c  0 , (Côsi 3 số )

   
    4
a b c a b c
a b c 4. abc
3 3

   
 4
a b c a b c
abc
3 3

    
 
 
4
a b c a b c
abc
3 3

  
 
 
3
a b c
abc
3
    3
a b c 3 abc .
22. Chứng minh:     3 3 3 2 2 2
a b c a bc b ac c ab ; a , b , c > 0
  3 2
a abc 2a bc ,  3 2
b abc 2b ac ,  3 2
c abc 2c ab
       3 3 3 2 2 2
a b c 3abc 2 a bc b ac c ab
        3 3 3 2 2 2
2 a b c 2 a bc b ac c ab ,
vì :   3 3 3
a b c 3abc
Vậy:     3 3 3 2 2 2
a b c a bc b ac c ab
23. Chứng minh:   3 94
2 a 3 b 4 c 9 abc
 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 9 số không âm:
          3 3 3 94 4 4 4
VT a a b b b c c c c 9 abc
24. Cho  
x 18
y
2 x
, x > 0. Định x để y đạt GTNN.
 Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm:    
x 18 x 18
y 2 . 6
2 x 2 x
 Dấu “ = ” xảy ra       2x 18
x 36 x 6
2 x
, chọn x = 6.
Vậy: Khi x = 6 thì y đạt GTNN bằng 6
25. Cho   

x 2
y ,x 1
2 x 1


  

x 1 2 1
y
2 x 1 2
 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm


x 1 2
,
2 x 1
:
 
     
 
x 1 2 1 x 1 2 1 5
y 2 .
2 x 1 2 2 x 1 2 2
 Dấu “ = ” xảy ra   

        
2 x 3x 1 2
x 1 4
x 1(loaïi)2 x 1
Vậy: Khi x = 3 thì y đạt GTNN bằng
5
2
26. Cho    

3x 1
y , x 1
2 x 1


  

3(x 1) 1 3
y
2 x 1 2
 

3 x 1 1
,
2 x 1
:
    
      
 
3 x 1 1 3 3 x 1 1 3 3
y 2 . 6
2 x 1 2 2 x 1 2 2
 Dấu “ = ” xảy ra 

 
 

 
     

  

2
6
x 1
3 x 1 1 2 3
x 1
2 x 1 3 6
x 1(loaïi)
3
Vậy: Khi  
6
x 1
3
thì y đạt GTNN bằng 
3
6
2
27. Cho   

x 5 1
y ,x
3 2x 1 2


  

2x 1 5 1
y
6 2x 1 3


2x 1 5
,
6 2x 1
:

  
     
 
2x 1 5 1 2x 1 5 1 30 1
y 2 .
6 2x 1 3 6 2x 1 3 3
Dấu “ = ” xảy ra
  
 
     
  


2
30 1
x
2x 1 5 2
2x 1 30
6 2x 1 30 1
x (loaïi)
2
Vậy: Khi


30 1
x
2
thì y đạt GTNN bằng
30 1
3
28. Cho  

x 5
y
1 x x
, 0 < x < 1 . Định x để y đạt GTNN.

    
        
  
x 5 1 x 5x x x 1 x 1 x
f(x) 5 5 2 5 5 2 5 5
1 x x 1 x x 1 x x
Dấu “ = ‘ xảy ra 
  
     
  
2
x 1 x x 5 5
5 5 x
1 x x 1 x 4
(0 < x < 1)
 Vậy: GTNN của y là 2 5 5 khi


5 5
x
4
29. Cho


3
2
x 1
y
x
, x > 0 . Định x để y đạt GTNN.


      
3
3
2 2 2 2 3
x 1 1 x x 1 x x 1 3
x 3
2 2 2 2 4x x x x
 Dấu “ = ‘ xảy ra    2
x x 1
2 2 x
  3
x 2 .
 Vậy: GTNN của y là 3
3
4
khi  3
x 2
30. Tìm GTNN của
 

2
x 4x 4
f(x)
x
, x > 0.

 
     
2
x 4x 4 4 4
x 4 2 x. 4 8
x x x
 Dấu “ = ‘ xảy ra  
4
x
x
 x = 2 (x > 0).
 Vậy: GTNN của y là 8 khi x = 2.
31. Tìm GTNN của  2
3
2
f(x) x
x
, x > 0.

   
             
3 22 2 2 2
2 5
3 3 3 3 5
2 x x x 1 1 x 1 5
x 5
3 3 3 3 27x x x x
 Dấu “ = ‘ xảy ra    
2
5
3
x 1
x 3
3 x
 x = 2 (x > 0).
 Vậy: GTNN của y là 5
5
27
khi  5
x 3 .
32. Tìm GTLN của f(x) = (2x – 1)(3 – 5x)
 f(x) = –10x
2
+ 11x – 3 =
   
          
   
2
2 11x 11 1 1
10 x 3 10 x
10 20 40 40
 Dấu “ = “ xảy ra  
11
x
20
 Vậy: Khi 
11
x
20
thì y đạt GTLN bằng
1
40
.
33. Cho y = x(6 – x) , 0  x  6 . Định x để y đạt GTLN.
 Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm x và 6 – x (vì 0  x  6):
        6 x 6 x 2 x 6 x  x(6 – x)  9
 Dấu “ = “ xảy ra  x = 6 – x  x = 3
 Vậy: Khi x = 3 thì y đạt GTLN bằng 9.
34. Cho y = (x + 3)(5 – 2x) , –3  x 
5
2
. Định x để y đạt GTLN.
 y = (x + 3)(5 – 2x) =
1
2
(2x + 6)(5 – 2x)
 Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm 2x + 6 và 5 – 2x ,
 
   
 
5
3 x
2
:
             11 2x 6 5 2x 2 2x 6 5 2x 
1
2
(2x + 6)(5 – 2x) 
121
8
 Dấu “ = “ xảy ra  2x + 6 = 5 – 2x   
1
x
4
 Vậy: Khi  
1
x
4
121
8
.
35. Cho y = (2x + 5)(5 – x) ,   
5
x 5
2
. Định x để y đạt GTLN.
 y = (2x + 5)(5 – x) =
1
2
(2x + 5)(10 – 2x)
 Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm 2x + 5 , 10 – 2x ,
 
   
 
5
x 5
2
:

            2x 5 10 2x 2 2x 5 10 2x 
1
2
(2x + 5)(10 – 2x) 
625
8
 Dấu “ = “ xảy ra  2x + 5 = 10 – 2x  
5
x
4
 Vậy: Khi 
5
x
4
625
8
36. Cho y = (6x + 3)(5 – 2x) , 
1
2
 x 
5
2
 y = 3(2x + 1)(5 – 2x)
 Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm 2x + 1 , 5 – 2x ,
 
