Thông tin
Quiz

Bài toán bất đẳng thức – GTLN – GTNN của biểu thức – Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu gồm 38 trang hướng dẫn giải một số dạng toán bất đẳng thức và GTLN – GTNN (giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất) của biểu thức. Tài liệu được biên soạn bởi thầy Nguyễn Hữu Hiếu.

Nội dung tài liệu:
1. Một số bất đẳng thức cơ bản thường sử dụng.
2. Bất đẳng thức đối xứng hai biến.
3. Một số bài toán cần dùng bất đẳng thức phụ.
4. Bất đẳng thức đối xứng ba biến.
5. Bất đẳng thức ba biến không đối xứng.

Chủ đề:

Tài liệu chung Toán 10 393 tài liệu

Môn:

Toán 10 2.8 K tài liệu

Thông tin:

38 trang 1 năm trước

Tác giả:

Mai Nguyệt

docx.com.vn

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Bài toán bất đẳng thức – GTLN – GTNN của biểu thức – Nguyễn Hữu Hiếu

131 66 lượt tải Tải xuống

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 1

BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC-GTLN-GTNN CỦA BIỂU THỨC

1. Một số bất đẳng thức cơ bản thường sử dụng

1.1 Cho

,0ab

. Khi đó ta có

2a b ab

. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

ab

. Bất đẳng

thức này còn được viết dưới dạng khác tương đương là











;

 

4a b ab

;

2a b ab

;

 





1.2 Cho

, , 0a b c 

. Khi đó ta có

3a b c abc  

. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a b c

Bất đẳng thức này còn có một số ứng dụng để chứng minh một số bất đẳng thức cơ bản khác

khá phổ biến như sau:

2 2 2

a b c ab bc ca    

 

2 2 2

a b c a b c    

   

3a b c ab bc ca    

 

2 2 2 2 2 2

a b b c c a abc a b c    

   

3ab bc ca abc a b c    

   

3 3 3 2 2 2

3 a b c a b c    

      

a b c ab bc ca a b b c c a       

 

2 2 2

a b c



  

 

1 1 1

9a b c

a b c



    





1.4 Một số hằng đẳng thức đáng nhớ

          

x y y z y z z x z x x y x y z xy yz zx             

      

x y y z z x xyz x y z xy yz zx        

   

2 2 2

2x y z x y z xy yz zx       

     

3 3 3

3x y z x y z x y y z z x        

1.5 Tuy nhiên biểu thức này làm ta nhớ đến bất đẳng thức phụ:

1 1 2

, với

1ab

1 1 2

1 1 1a b ab



  

, với

,0ab

và

1ab 

 

(1 )(1 ) 1 , , 0a b ab a b     

II. Bất đẳng thức đối xứng hai biến

Phương pháp giải

2x y xy

; đúng

;xy

. Dấu

""

xảy ra khi và chỉ khi

xy

;

   

1 1 1 1 2

x y x y



    



; đúng

;xy

. Dấu

""

xảy ra khi và chỉ khi

xy

;

 





; đúng

;xy

. Dấu

""

xảy ra khi và chỉ khi

xy

;

 

4x y xy

; đúng

;xy

. Dấu

""

xảy ra khi và chỉ khi

xy

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 2

Bi 1. Cho các số thực x, y thỏa điều kiện

 

21x y xy  

. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị

nhỏ nhất của biểu thức







Lời giải

Đặt

t xy

. Ta có:

 

1 2 2 4

xy x y xy xy xy        

Và

 

1 2 2 4

xy x y xy xy xy      

. ĐK:

t  

Suy ra :

 

2 2 2 2

7 2 1

2 1 4 2 1

x y x y

xy t



  





Do đó:

 

2 2 1







' 0 0, 1( )P t t L    

1 1 2

5 3 15

   

  

   

   

và

 

P 

Kết luận.

MaxP



  







  





và

MinP x y    

Bi 2. Cho

,0xy

thỏa mãn

3  x y xy

. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:

1 1 3

y x x y

  

   

Nhận xét

Trong bài toán này ta chỉ cần sử dụng phép biến đổi tương đương là xuất hiện ngay ẩn phụ. Cụ

thể như sau:

Ta có:

2 2 3 2

1 ( ) 3 ( ) ( ) 2 1

1 1 3 ( ) 1 ( ) 3

x y x y xy x y x y xy

y x x y xy x y x y

     

    

        

Đặt:

t x y  

3xy t

. Khi đó:

1 7 1 3

()

4 4 3 2

P f t t t t

     



Bi 3. Cho hai số thực

,xy

thay đổi và thoả mãn

8xy

. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị

nhỏ nhất của biểu thức

3P x y xy  

Lời giải

Ta có

 

  

3 8 3P x y x y xy xy x y xy xy        

Đặt

x y t

. Do

8xy

nên





. Suy ra

2 2 3

8 8 3

8 3. 12 12

2 2 2 2

t t t

P t t t





       





 

4x y xy

nên

 

2 8 4 4t t t     

Xét

 

12 12

f t t t    

với

 

4;4t

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 3

Ta có

   

 

' 2 '

4 4;4

3 12; 0

2 4;4

f t t t f t

   



     



  





     

4 28; 2 26; 4 4f f f    

Kết luận.

26 2 1; 28 4 2MaxP t x y MinP t x y              

Bi 4. Cho x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn điều kiện

1x y xy  

. Tìm giá trị lớn nhất

và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

S x y xy

Lời giải

Ta có

2 2 2 2 2

( ) ( ) ( 2 ) ( ) (1 3 )S xy x y S xy x y xy xy xy       

Đặt

t xy

2 2 2

1 1 3 ( ) 0

x y xy xy x y t         

2 2 2

1 ( ) 1 0 1x y xy x y xy t          

( ) (1 3 ), 1;

S f t t t t



     





'( ) 2 9 0

f t t t







   







1 2 4

( 1) 4, (0) 0, 4 2 2

3 9 243

f f f f S S

   

          

   

   

2 1, 1

S x y

    

     

Kết luận.

2 1, 1; 2 1, 1MaxS x y MinS x y          

Bi 5. Cho các số thực dương

,xy

thỏa mãn

xy y x x y

   

. Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức

P x y





Lời giải

Từ giả thiết ta có :

4 4 2 2

3 3 2xy x y x y

xy xy

     

Đặt

,0t xy t

ta có

2 3 2

3 3 2 2 3 3 2 0 ;2

t t t t t t



         





2 2 2 2 2

16 16 8

2 2 2 1

P x y x y t

x y xy t

     

   

Xét hàm số

 

, ;2

f t t t



  







ta có

 

Max f t t x y







     

Kết luận.