   
 
1 5
x
2 2
:
            2x 1 5 2x 2 2x 1 5 2x  (2x + 1)(5 – 2x)  9
 Dấu “ = “ xảy ra  2x + 1 = 5 – 2x  x = 1
 Vậy: Khi x = 1 thì y đạt GTLN bằng 9.
37. Cho 
2
x
y
x 2
   2 2
2 x 2 2x 2x 2  
 2
1 x
2 2 2 x
 
1
y
2 2
 Dấu “ = “ xảy ra   2
x 2 và x > 0 x= 2
 Vậy: Khi x 2 thì y đạt GTLN bằng
1
2 2
.
38. Cho
 


2
3
2
x
y
x 2
     
32 2 2
x 2 x 1 1 3 x .1.1   
 
   

23
2 2
3
2
x 1
x 2 27x
27
x 2
 Dấu “ = “ xảy ra     2
x 1 x 1
 Vậy: Khi  x 1 thì y đạt GTLN bằng
1
27
.
III. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Bunhiacôpxki
1. Chứng minh: (ab + cd)
2
 (a
2
+ c
2
)(b
2
+ d
2
) () BĐT Bunhiacopxki
()       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b 2abcd c d a b a d c b c d
   2 2 2 2
a d c b 2abcd 0    
2
ad cb 0 .
2. Chứng minh:  sinx cosx 2
 Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số 1 , sinx , 1 , cosx :
  sinx cosx       2 2 2 2
1. sinx 1. cosx 1 1 sin x cos x 2
2
+ 4b
2
 7.
 Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số 3 , 3 a , 4 , 4b :
        2 2
3a 4b 3. 3a 4. 4b 3 4 3a 4b  3a
2
+ 4b
2
 7.
2
+ 5b
2

725
47
.
   
2 3
2a 3b 3 a 5 b
3 5
 Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số 
2 3
, 3 a , , 5b
3 5
:
   
    
 
2 22 3 4 9
3a 5b 3a 5b
3 53 5
 3a2
+ 5b2

735
47
.
2
+ 11b
2

2464
137
.
   
3 5
3a 5b 7 a 11b
7 11
 Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số 
3 5
, 7 a , , 11b
7 11
:
   
    
 
2 23 5 9 25
7 a 11b 7a 11b
7 117 11
 7a
2
+ 11b
2

2464
137
.
6. Cho a + b = 2. Chứng minh: a
4
+ b
4
 2.
 Áp dụng BĐT Bunhiacopski:
       2 2
2 a b 1 1 a b  a
2
+ b
2
 2
         2 2 4 4
2 a b 1 1 a b  a
4
+ b
4
 2
7. Cho a + b  1 Chứng minh:  2 2 1
a b
2
          2 2 2 2 2 2 1
1 a b 1 1 a b a b
2

PHẦN II. ĐỀ THI ĐẠI HỌC
1. (CĐGT II 2003 dự bị)
Cho 3 số bất kì x, y, z. CMR:      2 2 2 2 2 2
x xy y x xz+z y yz+z
2. (CĐBC Hoa Sen khối A 2006)
Cho x, y, z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng: x
3
+ y
3
+ z
3
 x + y + z.
3. (CĐKTKT Cần Thơ khối A 2006)
Cho 3 số dương x, y, z thoả x + y + z  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức: A = x + y + z +  
1 1 1
x y z
4. (CĐSPHCM khối ABTDM 2006)
Cho x, y là hai số thực dương và thoả x + y =
5
4
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: A = 
4 1
x 4y
.
5. (CĐKTKT Cần Thơ khối B 2006)
Cho 4 số dương a, b, c, d. Chứng minh bất đẳng thức:
  
       
a b c d
a b c b c d c d a d a b
< 2
6. (CĐKT Cao Thắng khối A 2006)
Chứng minh rằng nếu x > 0 thì (x + 1)
2
 
  
 2
1 2
1
xx  16.
7. (CĐKTKTCN1 khối A 2006)
Cho 3 số dương a, b, c. Ch. minh rằng:
     
  
a b c a b c a b c
9
a b c
8. (CĐKTYTế1 2006)
Cho các số thực x, y thay đổi thoả mãn điều kiện: y  0; x
2
+ x = y + 12.
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A = xy + x + 2y + 17
9. (CĐBC Hoa Sen khối D 2006)
Cho x, y, z > 0; x + y + z = xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = xyz.
10. (Học viện BCVT 2001)
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thoả mãn điều kiện: a + b + c = 1
thì:
 
     
 a b c a b c
1 1 1 a b c
3
3 3 3 3 3 3
11. (ĐH Đà Nẵng khối A 2001 đợt 2)
Cho ba số dương a, b, c thoả a2
+ b2
+ c2
= 1. Chứng minh:
  
  2 2 2 2 2 2
a b c 3 3
2b c c a a b
12. (ĐH Kiến trúc HN 2001)
Cho các số a, b, c thoả:
   

  
2 2 2
a b c 2
ab bc ca 1
Chứng minh:         
4 4 4 4 4 4
a ; b ; c
3 3 3 3 3 3
13. (Học viện NH TPHCM khối A 2001)
Cho ABC có 3 cạnh là a, b, c và p là nửa chu vi. Chứng minh rằng:
 
         
1 1 1 1 1 1
2
p a p b p c a b c
14. (ĐH Nông nghiệp I HN khối A 2001)
Cho 3 số x, y, z > 0. Chứng minh rằng:
    
  3 2 3 2 3 2 2 2 2
2 y2 x 2 z 1 1 1
x y y z z x x y z
15. (ĐH PCCC khối A 2001)
Ch. minh rằng với a ≥ 2, b ≥ 2, c ≥ 2 thì:     b c c a a blog a log b log c 1
16. (ĐH Quốc gia HN khối D 2001)
Ch. minh rằng với mọi x ≥ 0 và với mọi  > 1 ta luôn có: x
+  – 1 ≥ x.
Từ đó chứng minh rằng với 3 số dương a, b, c bất kì thì:
    
3 3 3
3 3 3
a b c a b c
b c ab c a
17. (ĐH Thái Nguyên khối D 2001)
Cho a ≥ 1, b ≥ 1. Chứng minh rằng:    a b 1 b a 1 ab (*)
18. (ĐH Vinh khối A, B 2001)
Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi
bằng 3 thì: 3a
2
+ 3b
2
+ 3c
2
+ 4abc ≥ 13
19. (ĐH Y Thái Bình khối A 2001)
Cho a, b, c là những số dương và a + b = c. Ch. minh rằng:  
2 2 2
3 3 3a b c

20. (ĐHQG HN khối A 2000)
Với a, b, c là 3 số thực bất kì thoả điều kiện a + b + c = 0. Chứng minh
rằng: 8
a
+ 8
b
+ 8
c
≥ 2
a
+ 2
b
+ 2
c
21. (ĐHQG HN khối D 2000)
Với a, b, c là 3 số thực dương thoả điều kiện: ab + bc + ca = abc. Chứng
minh rằng:
  
  
2 2 2 2 2 2
b 2a c 2b a 2c
3
ab bc ca
22. (ĐH Bách khoa HN khối A 2000)
Cho 2 số a, b thoả điều kiện a + b ≥ 0. Ch. minh rằng:
  
  
 
33 3
a b a b
2 2
23. (ĐHSP TP HCM khối DE 2000)
Cho 3 số a, b, c bất kì. Chứng minh các BĐT:
a) a2
+ b2
+ c2
≥ ab + bc + ca b) (ab + bc + ca)2
≥ 3abc(a + b + c)
24. (ĐH Nông nghiệp I khối A 2000)
Cho 3 số dương a, b, c thoả điều kiện abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P =  
  2 2 2 2 2 2
bc ca ab
a b a c b c b a c a c b
25. (ĐH Thuỷ lợi II 2000)
Chứng minh rằng với mọi số dương a, b, c ta đều có:
(a + 1).(b + 1).(c + 1) ≥  
3
3
1 abc
26. (ĐH Y HN 2000)
Giả sử x, y là hai số dương thoả điều kiện  
2 3
6
x y
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của tổng x + y.
27. (ĐH An Giang khối D 2000)
Cho các số a, b, c ≥ 0. Chứng minh: a
c + 1
+ b
c + 1
≥ ab(a
c – 1
+ b
c – 1
)
28. (ĐH Tây Nguyên khối AB 2000)
CMR với mọi x, y, z dương và x + y + z = 1 thì xy + yz + zx >

18xyz
2 xyz
29. (ĐH An Ninh khối A 2000)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 3 ta đều có: n
n + 1
> (n + 1)
n
30. (CĐSP Nha Trang 2000)
Cho 2 số thực a, b thoả điều kiện: a, b ≥ –1 và a + b = 1. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức: A =   a 1 b 1
31. (CĐSP Nhà trẻ – Mẫu giáo TƯ I 2000)
Chứng minh BĐT sau đây luôn luôn đúng với mọi số thực x, y, z bất kì
khác không:   
 2 2 2 2 2 2
1 1 1 9
x y z x y z
BĐT cuối cùng luôn đúng  BĐT cần chứng minh đúng.
32. (ĐH Y Dược TP HCM 1999)
Cho 3 số a, b, c khác 0. Chứng minh:     
2 2 2
2 2 2
a b c a b c
b c ab c a
33. (ĐH Hàng hải 1999)
Cho x, y, z ≥ 0 và x + y + z ≤ 3. Chứng minh rằng:
     
    2 2 2
x y z 3 1 1 1
2 1 x 1 y 1 z1 x 1 y 1 z
34. (ĐH An ninh HN khối D 1999)
Cho 3 số x, y, z thay đổi, nhận giá trị thuộc đoạn [0;1]. Chứng minh rằng:
2(x3
+ y3
+ z3
) – (x2
y + y2
z + z2
x) ≤ 3 (*)
35. (Đại học 2002 dự bị 1)
Gọi 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?
36. (Đại học 2002 dự bị 3)
Giả sử x, y là hai số dương thay đổi thoả mãn điều kiện x + y =
5
4
. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = 
4 1
x 4y
37. (Đại học 2002 dự bị 5)
Giả sử a, b, c, d là 4 số nguyên thay đổi thoả mãn 1 ≤ a < b < c < d ≤ 50.
Chứng minh bất đẳng thức:
 
 
2
a c b b 50
b d 50b
và tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức: S = 
a c
b d
.
38. (Đại học 2002 dự bị 6)
Cho tam giác ABC có diện tích bằng
3
2
. Gọi a, b, c lần lượt là độ dài các
cạnh BC, CA, AB và ha, hb, hc tương ứng là độ dài các đường cao kẻ từ
các đỉnh A, B, C. Chứng minh rằng:
  
      
  a b c
1 1 1 1 1 1
3
a b c h h h
39. (Đại học khối A 2003)
Cho x, y, z là 3 số dương và x + y + z  1. Chứng minh rằng:
     2 2 2
2 2 2
1 1 1
x y z 82
x y z

40. (Đại học khối A 2003 dự bị 1)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = sin
5
x + 3 cosx
Tính các góc của tam giác ABC, biết rằng:
 

 


4p(p a) bc (1)
A B C 2 3 3
sin sin sin (2)
2 2 2 8
trong đó BC = a, CA = b, AB = c, p =
 a b c
2
.
Cho x, y, z là các số dương thoả mãn :   
1 1 1
4
x y z
.
Chứng minh rằng:   
   
1 1 1
1
2x+y+z x 2y z x y 2z
43. (Đại học khối B 2005)
Chứng minh rằng với mọi x  R, ta có:
     
         
     
x x x
x x x12 15 20
3 4 5
5 4 3
Khi nào đẳng thức xảy ra?
44. (Đại học khối D 2005)
Cho 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
Cho 3 số x, y, z thoả x + y + z = 0. CMR:     x y z
3 4 3 4 3 4  6
Chứng minh rằng với mọi x, y > 0 ta có:  
  
       
2
y 9
1 x 1 1
x y
 256
Đẳng thức xảy ra khi nào?
47. (Đại học khối B 2005 dự bị 1)
Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn: a + b + c =
3
4
. Chứng minh rằng:
     3 3 3
a 3b b 3c c 3a 3
Chứng minh rằng nếu 0  y  x  1 thì  
1
x y y x
4
.
Đẳng thức xảy ra khi nào?
49. (Đại học khối D 2005 dự bị 2)
Cho x, y, z là 3 số dương và xyz = 1. CMR:   
  
2 2 2
x y z 3
1 y 1 z 1 x 2
Cho 2 số thực x ≠ 0, y ≠ 0 thay đổi và thoả mãn điều kiện:
(x + y)xy = x2
+ y2
– xy.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = 3 3
1 1
x y
.
Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A =          
2 22 2
x 1 y x 1 y y 2
LỜI GIẢI
1. (CĐGT II 2003 dự bị)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, xét các điểm:
A
 
  
 
y 3
x ; z
2 2
, B
 
  
 