 

Max f t t x y







     

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 4

Bi 6. Cho các số thực dương

,xy

thỏa mãn

3x y xy  

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P x y







   





Lời giải

Từ giả thiết bài toán ta có

 

x y xy x y x y







         



  



Mặt khác

,0xy

nên

3 x y xy x y    

Vậy ta có

23xy  

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt ta chứng minh được

 

4 a b a b  

Ta có

1 1 1 1

x y x y x y

P x y

y x y x

   

    



      



   



   

   

 

x y x y



   











Đặt





, 2;3t x y t  

, ta có

 





; 2;3

t t t

f t P t





   







Kết luận.

 





2;3

64 2 2 1Min f t t x y      

Bi 7. Cho

1x y xy  

. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4 4 2 2

.M x y x y  

Lời giải

Ta có:

1 ( ) 3 3

x y xy xy xy xy

x y xy xy



     





      



    





Mặt khác, từ

2 2 2 2

11x y xy x y xy      

nên

2 2 2 2 2 2

( ) 3 2 2 1M x y x y x y xy      

Đặt

2 2 1t xy M t t     

Vậy cần tìm Min và Max của tam thức bậc hai:

( ) 2 2 1f t t t   

trên đoạn









Ta có:

( ) .

Min f





Đạt được khi

x y xy























   





















































Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 5

Ta có:

()

Max f

.Đạt được khi:

x y xy











  























Bi 8. Cho

,xy

là các số thực thỏa mãn

1x y xy  

.Tìm giá trị lớn nhất; giá trị nhỏ nhất của

biểu thức

6 6 2 2

2F x y x y xy   

BÀI TẬP RÈN LUYỆN

Bi 9. Cho hai số thực

,xy

thỏa mãn

2xy

. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

 

23P x y xy  

Bi 10. Cho

0, 0xy

và

3x y xy  

. Tìm GTLN của

()

A x y

   



Bi 11. Cho

,xy

là các số thực dương thỏa mãn điều kiện

 

32x y x y  

. Tìm GTNN

của biểu thức

P x y



   





Bi 12. (B-2009) Cho các số thực

,xy

thay đổi thỏa mãn

 

4 2.x y xy  

Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức

   

4 4 2 2 2 2

3 2 1A x y x y x y     

Bi 13. (D-2009) Cho các số thực không âm

,xy

thỏa mãn

1xy

. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị

lớn nhất của biểu thức

  

4 3 4 3 25S x y y x xy   

Bi 14. (D-2012) Cho các số thực

,xy

thỏa mãn

   

4 4 2 32x y xy    

. Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức

  

3 1 2A x y xy x y     

Bi 15. (A-2013) Cho các số thực dương

,,a b c

thỏa mãn điều kiện

  

4a c b c c  

. Tìm giá

trị nhỏ nhất của biểu thức

   

3 3 2 2

32 32

a b a b

b c a c



  



Bi 16. Cho

,0xy

thỏa mãn

3x y xy x y xy   

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 

1 2 3

P x y



  

Bi 17. Cho

, xy

là hai số thực thỏa mãn

1x y xy  

. Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

nhất của biểu thức

53A xy y

Bi 18. Cho

,xy

là hai số thực dương thỏa mãn

4xy

  

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

2 1 2 1 1

x y x y



  

   

Bi 19. Cho các số thực

,0xy

và thỏa mãn

13x y xy  

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

   

3 3 1 1

y x x y x y

   



Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 6

Bi 20. Cho các số thực dương

,ab

thỏa mãn

3ab a b  

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 7 3

P ab ab

    



Bi 21. Cho các số thực dương

,xy

thỏa mãn điều kiện

1 1 4xy



   





. Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức

11P xy x y    

Bi 22. Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn:

1xy

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

   

1 1 1 1P x y



     





Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 7

II. Một số bài toán cần dùng bất đẳng thức phụ

Bổ đề: Cho

,0ab

ta luôn có:

1 1 2

, với

1ab

1 1 2

1 1 1a b ab



  

, với và

1ab 

Bi 1. (Đề thi HSG 12 Bình Phước 2014) Cho các số thực dương

,ab

thỏa

2a b ab

. Tìm giá

trị nhỏ nhất của biểu thức:

1 1 3

Q a b a b

Nhận xét

Trong bài toán này với giả thiết

2a b ab

thì biểu thức dưới dẫu căn khá nhẹ nhàng, nó có

thể biểu diễn theo tổng hoặc tích. Do đó ẩn phụ của bài toán phụ thuộc hoàn toàn vào biểu thức

còn lại là

11ab

. Tuy nhiên biểu thức này làm ta nhớ đến bất đẳng thức phụ:

1 1 2

, với

1ab

Từ giả thiết ta có:

2 2 1 1.ab a b ab ab ab

Đến đây ta có thể dự đoán ẩn phụ là

một biểu thức theo tích của a và b.

Ta có

3 3 3

2 3 2 3 2 3

4 4 4 4

1 1 1

4 4 4

Q a b a b a b ab

ab ab ab

Đặt

1t ab

, ta có

( ) 3Q f t t

Bi 2. Cho

, 0 :ab

1ab

. Tìm GTNN của

1 1 32

2 (1 ) 2 (1 ) 8

a a b b

Giải

+) Ta có:

1 1 2

, 1

Thật vậy: Quy đồng, chuyển vế, bđt trên tương đương với

10a b ab

(Đúng).

Lại có:

2 2 2 4

1 1 .1

ab ab

. Suy ra:

1 1 4

1 1 3a b ab

+) Ta có:

(1 ) (1 ) 2 2 2 2 2 2 2 2a a b b a b a b ab ab ab

Suy ra:

2 (1 ) 2 (1 ) 8 4 12a a b b ab

1 1 32 32 16

2 (1 ) 2 (1 ) 8 2 (1 ) 2 (1 ) 8

4 12 2 3 3

a a b b a a b b

ab ab ab

4 16

+) Đặt

4 16

1 ( ).

t ab T f t

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 8

8 8 ( 3) ( 3) 3

'( ) 8.

( 3)

( 3) 3 ( 3) ( 3) 3

t t t t t

Xét

2 2 2

( 3) ( 3) 3 ( 3) 3 3 0M t t t t t t t t

2 4 2 3 2 4 3 2

3 3 6 9 3 ( ) 3 9 0t t t t t t t t t t

(Đúng

Suy ra

'( ) 0 1f t t

()ft

đồng biến

Từ đó:

(1) 7 1 1.

MinT f t a b

Bi 3. Cho các số thực

,0xy

thỏa mãn

4xy

  

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 1 3 2

1 2 1 2 5

x y x y



  

   

Theo BĐT AM-GM ta có:

4 4 2 2

4 2 4x y x y   

Do đó:

4 4 2 2 3 3

4 2 4 2 4 6 0x y x y x y xy

        

 

2 1 3 0 1xy x y xy xy      

Ta luôn có bất đẳng thức phụ sau:

1 1 2

1 2 1 2 2x y xy



  

,0xy

Thật vậy ta có:

1 1 2

1 2 1 2 2x y xy



  

   

2 2 1 2 2 4 1 3xy x y xy x y x y xy x y y x xy             

(Điều này luôn đúng do

2 2 3 3

1 3 3x y y x x y xy   

Vậy

1 1 3 2 2 3 2

1 2 1 2 5 2 5 2

xy xy

x y x y xy xy



    

     

(theo AM-GM).