3 3
0; y z
2 2
, C
 
 
 
y z
;0
2 2
Ta có: AB =
  
           
22
2 2y 3
x y x xy y
2 2
AC =
  
           
22
2 2z 3
x z x xz z
2 2
BC =
  
           
22
2 2y z 3
(y z) y yz+z
2 2 2
Với 3 điểm A, B, C ta luôn có: AB + AC ≥ BC
      2 2 2 2 2 2
x xy y x xz+z y yz+z
2. (CĐBC Hoa Sen khối A 2006)
x3
+ y3
+ z3
 3 3 3 33
x y z  2(x3
+ y3
+ z3
)  6
x3
+ 1 + 1  3 3 3
x  x3
+ 2  3x(1)
Tương tự: y
3
+ 1 + 1  3 33
y  y
3
+ 2  3y(2)

z
3
+ 1 + 1  3
3 3
z  z
3
+ 2  3z (3)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
3. (CĐKTKT Cần Thơ khối A 2006)
 Cách 1:
Theo BĐT Côsi: 1  x + y + z  3 3 xyz > 0
  
3
1 1 1 3
x y z xyz
Từ đó: A  3 3 xyz +
3
3
xyz
Đặt: t = 3 xyz , điều kiện: 0 < t 
1
3
Xét hàm số f(t) = 3t +
3
t
với 0 < t 
1
3
f(t) = 3 – 2
3
t
=
2
2
3(t 1)
t
< 0, t 
 
 
 
1
0;
3
Bảng biến thiên:
1
3
Từ bảng biến thiên ta suy ra: A  10. Dấu "=" xảy ra khi x = y = z =
1
3
Vậy Amin = 10 đạt được khi x = y = z =
1
3
.
 Cách 2:
Theo BĐT Côsi: 1  x + y + z  3 3 xyz > 0 
3
1
xyz
 3
x + 
1 2
9x 3
, y + 
1 2
9y 3
, z + 
1 2
9z 3
Từ đó: A=
      
             
      
1 1 1 8 1 1 1
x y z
9x 9y 9z 9 x y z
 2 +
3
8 3
9 xyz
 10
Dấu "=" xảy ra khi x = y = z =
1
3
.Vậy Amin = 10 đạt được khi x = y = z =
1
3
4. (CĐSPHCM khối ABT 2006)
Ta có: x + y =
5
4
 4x + 4y – 5 = 0
A = 
4 1
x 4y
=   
4 1
4x+ 4y 5
x 4y
 A  2
4
.4x
x
+ 2
1
.4y
4y
– 5
 A  5
Dấu "=" xảy ra 



 


  

 
4
4x
x
1
4y
4y
5
x y
4
x,y 0





x 1
1
y
4
. Vậy Amin = 5.
5. (CĐKTKT Cần Thơ khối B 2006)
Vì a, b, c, d > 0 nên ta luôn có:
   
     
a c a c
1
a b c c d a a c a c
   
     
b d b d
1
b c d d a b b d b d
Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được đpcm.
6. (CĐKT Cao Thắng khối A 2006)
Ta có: (x + 1)2
 
  
 2
1 2
1
xx  16 (1)  (x + 1)2
 
 
 
2
1
1
x  16
 (x + 1)
 
 
 
1
1
x
 4 (do x > 0)  (x + 1)
2
 4x  (x – 1)
2
 0 (2)
(2) luôn đúng nên (1) được chứng minh.
7. (CĐKTKTCN1 khối A 2006)
Xét vế trái của BĐT đã cho: VT =        
b c a c a b
1 1 1
a a b b c c
= 3 +
     
         
     
b a c a c b
a b a c b c
Do a, b, c > 0 nên theo BĐT Côsi ta có:
  
b a b a
2 . 2
a b a b
;   
b c b c
2 . 2
c b c b
;   
c a c a
2 . 2
a c a c
Khi đó: VT  3 + 2 + 2 + 2 = 9 (đpcm).
8. (CĐKTYTế1 2006)
y  0, x
2
+ x = y + 12  x
2
+ x – 12  0  – 4  x  3
y = x
2
+ x – 12  A = x
3
+ 3x
2
– 9x – 7
Đặt f(x) = A = x
3
+ 3x
2
– 9x – 7 với – 4  x  3
f(x) = 3x
2
+ 6x – 9 ; f(x) = 0  x = 1 hoặc x = – 3
f(–4) = 13, f(–3) = 20, f(1) = –12, f(3) = 20

Vậy maxA = 20 (x = 3, y = 0), minA = –12 (x = 1, y = –10).
9. (CĐBC Hoa Sen khối D 2006)
Ta có: x + y + z  3 3 xyz  xyz  3 3 xyz  (xyz)
2
 27  xyz  3 3
Dấu "=" xảy ra  x = y = z = 3 .
Vậy minA = 3 3 .
10. (Học viện BCVT 2001)
Ta có hàm số f(x) = x
1
3
là hàm nghịch biến nên:
(a – b)
 
 
 a b
1 1
3 3
≤ 0, a, b.
   a b a b
a b b a
3 3 3 3
, a, b. (1)
Tương tự:   b c c b
b c b c
3 3 3 3
(2)
  c a c a
c a a c
3 3 3 3
(3)
Mặt khác:     a b c a b c
a b c a b c
3 3 3 3 3 3
(4)
Cộng (1), (2), (3), (4) vế theo vế ta được:
   
         
   a b c a b c
a b c 1 1 1
3 (a b c)
3 3 3 3 3 3
Hay
 
     
 a b c a b c
a b c 1 1 1
3
3 3 3 3 3 3
(vì a + b + c = 1)
Dấu “=” xảy ra  a = b = c =
1
3
.
11. (ĐH Đà Nẵng khối A 2001 đợt 2)
Do a
2
+ b
2
+ c
2
= 1 nên  
  
2
2 2 2 2
a a a
b c 1 a a(1 a )
(1)
Mà 2a
2
.(1 – a
2
)
2
≤
      
       
3 32 2 2
2a (1 a ) (1 a ) 2
3 3
 a
2
.(1 – a
2
)
2
≤
4
27
 a(1 – a
2
) ≤
2
3 3
(2)
Từ (1), (2) suy ra: 

2
2 2
a 3 3
a
2b c
Do đó:      
  
2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b c 3 3 3 3
(a b c )
2 2b c c a a b
Dấu “=” xảy ra 
  

 

 
2 2
2 2
2 2
2a 1 a
2b 1 b
2c 1 c
 a = b = c =
1
3
.
12. (ĐH Kiến trúc HN 2001)
Ta có:
   

  
2 2 2
a b c 2
ab bc ca 1

    

  
2 2
(a b) 2ab 2 c
c(a b) ab 1
Ta xem đây là hệ phương trình của a, b và đặt
 


a b S
ab P
(S2
– 4P ≥ 0)
Ta được hệ:
   


2 2
S 2P 2 c (1)
cS+P =1 (2)
Từ (2)  P = 1 – cS, thay vào (1) ta được:
S
2
– 2(1 – cS) = 2 – c
2
 S
2
+ 2cS + c
2
– 4 = 0 
  
   
S c 2
S c 2
 Với S = – c – 2  P = 1 + c(c + 2) = c
2
+ 2c + 1
BĐT: S
2
– 4P ≥ 0  (–c – 2)
2
– 4(c
2
+ 2c + 1) ≥ 0
 –3c2
– 4c ≥ 0    
4
c 0
3
(3)
 Với S = –c + 2  P = 1 – c(–c + 2) = c
2
– 2c + 1
BĐT: S
2
– 4P ≥ 0  (–c + 2)
2
– 4(c
2
– 2c + 1) ≥ 0
 –3c
2
+ 4c ≥ 0   
4
0 c
3
(4)
Từ (3), (4) ta được:   
4 4
c
3 3
Tương tự ta chứng minh được:   
4 4
a,b,c
3 3
13. (Học viện NH TPHCM khối A 2001)
Trước hết, ta dễ dàng chứng minh được nếu x, y > 0 thì:
 

1 1 4
x y x y
(1)
Dấu “=” xảy ra  x = y.
Áp dụng (1) ta được:   
    
1 1 4 4
p a p b p a p b c

  
    
1 1 4 4
p b p c p b p c a
  
    
1 1 4 4
p c p a p c p a b
Cộng 3 BĐT trên vế theo vế, ta được:
   
            
1 1 1 1 1 1
2 4
p a p b p c a b c
 đpcm
Dấu “=” xảy ra  a = b = c.
14. (ĐH Nông nghiệp I HN khối A 2001)
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương x3
, y2
ta có:
x
3
+ y
2
≥ 2 3 2
x y 2xy x   
3 2
2 x 2 x 1
xy2xy xx y
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương 2 2
1 1
,
x y
ta có:
 
   
 
2 2
1 1 1 1
xy 2 x y

 
     
3 2 2 2
2 x 1 1 1
2x y x y
Tương tự ta cũng có:
 
     
3 2 2 2
2 y 1 1 1
2y z y z
;
 
  
  3 2 2 2
2 z 1 1 1
2z x z x
Suy ra:     
  3 2 3 2 3 2 2 2 2
2 y2 x 2 z 1 1 1
x y y z z x x y z
      
  
      
3 2 3 2 3 2
x y y z z x
vaø vaø
x y y z z x
 x = y = z = 1
15. (ĐH PCCC khối A 2001)
Trước hết chú ý rằng nếu a > 1, x > 1 thì hàm số y = alog x là đồng biến
và dương.
Do đó hàm số y = logxa =
a
1
log x
là nghịch biến.
Vì vai trò của a, b, c là như nhau, nên ta có thể giả thiết a ≥ b ≥ c. Ta
được:
VT=            b c c a a b a b a b a b a blog a log b log c log a log b log c log abc
Vì a, b, c ≥ 2 nên abc ≥ 2ab = ab + ab > a + b
Do đó VT ≥ loga+babc > loga+b(a + b) = 1.
16. (ĐH Quốc gia HN khối D 2001)
 Xét f(x) = x
– x +  – 1 (x ≥ 0)
f(x) = (x – 1
– 1); f(x) = 0  x = 1
Vậy với x ≥ 0 và  > 1 thì f(x) ≥ 0 hay x
+  – 1 ≥ x.
 BĐT cần chứng minh:
     
         
     
3 3 3
2 2 2a b c a b c
b c a b c a
Áp dụng BĐT đã chứng minh với  =
3
2
, ta có:
 
  
 
3
2a 1 3 a
.
b 2 2 b
;
 
  
 
3
2b 1 3 b
.
c 2 2 c
;
 
  
 
3
2c 1 3 c
.
a 2 2 a
Mặt khác, theo BĐT Côsi ta có:
 
                   
  
3 3 3
2 2 21 a b c 3
2 b c a 2
Cộng 4 BĐT trên, vế theo vế, ta có:
 
                             
  
3 3 3
2 2 23 a b c 3 3 a b c 3
2 b c a 2 2 b c a 2
Suy ra:
     
         
     
3 3 3
2 2 2a b c a b c
b c a b c a
17. (ĐH Thái Nguyên khối D 2001)
BĐT (*) 
 
 
a b 1 b a 1
1
ab ab

   
      
   
1 1 1 1
1 1 1
b b a a
(1)
Theo BĐT Côsi ta có:
 
  
      
 
1 1
1
1 1 1b b
1
b b 2 2
 
  
      
 
1 1
1
1 1 1a a
1
a a 2 2
Cộng 2 BĐT lại ta được BĐT cần chứng minh.


  


   

1 1 1
1
b b 2
1 1 1
1
a a 2
 a = b = 2.
18. (ĐH Vinh khối A, B 2001)
Ta có: 3 – 2a = a + b + c – 2a = b + c – a > 0.
Do đó theo BĐT Côsi ta có:
(3 – 2a)(3 – 2b)(3 – 2c) ≤
     
 
 
3
3 2a 3 2b 3 2c
3
= 1
 27 – 9(2a + 2b + 2c) + 3(4ab + 4bc + 4ca) – 8abc ≤ 1
 27 – 54 + 12(ab + bc + ca) – 8abc ≤ 1
 4abc ≥ 6(ab + bc + ca) – 14
 3(a
2
+ b
2
+ c
2
) + 4abc ≥ 3(a
2
+ b
2
+ c
2
) + 6(ab + bc + ca) – 14
= 3(a + b +c)
2
– 14 = 13
Đẳng thức xảy ra  3 – 2a = 3 – 2b = 3 – 2c  a = b = c = 1.
19. (ĐH Y Thái Bình khối A 2001)
Từ giả thiết ta có: 
a b
c c
= 1  0 <
a b
,
c c
< 1 
   
     
   
2 2
3 3a b a b
c c c c
= 1
Từ đó suy ra:  
2 2 2
3 3 3a b c
20. (ĐHQG HN khối A 2000)
Đặt x = 2
a
, y = 2
b
, z = 2
c
thì x, y, z > 0.
Đ.kiện a + b + c = 0  xyz = 2a+b+c
= 1, do đó theo BĐT Côsi: x + y + z ≥ 3
Mặt khác: x3
+ 1 + 1 ≥ 3x  x3
≥ 3x – 2
Tương tự: y
3
≥ 3y – 2; z
3
≥ 3z – 2
 x3
+ y3
+ z3
≥ 3(x + y + z) – 6 = (x + y + z) + 2(x + y + z – 3) ≥ x + y + z
 8a
+ 8b
+ 8c
≥ 2a
+ 2b
+ 2c
21. (ĐHQG HN khối D 2000)
Ta có:
 