Đặt

, (0;1]t xy t

. Xét

2 3 2

( ) , (0;1]

2 5 2

f t t



  



Ta có:

   

'( ) 0, (0;1]

2 5 2

f t t



    



()ft

nghịch biến trên

(0;1]

nên

( ) (1) 1P f t f  

Vậy

min 1 1

x y y x

P x y





    







Bi 4. Cho các số thực

,xy

thỏa mãn điều kiện:

2 2 3 2014 2012x y x y

. Tìm giá

trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức:

2015 2 1

xy x y

S x y

Nhận xét

Phép đặt ẩn phụ cho bài toán là:

1t x y  

. Vấn đề đặt ra là với giả thiết có vẻ phức tạp kia

làm sao chặn được ẩn phụ t.

Quan sát vế phải giả thiết ta thầy nếu dùng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta thu được tổng

xy

từ đó ta có một bất đẳng thức chứa ẩn là

xy

. Giải bất phương trình này ta thu được giới hạn

của

xy

, từ đó thu được điều kiện cho ẩn phụ t.

Thật vậy:

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 9

2 2 3 2014 2012 2 3 2 2014 2012 13 2012 2012x y x y x y x y

     

2012 13 2012 2012 13 2012 0 0 2012 13x y x y x y x y x y                 

2012 2015 2013 1 2016x y x y        

Do đó

2013; 2016t







IV. Bất đẳng thức đối xứng ba biến

Phương pháp giải

Dồn về một trong các biến

t x y z  

;

2 2 2

;;t xy yz zx t x y z t xyz      

;

Tìm điều kiện chặt của biến

Sử dụng đạo hàm để khảo sát hàm số biến

; tìm GTLN; GTNN của hàm số mới.

Chú ý: Đối với các bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến chúng ta cần chú ý đến các đánh

giá, phân tích thường sử dụng như sau:

2 2 2

x y z xy yz zx    

; đúng

;;x y z

. Dấu

""

xảy ra khi và chỉ khi

x y z

;

   

2 2 2

1 1 1 1 1 1 3

x y z x y z

x y z

   

      



; đúng

;;x y z

. Dấu

""

xảy ra khi

và chỉ khi

x y z

;

 

x y z

xyz





; đúng

;;x y z

. Dấu

""

xảy ra khi và chỉ khi

x y z

;

          

x y y z y z z x z x x y x y z xy yz zx             

;

      

x y y z z x xyz x y z xy yz zx        

;

   

2 2 2

2x y z x y z xy yz zx       

;

     

3 3 3

3x y z x y z x y y z z x        

Bi 1. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn

1a b c

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

7 121

14( )

ab bc ca

a b c

Nhận xét

Trong bài toán này chỉ cần thế

1a b c

vào P sẽ làm xuất hiện ngay ẩn phụ. Thật vậy:

Ta có

2 2 2 2

1 ( ) 2( )a b c a b c ab bc ca

2 2 2

1 ( )

a b c

ab bc ca

Do đó

2 2 2 2 2 2

7 121

7(1 ( ))

a b c a b c

Đặt

2 2 2

t a b c

. Ta có

7 121

( ) .

7(1 )

Bi 2. Cho các số thực dương

,,x y z

thoả mãn

2 2 2

3x y z  

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức

P xy yz zx

x y z

   



Phân tích tìm lời giải

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 10

 Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng

thức xảy ra khi các biến bằng nhau

1x y z  

. Quan sát giả thiết và yêu cầu bài toán ta dự

đoán ẩn phụ là

t x y z  

. Từ giả thiết chúng ta cần lưu ý các đánh giá để đưa về

t x y z  

. Ta có

 

2 2 2

x y z



  

;

 

xy yz zx x y z    

 Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên đánh giá

theo chiều

""

Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:

Lời giải

Ta có

   

2 2 2

3 3 2x y z xy yz zx x y z         

Đặt

t x y z  

, ta có:

2 2 2

xy yz zx x y z



       

33t  

Khi đó, ta có:

 

P f t



  

 

0, 3

f t t t



     

Vậy ta có:

   

P f t f  

. Dấu “=” xảy ra khi

1x y z  

Kết luận.

max

P 

khi

1x y z  

Bi 3. Cho các số thực

,,x y z

không âm thỏa mãn

2 2 2

x y z  

. Tìm giá trị lớn nhất và giá

trị nhỏ nhất của biểu thức:

 

2P xy yz zx

x y z

   



Phân tích tìm lời giải

 Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng

thức xảy ra khi các biến bằng nhau; từ giả thiết ta dự đoán dấu

""

xảy ra khi

1x y z  

Quan sát giả thiết và yêu cầu bài toán ta dự đoán ẩn phụ

t x y z  

. Từ giả thiết chúng ta cần

lưu ý đánh giá:

 

2 2 2

x y z



  

;

 

xy yz zx x y z    

   

2 2 2 2 2 2 2

t x y z x y z xy yz zx x y z            

 Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức nên khi đánh

giá biến

ta cần chặn cả hai phía. Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:

Lời giải

Đặt

x y z t  









. Ta có

 

2 2 2 2

1 1 4

2 2 3

xy yz zx x y z x y z t





         







nên

  

Xét hàm số

 

f t t

  

xác định trên







Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 11

 

' 2 0

f t t t

    

(loại).

 

2 3 3 3 25

3 2 6









Kết luận.

MinP 

khi

t 

2 trong 3 số

,,x y z

bằng 0 số còn lại bằng

;

MaxP 

khi

2t 

x y z  

Bi 4. Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn

 

2 2 2

23a b c ab bc ca     

. Tìm giá trị

lớn nhất của biểu thức

2 2 2

S a b c

a b c

   

  

Phân tích tìm lời giải

 Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng

thức xảy ra khi các biến bằng nhau

1a b c  

. Quan sát giả thiết và yêu cầu bài toán ta dự

đoán ẩn phụ

t a b c  

. Từ giả thiết chúng ta cần lưu ý đánh giá để đưa về

t a b c  

. Ta có

 

2 2 2

a b c



  

;

 

ab bc ca a b c    

 Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên đánh giá

theo chiều

""

Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:

Lời giải

Với a, b, c là các số dương ta có

 

2 2 2

a b c



  

;

 

a b c

ab bc ca



  

Bởi vậy

   

 

a b c a b c

a b c

   

     

Từ đó

03a b c   

Ta có

 

2 2 2

2 3 3

a b c

a b c ab bc ca



       

Nên

 

2 2 2

a b c



   

Bởi vậy

 

2 2 2 2

1 1 3 1 1 3

3 6 3 2 6 3 2

a b c

S a b c t

a b c a b c t



         

      

Xét hàm số

 

1 1 3

6 3 2

f t t

  



với

03t

 





' 0, 0;3

f t t t

    



. Từ đó suy ra hàm số

()ft

đồng biến trên





0;3

Do đó

    



3 , 0;3f t f t  

hay

 

ft

Suy ra:

S 

. Dấu “=” xảy ra khi

1a b c  

Kết luận.