  
2 2 2 2
2 2 2 2
b 2a b 2a 1 1
2.
ab a b a b
Đặt x =
1
a
; y =
1
b
; z =
1
c
thì
giả thiết


  
a,b,c 0
ab bc ca abc



  
x,y,z 0
x y z 1
và đpcm       2 2 2 2 2 2
x 2y y 2z z 2x 3
Theo BĐT Bunhiacopxki ta có:
3(x2
+ 2y2
) = 3(x2
+ y2
+ y2
) ≥ (x + y + y)2
   2 2 1
x 2y (x 2y)
        
3
Viết 2 BĐT tương tự, rồi cộng lại, ta có:
2 2 2 2 2 2 1
x 2y y 2z z 2x (3x 3y 3z) 3
3
Đẳng thức xảy ra  x = y = z =
1
3
 a = b = c = 3
22. (ĐH Bách khoa HN khối A 2000)
Ta có:
  
  
 
33 3
a b a b
2 2
 4(a3
+ b3
) ≥ (a + b)3
 (a + b) [4(a
2
+ b
2
– ab) – (a
2
+ b
2
+ 2ab)] ≥ 0
 (a + b)(3a
2
+ 3b
2
– 6ab) ≥ 0  (a + b)(a – b)
2
≥ 0
BĐT cuối cùng này đúng, nên BĐT cần chứng minh là đúng.
Đẳng thức xảy ra  a =  b.
23. (ĐHSP TP HCM khối DE 2000)
a) a
2
+ b
2
≥ 2ab; b
2
+ c
2
≥ 2bc; c
2
+ a
2
≥ 2ca
 a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca.
Đẳng thức xảy ra  a = b = c
b) (ab + bc + ca)
2
= (ab)
2
+ (bc)
2
+ (ca)
2
+ 2(abbc + bcca + caab) ≥
≥ abbc + bcca + caab + 2abc(a + b + c) = 3abc(a + b + c)
24. (ĐH Nông nghiệp I khối A 2000)
Ta có:   
    
 
2
2 2 2
2
1
bc bc 1 a
1 11 1a b a c a (b c) a
b cb c
Đặt x =
1
a
; y =
1
b
; z =
1
c
thì
giả thiết



a, b, c > 0
abc = 1




x,y,z 0
xyz=1
và P =  
  
2 2 2
x y z
y z z x x y
Theo BĐT Bunhiacopxki ta có:
(y + z + z + x + x + y).P ≥
 
         
2
x y z
y z. z x. x y.
y z z x x y
 2(x + y + z).P ≥ (x + y + z)
2
 P ≥
1
2
(x + y + z) ≥ 31 1
.3 xyz .3
2 2
 P ≥
3
2
Nếu P =
3
2
thì x = y = z = 1  a = b = c = 1

Đảo lại, nếu a = b = c = 1 thì P =
3
2
. Vậy minP =
3
2
25. (ĐH Thuỷ lợi II 2000)
(a + 1).(b + 1).(c + 1) = 1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc ≥
≥ 1 + 3 
3 2 2 23
abc 3 a b c + abc =  
3
3
1 abc
Đẳng thức xảy ra  a = b = c > 0.
26. (ĐH Y HN 2000)
 
   
            
2
2 2 3 2 3
2 3 . x . y (x y)
x y x y
= 6(x + y)
 x + y ≥
 
2
2 3
6
Giá trị
 
2
2 3
6
đạt được 
 




 
  

2
2 3
: x : y
x y
2 3
x y
6

 





2( 2 3)
x
6
3( 2 3)
y
6
Vậy min(x + y) =
5 2 6
6
27. (ĐH An Giang khối D 2000)
Giả sử a ≥ b ≥ 0  a
c
(a – b) ≥ b
c
(a – b)  a
c + 1
+ b
c + 1
≥ ab(a
c – 1
+ b
c – 1
)
28. (ĐH Tây Nguyên khối AB 2000)
Áp dụng BĐT Côsi cho 6 số dương ta có:
2 = x + y + z + x + y + z ≥ 6 3 xyz (1)
và xy + yz + zx ≥ 3 2 2 23
x y z (2)
Nhân các BĐT (1) và (2) vế theo vế ta được:
2(xy + yz + zx) ≥ 18xyz (3)
Mặt khác ta có: xyz(xy + yz + zx) > 0 (4)
Cộng các BĐT (3) và (4) vế theo vế ta được:
(xy + yz + zx)(2 + xyz) > 18xyz  xy + yz + zx >

18xyz
2 xyz
(vì 2 +xyz > 0)
29. (ĐH An Ninh khối A 2000)
Ta có: 3
4
= 81, 4
3
= 64  3
4
> 4
3
 BĐT cần chứng minh đúng với n = 3.
Với n > 3, đpcm  n >
 
 
 
n
n 1
n

 
 
 
n
1
1
n
< n (1)
Ta có:
 
 
 
n
1
1
n
=


n
k
n k
k 0
1
C
n
=
= 1 +
   
  2 n
n n(n 1) 1 n(n 1)...(n n 1) 1
. ... .
n 2! n!n n
= 1 + 1 +
      
           
      
1 1 1 1 2 n 1
1 ... 1 1 ... 1
2! n n! n n n
<
< 1 + 1 +  
1 1
...
2! n!
< 1 + 1 +

  n 1
1 1
...
2 2
<
< 1 + 1 + 
  n 1
1 1
...
2 2
+ … = 1 +

1
1
1
2
= 3

 
 
 
n
1
1
n
< 3 < n  (1)
30. (CĐSP Nha Trang 2000)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai cặp số (1, 1), (  a 1, b 1), ta có:
A =   1. a 1 1. b 1 ≤    (1 1)(a 1 b 1)
mà a + b = 1 nên A ≤ 6
Dấu “=” xảy ra    a 1 b 1  a = b  a = b =
1
2
( do a + b = 1)
Vậy maxA = 6 khi a = b =
1
2
31. (CĐSP Nhà trẻ – Mẫu giáo TƯ I 2000)
BĐT cần chứng minh 
     
                 
     
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
y z x z x y
1 1 1
x x y y z z
≥ 9
 3 +
     
              
     
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
y z x z x y
x x y y z z
≥ 9
32. (ĐH Y Dược TP HCM 1999)
Áp dụng BĐT Côsi ta có:
*    
2 2 2 2 2 2
3
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
3 . . 3
b c a b c a
(1)
*  
2
2
a a
1 2
bb
;  
2
2
b b
1 2
cc
;  
2
2
c c
1 2
aa