MaxS 

khi

1a b c  

Bi 5. Cho

,,a b c

là ba số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 12

   

2 2 2

1 1 1

a b c



  

Phân tích tìm lời giải

 Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng

thức xảy ra khi các biến bằng nhau. Quan sát biểu thức trong

ta dự đoán ẩn phụ

t a b c  

 Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên đánh giá

theo chiều

""

Từ đó suy ra biểu thức

2 2 2

1a b c  

cần đánh giá theo chiều

""

; biểu thức

   

1 1 1a b c  

cần đánh giá theo chiều

""

(vì phía trước biểu thức có thêm dấu

""

). Ta

có

 

2 2 2 2

a b c

  

   

;

   

 

1 1 1

a b c

  

   

Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:

Lời giải

Ta có:

 

2 2 2

a b c a b c      

;

   

1 1 1

a b c

  



   





Vậy

 

2 54

a b c



  

 

2 54

()





với

1 ( 1)t a b c t    

 

4( )

2 162

( ) ; ( ) 0

1 ( )

f t f t





    









Bảng biến thiên



'( )ft





()ft

Kết luận.

MaxP 

khi

a b c

a b c a b c

  





     









Bi 6. Cho

,,a b c

là các số thực dương và

3a b c  

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

   

3 1 1 1

abc

ab bc ca a b c



     

Phân tích tìm lời giải

 Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng

thức xảy ra khi các biến bằng nhau

1a b c  

. Quan sát biểu thức

ta dự đoán ẩn phụ

t abc

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 13

 Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên đánh giá

theo chiều

""

Từ đó suy ra biểu thức

ab bc ca

;

   

1 1 1a b c  

cần đánh giá theo chiều

""

. Ta có

lời giải chi tiết cho bài toán như sau:

Lời giải

Áp dụng Bất đẳng thức:

( ) 3( )x y z xy yz zx    

,,x y z 

ta có:

( ) 3 ( ) 9 0ab bc ca abc a b c abc      

3ab bc ca abc   

Ta có:

(1 )(1 )(1 ) (1 ) , , , 0a b c abc a b c      

Thật vậy

   

1 1 1 1 ( ) ( )

1 3 3 ( ) (1 )

a b c a b c ab bc ca abc

abc abc abc abc

          

     

Khi đó:

3(1 ) 1

abc

abc abc

  



(1).

Đặt

abc t

; vì

, , 0a b c 

nên

a b c

abc





  





Xét hàm số





, 0;1

3(1 ) 1

  



 

   





2 1 1

( ) 0, 0;1

t t t

Q t t





    



Do đó hàm số đồng biến trên





0;1

   

Q Q t Q   

(2). Từ (1) và (2):

P 

Kết luận.

MaxP 

, đạt được khi và chỉ khi :

1a b c  

Bi 7. Cho

,,a b c

là các số thực dương thỏa mãn

2 2 2

3a b c  

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

2 2 2

1 1 1 1a b c

b c a a b c

  

   



Phân tích tìm lời giải

 Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu

đẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau

1a b c  

. Quan sát biểu thức

ta dự đoán ẩn phụ

t a b c  

 Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức nên đánh giá

theo chiều

""

Trong biểu thức

chứa

2 2 2

;;a b c

ở tử số nên chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy-

Schwarzt dạng cộng mẫu số

 

2 2 2

a b c

b c a a b c



     



;

1 1 1 9

a b c a b c

  



. Ta

có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:

Lời giải

Theo giả thiết, ta có

 

2 2 2

a b c

a b c a b c



       

Mặt khác

   

2 2 2 2 2 2

2 3 3a b c a b c ab bc ca a b c a b c               

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt ta có

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 14

 

2 2 2

1 1 1 1 9 1

a b c

b c a a b c a b c a b c a b c a b c

a b c



         

       

   



Đặt

; 3;3t a b c t



   



, ta có

 

; 3;3f t t t



  



   

 

' 1 ; ' 0

f t f t





   









;

 

11 3 17

3 ; 3 ; 8 4 2

f f f  

Kết luận:

4 2 8

MinP t a b c      

Bi 8. Cho các số dương

,,x y z

thoả mãn:

( 1) ( 1) ( 1) 6.x x y y z z     

Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức

1 1 1

x y y z z x

  

     

Phân tích tìm lời giải

 Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng

thức xảy ra khi các biến bằng nhau

x y z

. Trước hết ta phân tích giải thiết bài toán:

( 1) ( 1) ( 1) 6x x y y z z     

2 2 2

( ) 6x y z x y z      

18 ( ) 3( ) 3 6x y z x y z x y z            

06x y x    

Do đó, ta dự đoán ẩn phụ là

t x y z  

 Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức nên đánh giá

theo chiều

""

Quan sát biểu thức

ta có thể xử lý theo 2 cách: Sử dụng bất đẳng thức

AM-GM

hoặc bất

đẳng thức Cauchy-Schwarzt dạng cộng mẫu số để đánh giá. Lời giải chi tiết cho bài toán như

Lời giải

Ta có

( 1) ( 1) ( 1) 6x x y y z z     

2 2 2

( ) 6x y z x y z      

18 ( ) 3( ) 3 6x y z x y z x y z            

06x y x    

Ta có:

1 1 2

1 25 5







;

1 1 2

1 25 5







;

1 1 2

1 25 5







2( ) 3 6

25 5

x y z

  

  

6 2( ) 3 3

5 25 5

x y z

  

   

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

2x y z  

Kết luận.

MinA x y z    

Cách khác: Đặt





, 0;6t x y z t   

 

1 1 1 9

1 1 1 2 3

x y y z z x x y z

   

        

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 15

Do đó





. Xét

()





trên (0;6], suy ra kết quả bài toán.

Bi 9. Cho ba số thực dương x,y,z thoả mãn

6x y z  

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

3 3 3

1 1 1

x y z

yz x zx y xy z

  

     

Phân tích tìm lời giải

 Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu

đẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau

1x y z  

. Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức nên đánh giá

theo chiều

""

. Quan sát biểu thức

chứa

2 2 2

;;x y z

ở tử số

nên chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt dạng cộng mẫu số. Ta có lời giải chi tiết

cho bài toán như sau:

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức

Cauchy Schwarzt

ta có

Ta có

3 3 3

()

1 1 1

x y z

xy yz zx x y z





       

Lại có

1 (1 )(1 )

x x x x



     

. Dấu bằng xảy ra khi

2x 

Suy ra

2 2 2 2

( ) 2.( )

2( ) 6 ( ) 6

x y z x y z

xy yz zx x y z x y z

   



        

Đặt

( ) ( 36)t x y z t   

. Ta có





Với

36t 

xét hàm số

( ) ; '(t)= 0

6 ( 6)

f t f





. Hàm số đồng biến

( ) (36)

f t f  

Suy ra

P 

Kết luận.