 
      
 
2 2 2
2 2 2
a b c a b c
2 3
b c ab c a
(2)
Kết hợp (1) và (2) ta được:

   
           
2 2 2
2 2 2
a b c a b c
2 2
b c ab c a
     
2 2 2
2 2 2
a b c a b c
b c ab c a
33. (ĐH Hàng hải 1999)
 Do (x – 1)
2
≥ 0 nên x
2
+ 1 ≥ 2x 
 2
2x
1 x
≤ 1
Tương tự ta cũng có:
 2
2y
1 y
≤ 1;
 2
2z
1 z
≤ 1
Do đó:
 2
2x
1 x
+
 2
2y
1 y
+
 2
2z
1 z
≤ 3
Hay:   
  2 2 2
x y z 3
21 x 1 y 1 z
(1)
 Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số không âm ta có:
 
  
 
     
3
3
1 1 1
1 11 x 1 y 1 z
3 (1 x)(1 y)(1 z) (1 x)(1 y)(1 z)
    
 
  
33
(1 x)(1 y)(1 z)
1 1 1
1 x 1 y 1 z
≤
    (1 x) (1 y) (1 z)
3
≤ 2
   
  
3 1 1 1
2 1 x 1 y 1 z
(2)
Kết hợp (1) và (2) ta được BĐT cần chứng minh.
34. (ĐH An ninh HN khối D 1999)
Vì 0 ≤ x, y, z ≤ 1 nên x
2
≥ x
3
; y
2
≥ y
3
; z
2
≥ z
3
.
Suy ra: 2(x
3
+ y
3
+ z
3
) – (x
2
y + y
2
z + z
2
x) ≤ 2(x
2
+ y
2
+ z
2
) – (x
2
y + y
2
z + z
2
x)
Do đó nếu ta chứng minh được:
2(x
2
+ y
2
+ z
2
) – (x
2
y + y
2
z + z
2
x) ≤ 3 (1)
thì (*) đúng.
Ta có: (1 – y)(1 + y – x2
) ≥ 0  x2
+ y2
– x2
y – 1 ≤ 0 (2)
Dấu “=” ở (2) xảy ra 



 
y 1
x 1
y 0
Tương tự ta cũng có: x
2
+ z
2
– z
2
x – 1 ≤ 0 (3)
y
2
+ z
2
– y
2
z – 1 ≤ 0 (4)
Cộng (2), (3), (4) vế theo vế ta được:
2(x2
+ y2
+ z2
) – (x2
y + y2
z + z2
x) ≤ 3
Vậy (1) đúng  (*) đúng
Nhận xét: Dấu “=” ở (*) xảy ra  (x; y; z)   (1;1;1),(1;1;0),(1;0;1),(0;1;1)
35. (Đại học 2002 dự bị 1)
    
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
 

 
a b c
x y z




ABC ñeàu
M truøng vôùi troïng taâm G cuûa ABC
36. (Đại học 2002 dự bị 3)
 Cách 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
 Cách 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
Lập bảng xét dấu f(x), suy ra minS = 5.
 Cách 3: 2 +  
1 2 1
x. y.
2 x 2 y
≤  
4 1
x y.
x 4y
(3)
Dấu “=” ở (3) xảy ra 






 
2 1
x. x 2 y. y
5
x y
4




 
x 4y
5
x y
4





x 1
1
y
4
(3) 
  
   
   
2
5 5 4 1
.
2 4 x 4y
 
4 1
x 4y
≥ 5
Vậy minS = 5.

37. (Đại học 2002 dự bị 5)
Vì a ≥ 1, d ≤ 50 và c > b (c, b  N) nên c ≥ b + 1 thành thử:
S = 
a c
b d
≥


1 b 1
b 50
=
 2
b b 50
50b
Vậy BĐT của đề ra đã được chứng minh.



  
a 1
d 50
c b 1
Để tìm minS, ta đặt
 2
b b 50
50b
=  
b 1 1
50 b 50
và xét hàm số có biến số
liên tục x:
f(x) =  
x 1 1
50 x 50
(2 ≤ x ≤ 48)
f(x) =

 
2
2 2
1 1 x 50
50 x 50x
; f(x) = 0
 

 
2
x 50
2 x 48
 x 5 2
Bảng biến thiên:
5 2
Chuyển về biểu thức f(b) =
 2
b b 50
50b
(2 ≤ b ≤ 48, b  N)
Từ BBT suy ra khi b biến thiên từ 2 đến 7, f(b) giảm rồi chuyển sang tăng
khi b biến thiên từ 8 đến 48. Suy ra minf(b) = min[f(7); f(8)].
Ta có f(7) =


49 57 53
350 175
; f(8) =

 
64 58 61 53
400 200 175
Vậy minS =
53
175
khi

 


 
a 1
b 7
c 8
d 50
38. (Đại học 2002 dự bị 6)
Ta có diện tích tam giác: S =  a b c
1 1 1
ah bh ch
2 2 2
 ha =
2S
a
; hb =
2S
b
; hc =
2S
c
     
a b c
1 1 1 1
(a b c)
h h h 2S

    
            
    a b c
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
(a b c)
a b c h h h 2S a b c
Áp dụng BĐT Côsi ta có: (a + b + c)
 
  
 
1 1 1
a b c
≥ 9
và vì S =
3
2
, nên ta có:
  
       
  a b c
1 1 1 1 1 1 9
3
a b c h h h 3
Với mọi
 
u,v ta có:   
   
u v u v (*)
Đặt
    
      
    
  1 1 1
a x; ; b y; ; c z;
x y z
Áp dụng bất đẳng thức (*), ta có:        
        
a b c a b c a b c
Vậy 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 = 23( 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 = 82
Vậy P  82
Dấu "=" xảy ra  x = y = z =
1
3
.