MinP 

khi

2x y z  

BÀI TẬP RÈN LUYỆN

Bi 10. Cho các số thực dương

,,x y z

thỏa mãn

1x y z  

. Chứng minh

2 2 2

xy yz zx x y z



   

Bi 11. Cho

,,x y z

là các số thực dương thỏa mãn

3xy yz zx  

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

x y z

xyz

x y y z z x

  

  

Bi 12. (B-2010) Cho các số thực không âm

,,a b c

thỏa mãn

1a b c  

. Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức

 

2 2 2 2 2 2 2 2 2

3 3 2M a b b c c a ab bc ca a b c        

Bi 13. Cho ba số thực dương

,,a b c

. Chứng minh

     

2 2 3

a b c

a b b c c a

  

  

Bi 14. Cho

, , 0a b c 

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 16

 

   

3 3 3

1 1 1

ab bc ca

a b c



  

Bi 15. Cho các số thực

, , 0x y z 

thỏa mãn

1x y z  

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 

3 3 3

4 15P x y z xyz   

Bi 16. Cho các số thực dương

,,x y z

thỏa mãn

3x y z  

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

x y z

x y y z z x

  

  

Bi 17. Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = 3abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

4 4 4

4 2 4 2 4 2

2 2 2

b c a

P abc

ab a bc b ca c

   

  

Bi 18. Cho các số thực dương

,,a b c

thỏa mãn

a b c  

. Tính giá trị lớn nhất của biểu thức

  

a b b c b c a c a c a b

a b b c a c b c a c a b a c a b b c

     

  

           

Bi 19. Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn

2 2 2

1a b c  

. Chứng minh rằng

5 3 5 3 5 3

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 3

a a a b b b c c c

b c c a a b

     

  



II. Bất đẳng thức ba biến không đối xứng

Bi 1. Cho ba số thực dương

a, b, c

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

24 3

13 12 16

a ab a b cbc



   



Phân tích tìm lời giải

 Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến. Quan sát biểu thức trong

ta dự đoán ẩn phụ

t a b c  

 Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức nên đánh giá

theo chiều

""

Từ đó suy ra biểu thức

13 12 16a ab bc

cần đánh giá theo chiều

""

và cần có đánh giá

biểu thức

 

13 12 16a ab bc a b c



  

. Vấn đề ở đây là làm thế nào để xác định được



Giả sử ta có đánh giá

   

 

13 12 16

12 16

13 . .

13 6 6 8 8

a ab bc a ma nb pb qc

m n p q

a ma nb pb qc

mn p q

m n p q

a b c a b c

n m q p



   

    

     

       

     

     

Do đó ta cần xác định

, , ,m n p q

sao cho

13 6 6 8 8

m n p q

n m q p

   

. Để ý đến tính “chính

phương” của các biểu thức trong căn ta xác định được

1; 4; 1; 4m n p q   

Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:

Lời giải

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 17

Áp dụng bất đẳng thức

AM GM

, ta có

13 12 16 13 6 .4 8

13 6. 8.

16( )

a ab a a b

a b b c

bc b c

a b c

    



     

13 12 16 16( )a ab bc a b c     

. Dấu “ = ” xảy ra 

4 16a b c

Suy ra

 

a b c





Đặt

,0t a b c t   

. Khi đó ta có:



Xét hàm số

 



trên khoảng

(0; )

, ta có

 



 

' 0 0 1

f t t

     

;

lim ( )





 

;

lim ( ) 0





Bảng biến thiên



'( )ft





()ft





Vậy ta có

P 

, đẳng thức xảy ra 

4 16

16 4 1

;;

21 21 21

a b c

a b c

  





  





Kết luận.

MinS 

khi và chỉ khi

 

16 4 1

, , , ,

21 21 21

a b c 







Bi 2. Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2 2

( ) ( 2 )( 2 )

a b a c b c

a b c



  

Phân tích tìm lời giải

 Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến. Quan sát biểu thức trong

ta dự đoán ẩn phụ

t a b c  

 Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên đánh giá

theo chiều

""

Từ đó suy ra cần đánh giá biểu thức

2 2 2 2

2a b c  

theo chiều

""

. Điều này có được nhờ

bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt . Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt ta có

 

2 2 2 2

1 1 1 1 4

a b c

  

       

 Biểu thức

( ) ( 2 )( 2 )a b a c b c  

cần có đánh giá chiều

""

(vì phía trước có dấu

""

Quan sát biểu thức trong dấu căn

  

22a c b c

nếu đánh giá từ tích sang tổng sẽ nhận được

4a b c

. Như vậy chúng ta cần thêm

 

3 ab

nữa mới đảm bảo có nhân tử

 

a b c

, trong

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 18

khi đó biểu thức ngoài dấu căn chỉ có

 

1. ab

. Do đó ta cần nhân thêm hằng số 3 vào trước biểu

thức. Ta có đánh giá quan trọng như sau:

   

4 1 4( )

( 2 )( 2 ) (3 33 . 2).

2 2 2

a b c a b c

a c b c aa b a b cb

   

   

    



















Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:

Lời giải

Cách 1

2 2 2

4 4)2 (aca b c b 

   

4 1 4( )

( 2 )( 2 ) (3 33 . 2).

2 2 2

a b c a b c

a c b c aa b a b cb

   

   

    



















Vậy

8 27

2 2( )

a b c a b c



    

. Đặt

, 0t a b c t   

;

8 27

()

P g t

  



 

8 27

’

t 





;

   

’ 0 27 2 – 8 0g t t t   

 t = 6



'( )gt





()gt



P  g(t) 

; maxP =

xảy ra khi

2a b c  

Kết luận.

MaxP 

xảy ra khi

2a b c  

Cách 2

 

   

 

   

2 2 2

4 4;

( 2 )( 2 )

3 3 4 16

1 4 1

6 2 6 4 24

4 27 5

a b c

a b a c b c a b

a b a b c a b c

a b c



    



    

     



  

   



Đẳng thức xảy ra khi

2a b c  

Kết luận.

MaxP 

xảy ra khi

2a b c  

Bi 3. Cho các số thực dương

,,a b c

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 19

2 2( ) 3

a b bc

b a c





  

Phân tích tìm lời giải

 Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến. Quan sát biểu thức trong

chúng ta dự đoán ẩn phụ

t a b c  

 Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức nên đánh giá

theo chiều

""

Từ đó suy ra cần đánh giá biểu thức

28a b bc

theo chiều

""

và biểu thức

2 2( ) 3b a c  

cần có đánh giá theo chiều

""

(vì phía trước có dấu .