 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 = k2. Vậy maxy = 3 .
 Tìm min: Ta có y = sin5
x + 3 cosx ≥ – sin4
x + 3 cosx.
Tương tự như trên, ta được miny = – 3 , đạt được khi x =  + k2.
(1) 
   

(a b c)(b c a)
1
bc

 

2 2
(b c) a
1
bc



2bc(1 cosA)
1
bc
 2 A 1
cos
2 4
 2 A 3
sin
2 4
 
A 3
sin
2 2
(do 0 < 
A
2 2
) (3)
Biến đổi vế trái của (2) như sau:
 
  
 
A B C 1 A B-C B+C
sin sin sin sin cos cos
2 2 2 2 2 2 2
≤
 
 
 
1 A A
sin 1 sin
2 2 2
=
= –
 
 
 
21 A A
sin sin
2 2 2
= –
  
    
   
2
1 A 1 1
sin
2 2 2 4
=
 
  
 
2
1 1 A 1
sin
8 2 2 2
Do (3) suy ra:
 
    
 
2
A B C 1 1 3 1
sin sin sin
2 2 2 8 2 2 2
=  
1 1
(4 2 3)
8 8
=
2 3 3
8

   
 
  

0
0
B-C
cos 1
A 1202
A 3 B C 30sin
2 2
Với a, b > 0 ta có:
4ab  (a + b)
2




1 a b
a b 4ab

 
  
  
1 1 1 1
a b 4 a b
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Áp dụng kết quả trên ta có:
 
  
 
1 1 1 1
2x+y+z 4 2x y z

  
   
  
1 1 1 1 1
4 2x 4 y z
=
 
  
 
1 1 1 1
8 x 2y 2z
(1)
Tương tự:
 
  
   
1 1 1 1
x 2y z 4 2y x z

  
   
  
1 1 1 1 1
4 2y 4 x z
=
 
  
 
1 1 1 1
8 y 2z 2x
(2)
 
  
   
1 1 1 1
x y 2z 4 2z x y

  
   
  
1 1 1 1 1
4 2z 4 x y
=
 
  
 
1 1 1 1
8 z 2x 2y
(3)
Vậy:
 
     
     
1 1 1 1 1 1
1
2x+y+z x 2y z x y 2z 4 x yz
= 1
Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu "=" xảy ra khi và chỉ
khi
x = y = z. Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
3
4
.
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
(3)
Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia 2 vế của bất đẳng thức nhận
được cho 2 ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra  (1), (2), (3) là các đẳng thức  x = 0.
44. (Đại học khối D 2005)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có:
1 + x
3
+ y
3
 3 3 33
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
   
3 3 3
3 3
xy yz zx
(4)

Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), (4) ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra  (1), (2), (3), (4) là các đẳng thức  x = y = z = 1.
Ta có: 3 + 4
x
= 1 + 1 + 1 + 4
x
 4 4 x
4
   
84x x x
3 4 2 4 2 4
Tương tự:  
8y y
3 4 2 4 ;  
8z z
3 4 2 4
Vậy     x y z
3 4 3 4 3 4  2   
  
8 8 8x y z
4 4 4 
3 8 x y z
6 4 .4 .4
 6  24 x y z
4 = 6
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
 Cách 1:
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
Suy ra:          3 3 3 1
a 3b b 3c c 3a 4(a b c) 6
3

 
 
 
1 3
4. 6
3 4
= 3

  

     
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;
z = 3
c 3a  z3
= c + 3a
 x3
+ y3
+ z3
= 4(a + b + c) = 4.
3
4
= 3. BĐT cần ch. minh  x + y + z  3
Ta có: x
3
+ 1 + 1  3 3 3
x .1.1 = 3x; y
3
+ 1 + 1  3 33
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
   


  

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
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 21 1 1
y x yx 2 yx . x y
4 4 4
  
1
x y y x
4

   
 
  
  

2
2
0 y x 1 x 1
x x 1
y
1 4
yx
4
49. (Đại học khối D 2005 dự bị 2)
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 bất đẳng thức trên, 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
.
 Cách 1:
Từ giả thiết suy ra:    2 2
1 1 1 1 1
x y xyx y
.
Đặt
1
x
= a,
1
y
= b, ta có: a + b = a2
+ b2
– ab (1)
A = a
3
+ b
3
= (a + b)(a
2
– ab + b
2
) = (a + b)
2
Từ (1) suy ra: a + b = (a + b)2
– 3ab.
Vì ab ≤
 
 
 
2
a b
2
nên a + b ≥ (a + b)
2
–  23
(a b)
4
 (a + b)
2
– 4(a + b) ≤ 0  0 ≤ a + b ≤ 4
Suy ra: A = (a + b)2
≤ 16
Với x = y =
1
2
thì A = 16. Vậy giá trị lớn nhất của A là 16.
 Cách 2:
Đặt S = x + y, P = xy với S2
– 4P  0. Từ giả thiết  S, P  0.
Ta có: SP = S
2
– 3P  P =

2
S
S 3
A = 3 3
1 1
x y
=
3 3
3 3
x y
x y
=
  2 2
3 3
(x y)(x y xy)
x y
=
 2
3 3
(x y) xy
x y
=
 2
2 2
(x y)
x y
 A =
 
  
 
2
2
S S 3
SP
Đk: S
2
– 4P  0  S
2
–

2
4S
S 3
 0  S
2
 
 
 
S 1
S 3  0 


S 1
S 3
 0 (vì S0)

 
 
S 3
S 1
(*)
Đặt h = f(S) =
S 3
S
 h =

2
3
S
< 0, S thoả (*)
Từ bảng biến thiên, ta có: 0 < h  4 và h  1, S thoả (*).
Mà A = h  MaxA = 16 khi x = y =
1
2
(S = 1, P =
1
4
).
 Cách 3:
(x + y)xy =
 
  
 
2 2
y 3y
x
2 4
> 0 

 
1 1 x y
x y xy
> 0
A = 3 3
1 1
x y
=
3 3
3 3
x y
x y
=
 
 
 
2
1 1
x y
  
1 1
A
x y
Dễ chứng minh được:
  
 
 
3 3 3
a b a b
2 2
(với a + b > 0)
dấu "=" xảy ra khi a = b.
Áp dụng với a =
1
x
, b =
1
y
, ta có:
               
 
 
 
333
1 11 1
x yx y
2 2

 
  
 
3
A A
2 2
 A  16.
Dấu "=" xảy ra khi  
1 1
2
x y
. Vậy Max A = 16.
 Cách 4:
A =
2
2
S
P
, suy ra  
2
S 3S
A
P S SP
S
2
– 4P  0  S
2
– 4
2
S SP
3
 0 


P
1
S1 4
3
 0  
P 1
S 4
(chia cho S
2
)
Nên: A =
2
2
S
P
 16. Vậy Max A = 16 (khi x = y =
1
2
).
Trong mpOxy, xét M(x – 1; –y), N(x + 1; y).
Do OM + ON ≥ MN nên:
           
2 22 2 2 2
x 1 y x 1 y 4 4y 2 1 y

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 .

24hchiase.com tuyen-bdt-gtln-gtnn

Empfohlen

Empfohlen

Weitere ähnliche Inhalte

Was ist angesagt?

Was ist angesagt? (20)

Ähnlich wie 24hchiase.com tuyen-bdt-gtln-gtnn

Ähnlich wie 24hchiase.com tuyen-bdt-gtln-gtnn (20)

Mehr von gadaubac2003

Mehr von gadaubac2003 (20)

24hchiase.com tuyen-bdt-gtln-gtnn