""

.).

 Để đưa bài toán về ẩn phụ

t a b c  

thì ta cần có đánh giá

 

28a b bc a b c



    

. Quan sát hai vế ta suy ra được





. Do đó

 

2 8 2 2 .2 2 2 2a b bc a b b c a b b c a b c           

 Đối với biểu thức

2 2( ) 3b a c  

, quan sát biểu thức trong dấu căn ta lưu ý đánh

giá sau:

   

2 2 2

2 2( ) 3 2 3 3 3b a c b a c a b c a b c



              



. Từ đó ta

có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:

Lời giải

Ta có

 

2 8 2 2 .2 2 2 2a b bc a b b c a b b c a b c           

. Suy ra

2( )

a b c

a b bc





Mặt khác

2( ) 2 ( ) .a c b a c b    

Suy ra

3 2( ) 2

a b c

a c b





  

Do đó

2( ) 3

a b c a b c



    

. (1)

Đặt

, 0.a b c t t   

Xét hàm số

( ) , 0.

f t t

  



Ta có

2 2 2 2

1 8 3( 1)(5 3)

'( ) , 0.

2 (3 ) 2 (3 )

f t t

t t t t



    



Suy ra

'( ) 0 1.f t t  

Bảng biến thiên



'( )ft





()ft





Từ bảng biến thiên suy ra

( ) (1) , 0.

f t f t    

(2)

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 20

Từ (1) và (2) ta có

P 

Dấu đẳng thức xảy ra khi

a b c

b a c



  

























Kết luận.

MinP 

đạt được khi

a c b  

Bi 4. Cho

,,a b c

là các số thực dương thoả mãn

 

a b c b c  

. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức

     

   

2 2 2

1 1 1 1

1 1 1

a b c

   

  

Phân tích tìm lời giải

 Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến, tuy nhiên ta thấy biểu

thức

và giả thiết đã cho là đối xứng với hai biến

&bc

. Từ đó ta có thể dự đoán dấu đẳng

thức xảy ra sẽ có

bc

. Sử dụng giả thiết đã cho; ta được

 

a b c

b c a b c a b c



      

. Vì vậy, ta tìm cách đánh giá biểu thức

để đưa

về hai biến

và

 

bc

 Chú ý bài toán tìm giá trị nhỏ nhất nên đánh giá biểu thức

theo chiều

""

. Sử dụng

bất đẳng thức AM-GM ta có đánh giá quan trọng

   

  

1 1 2





; cũng theo

AM-GM

ta có

  

   

1 1 2

b c a

  



     





. Từ đó suy ra

     

2 2 3 2

2 3 3

2 1 4 2 6 1

1 1 1

a a a a a

a a a

   

  

  

Xét hàm số

 

2 6 1

a a a

f a a

  





;

 

2 5 1

f a a



   



Lập bảng biến thiên; ta có

 

1 91

5 108

P f a f



  





Kết luận.

91 1

108 5

MinP a b c    

Bi 5. Cho các số thực

, , 0a b c 

thỏa mãn

2 2 2

2 2 0a b c bc ab ca     

. Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức

 

c c ab

a b a b

a b c

  





Phân tích tìm lời giải

 Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến, khi quan sát biểu thức

nhiều người cảm thấy “ái ngại” bởi sự xuất hiện của biểu thức

a b c

. Thông thường khi

làm việc với bài toán bất đẳng thức thì hầu như quen với các số không âm nhiều hơn. Tuy

nhiên, để ý kỹ giả thiết bài toán ta có ngay

 

2 2 2

2 2 0a b c bc ab ca a b c ab         

Do đó, ta nghĩ đến thay thế biểu thức

 

a b c

bởi

là một điều hết sức tự nhiên. Hơn

nữa, từ đẳng thức

 

a b c ab  

ta cũng có thể dự đoán được dấu

""

xảy ra khi và chỉ khi

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 21

a b c

. Khi đó

c c ab

ab a b a b

  



. Để ý đến mẫu số của số hạng cuối có xuất hiện

ab

nên hai số hạng đầu ta cũng nghĩ đến đánh giá như thế nào để xuất hiện

 

ab

. Chú ý

dấu

""

xảy ra khi

a b c

nên ta cần phải phân tích

2 2 2 2 2

2 2 2 2

c c ab c c c ab

ab a b a b ab ab a b a b

     

   

. Áp dụng Cauchy-Schwarzt cho .

ab a b



. ta được

 

2 2 2

c c c c

ab a b a b



  









. Tuy nhiên trong

lại còn dư

c ab

ab a b



. Khéo léo sử dụng

AM-GM

ta có được kết quả như ý:

 

   

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2

c ab c ab c ab c ab c

ab a b ab ab ab a b

ab a b

a b a b

      







. Tóm lại ta có đánh

giá sau:

 

2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

c c ab c c c ab

ab a b a b ab ab a b a b

c c c

t t f t t

a b a b a b



      



   



   

      

   

  

   

Theo giả thiết ta có

 

1 1 1

1 1 1 3

4 2 2

a b c

a b c ab

a b a b







     









          







Xét hàm số

   

;1 3; inf 2 1f t t t t M t t a b c         

Bi 6. Cho

, , 0a b c 

thỏa mãn điều kiện

1ab bc ca  

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

a b c

  





Phân tích tìm lời giải

 Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến, tuy nhiên đối xứng với hai

biến

,ab

nên ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi

ab

 Phân thức cuối cùng khác biệt với hai phân thức đầu nên ý tưởng của ta sẽ đánh giá hai

phân thức đầu về biến

;

 Đây là bài toán tìm giá trị lớn nhất nên ta nghĩ đến đánh giá bất đẳng thức theo chiều

""

 Trong các phân thức đầu có lũy thừa 2 và lũy thừa 0 nên cần đưa về đồng bậc 2 bằng

cách sử dụng giả thiết

1ab bc ca  

 Lưu ý đánh giá

  

ab c a b c c a c b c     

Lời giải

a b c

ab bc ca a ab bc ca b

  

     



Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 22

     

a b c

a c a b a b b c

  

   



   

   

 

   

a b c b a c ab c a b

a b b c c a a b b c c a

    

   

     



   

   

 

   

 

  

 

2 2 2

3 1 3

1 3 1 3

1 1 1

ab a b c a b

a b b c c a

ab c a b ab c

a b b c c a b c c a

a c b c

c c c

  



  



  

   

    



   





   

  

Ta có

 

' ; ' 0 3

f c f c c



   



Bảng biến thiên





'( )fc





()fc

3

Kết luận:

3 13

10 3;

MaxP c a b



    

Bi 7. Cho các số thực không âm

,,x y z

thỏa mãn điều kiện

2 2 2

3x y z y  

. Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức

     

2 2 2

1 4 8

1 2 3

x y z

  

  

Phân tích tìm lời giải

 Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến và cũng không đối xứng

với hai biến nào cả. Do đó chúng ta chưa thể dự đoán được dấu đẳng thức xảy ra khi nào. Vì

vậy ta nghĩ đến phân tích giả thiết bài toán trước. Ta có

Ta có

2 2 2

2 4 2 ( 1) ( 4) ( 1)x y z x y z       

2 2 2

6 3 6x y z y     

Suy ra

2 2 6x y z  

. Dấu đẳng thức xảy ra khi

xz  

. Thông thường đến đây ta thấy

;;

có vai trò như nhau nên chúng ta nghĩ đến phép đặt ẩn phụ

;;

a x b c z  

. Khi đó

     

2 2 2

1 1 8

1 1 3

a b c

  

  

. Bây giờ trở lại yêu cầu bài toán là tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 23

thức nên chúng ta nghĩ đến đánh giá biểu thức P theo chiều

""

. Quan sát

ta thấy ở tử số của

các số hạng đều là hằng số. Vì vậy, chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức

Cauchy Schwarzt

dạng

cộng mẫu số.

 Phân thức cuối cùng khác biệt với hai phân thức đầu nên ý tưởng của ta sẽ đánh giá hai

phân thức đầu về biến

Lời giải

Ta có

2 2 2

2 4 2 ( 1) ( 4) ( 1)x y z x y z       

2 2 2

6 3 6x y z y     

Suy ra

2 2 6x y z  

. Dấu đẳng thức xảy ra khi

xz  

Đặt

;;

a x b c z  

ta có

3a b c  

. Khi đó

     

2 2 2

1 1 8

1 1 3

a b c

  

  

Áp dụng bất đẳng thức

AM-GM

ta có

           

2 2 2 2 2 2

1 1 8 8 8 64

1 1 3 2 3 5

a b c a b c a b c

      

        

Áp dụng (*) ta được

1 1 8

( 1) ( 3)

( 1)

  





( 3)

( 1 1)





  

64 64.4

(2 2 10)

( 2 3)

x y z



  

   

64.4

(6 10)





Kết luận.

1MinP 

khi

1, 2, 1x y z  

Bi 8. Cho ba số thực dương

,,x y z

thỏa điều kiện

xz

. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức

2 2 2 2

x y z

x y y z

  





Phân tích tìm lời giải

 Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến nên chưa thể dự đoán dấu

đẳng thức xảy ra khi nào. Phân thức cuối cùng khác biệt với hai phân thức đầu nên ý tưởng của

ta là sẽ đánh giá hai phân thức đầu theo phân thức thứ ba. Tuy nhiên, phân thức thứ ba vẫn

còn 2 biến, nếu dồn biến thì có một cách là chia cả tử và mẫu cho z ta được













Trong hai số dạng đầu cũng có biến đổi tương tự. Ta có

2 2 2 2 2 2

x y y z

  



   







. Khi đó

1 1 1

  

   







Bây giờ hai số hạng đầu vẫn còn khác biệt với số hạng thứ ba. Quan sát kỹ ta thấy

y z z

x y x



Do đó ta nghĩ đến sử dụng bất đẳng thức phụ sau đây để dồn biến.

1 1 2







; với

, 0, 1a b ab

Đến đây bài toán xem như đã được giải. Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 24

Lời giải

Ta có

1 1 1

  

   







Trước hết ta chứng minh BĐT

1 1 2







(*) ; với

, 0, 1a b ab

Ta có

1 1 1 1



  









Mặt khác

   

1 1 2

1 1 1

a b ab

     

  

luôn đúng với

, 0, 1a b ab

Suy ra Bất đẳng thức (*) đúng. Đẳng thức xảy ra khi

ab

Áp dụng Bất đẳng thức (*) ta có:





Đạt

, 0 1

  

2 1 2

1 1 1



  





Xét hàm số

( ) ; 0 1

f t t



  



 

()







( ) 0

f t t  



'( )ft





()ft

Kết luận.

5MaxP 

khi

x y z







  











Bi 9. Cho các số thực không âm

,,a b c

thỏa mãn:

2 2 2

5( ) 6( )a b c ab bc ca    

. Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức:

2( ) ( )M a b c a b    

Phân tích tìm lời giải

 Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến

,,a b c

nhưng lại đối xứng

với hai biến

,ab

nên ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi

ab

 Yêu cầu bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên ta phải đánh giá biểu thức

theo

chiều

""

. Do đó biểu thức

 

ab

đánh giá theo chiều

""

Lời giải

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 25

Ta có

2 2 2 2 2 2

( ) 5 5( ) 5 6( ) ( ) 6 ( )

a b c a b c ab bc ca a b c a b           

5 6 ( ) ( ) 0 2( )

c c a b a b c a b a b c a b



              

Khi đó :

2 2 2 2

2( ) ( ) 2( ) ( ) 4( ) ( )

M a b c a b a b c a b a b a b             

Đặt

0t a b t   

và

M t t

Xét hàm số:

( ) 2

f t t t

với

0t 

, có

'( ) 2 2 '( ) 0 1f t t f t t     

Lập bảng biến thiên :

0 1



f’(t)





f(t)



Từ BBT suy ra

( ) , 0

f t t  

, dấu

""

1 , , , 0

t M a b c    

Kết luận:

max

c a b

M a b









   











Bi 10. Cho

,xy

là các số thực dương, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2 2

( ) ( 1)( )

( 1)( )

x y xy x y

x x y



   



Lời giải

4 2 2 2 2 2

2 1 2

( 1)( )

( 1)( 1)(1 )

xy x y x y

x x y x y

   

   

  



  





Đặt



ta có

2 2 2

( 1)( 1)( 1)

x y z



  

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

     

2 2 2

1 1 1

2 2 4

x y z x y z x y z          

( 1)( 1)( 1)

x y z

  



   





Suy ra

 

2 54

x y z



  

.Đặt

11t x y z    

ta có :

 

2 54





Xét hàm

 

2 54

()





trên

 

1; 

ta có :

 

2 162

'( ) ; '( ) 0 1; 4

f t f t t t

      



Lập bảng biến thiên ta có

 

ax ( ) (4)

M f t f

 



Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 26

Kết luận.

MaxP 

khi

1xy

Bi 11. Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn

2 2 2

1.x y z  

Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức

3 3 3 3

2 2 3 3

1 1 24

xy yz x y y z

z x x z



  



Phân tích tìm lời giải

 Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến, tuy nhiên đối xứng với hai

biến

,xy

nên ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi

xy

 Đây là bài toán tìm giá trị lớn nhất nên ta nghĩ đến đánh giá bất đẳng thức theo chiều

""

. Lưu phân thức cuối đồng bậc 1 nên ta có thể đồng bậc hóa hai phân thức đầu về bậc 1

bằng cách thay số 1 từ giải thiết. và hai phân thức đầu đánh giá theo chiều

""

còn phân thức

thứ ba đánh giá theo chiều

""

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức

AM-GM

ta có

       

2 2 2 2 2 2 2 2

xy yz xy yz

z x z y x y x z

  



     

     

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

xy yz x y y z

z x z y x y x z



     



   



   

2 2 2 2

1 1 1 1 1

1 1 1 .

4 4 2 2 4 2 2 4 8

y y y y y y y y

z y x y yz xy z x z x

   

           

   



   

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt , ta có

3 3 3 3 3

()

x y y z xy yz  

nên

3 3 3 3 3

3 3 3 3

( ) 1

x y y z xy yz y y

z x z x z x





  





Suy ra

1 1 1

4 8 96

y y y y

z x z x

   

    

   

   

Đặt



khi đó

0t 

và

1 1 1

96 8 4

P t t   

Xét hàm số

1 1 1

()

96 8 4

f t t t   

với

0.t 

Ta có

'( ) ; '( ) 0 2,

32 8

f t t f t t     

vì

0.t 

Suy ra bảng biến thiên

–

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 27

Dựa vào bảng biến thiên ta có

P 

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2t 

hay

x y z  

Kết luận.

MaxP 

đạt được khi

x y z  

Bi 12. Cho

, ,zxy

là ba số thực dương thỏa mãn

 

3 3 2 2

3x y z x y xyz   

. Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức

2x y z

y z z x x y

  

  

Phân tích tìm lời giải

 Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến, tuy nhiên đối xứng với hai

biến

,xy

nên ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi

xy

 Đây là bài toán tìm giá trị nhỏ nhất nên ta nghĩ đến đánh giá bất đẳng thức theo chiều

""

. Lưu phân thức thứ ba khác biệt so với hai phân thức đầu nên ta nghĩ đến đánh giá hai

phân thức đầu theo phân thức cuối. Lưu ý đến bất đẳng thức

Cauchy Schwarzt

dạng cộng

mẫu số. Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:

Lời giải

Áp dụng Bất đẳng thức

AM-GM

và Bất đẳng thức

Cauchy Schwarzt

ta có

 

   

2 3 2

3 3 2 2

3 . 3 . .

4 4 2

x y x y x y

z z xy x y z x y z

  

      

   

x y x y

z z x y



      



Ta có

 

x y x y

xy z x y x y x y

z x y



   

   





 

2 1 2

x y z x y x y



   

   



Dấu “=” xảy ra khi

;x y z x y  

Xét hàm số

 

f t t t

  



ta có

 

' 1 0, 2

f t t

     



, do đó

 

là hàm đồng biến khi

2t 

. Vậy

   

Min t f

khi

2t 

hay

MinP 

khi

; 2 2x y z x y  

BÀI TẬP RÈN LUYỆN

Bi 13. Cho ba số thực

 

, , 1;2a b c

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 

c ab bc ca





  

Bi 14. Cho ba số thực dương

,,a b c

. Chứng minh

 

a b c

b c c a a b c

  

   

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 28

Bi 15. Cho các số thực dương

,,x y z

thỏa mãn điều kiện

 

2 2 2

23x y z xy x y z     

. Tìm

giá trị nhỏ nhất của biểu thức

23 23

P x y z

x z y

    



Bi 16. Cho

,,a b c

là ba số duơng. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

  

2 2 2

9 16

ab a c b c

a b c





  

Bi 17. Cho

,,a b c

là ba số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

6 7 8 9

ab c ca a b c



   

Bi 18. Cho

, , 0x y z 

thỏa mãn

 

2 2 2

21x y z y   

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P xy yz

x y z

  

  

Bi 19. Cho

,,a b c

là ba số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

2 5 3 1

ab bc ca

a b c



  

   

Bi 20. Cho

, , 0a b c 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a ab abc a b c



   

Bi 21. Cho

 

; & , , 1;4a b a c a b c  

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

a b c

a b b c c a

  

  

HD: Khảo sát lần lượt các biến

,,c b a

Bi 22. Cho

, , 0: 1x y z x y z   

. Tìm

Max P

x yz y zx z

  

  

Bi 23. Cho

,,a b c

dương thỏa

 

2 2 2

23a b c ab a b c     

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

 

2014 2014

P a b c

a c b

    



Bi 24. Cho

,,a b c

dương thỏa

 

2 2 2

22a b c ab a b c     

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

40 40

P a b c

b c a

    

  

Bi 25. Cho

; ; 0x y z 

thoả mãn

1; 1xy z

. Tìm

 

1 1 3 1

x y z

Min P

y x xy



  

  

HD:

( ) 1

xy x y xy





  

Bi 26. Cho

, , 0.x y z 

Tìm Min

2 2 2

2 2 2 8

2 1 2 1 2 1

y x z y x z

x y z x y z

  

   

    

Bi 27. Cho các số thực dương

,,x y z

thoả điều kiện

 

4 2 4

13x y z   

. Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức

 

2 2 2

P y x z

x y z

  

  

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 29

Bi 28. Cho

,,abc

là các số thực dương thỏa mãn

 

2 2 2

52a b c a b c ab     

. Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức

Q a b c

a b c



    







Bi 29. Cho các số thực

, , 1;3x y z

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

12 2012

x xy yz zx

Bi 30. Cho các số thực không âm

,,a b c

thỏa mãn

2 3 6ab bc ca

. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức

4P a b b c c a a b c

Bi 31. Cho 2 số thực a, b



(0; 1) thỏa mãn

( )( ) ( 1)( 1) 0a b a b ab a b     

. Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức sau F =

()

ab a b

   



Bi 32. Cho các số thực dương

,xy

thỏa mãn

2x y xy

. Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức

2 2 3

Bi 33. Cho

, , 0a b c

thỏa mãn

1a b c

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P a b

b c bc c a ca

Bi 34. Cho các số thực dương

,,a b c

thỏa mãn

8a b b c c a

. Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức

1 1 1 1

2 2 2

a b b c c a

abc

Bi 35. Cho các số thực dương

, ;1

. Tìm GTNN của

2 3 1

a a b b

Bi 36. Cho

, , 0a b c

thoả mãn điều kiện

2 2 2

1 1 1

2a b c

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

a b c

b c c a

a b c

Bi 37. Cho ba số thực dương

,,a b c

. Tìm Min

2 2 2 2

6b ca ca ca

a b c b a b

HD:

. Đặt

; ; 1

b c a

x y z xyz

a b c

Khi đó

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 30

2 2 2 2

5 6 5 6

1 1 1 1

5 6 5 4

x y z z z z

x y xy x y

x y z z z z

xy z xy z

z z z z

Bi 38. Ví dụ 1 (Đề dự bị kỳ thi THPT Quốc gia 2015, sử dụng cho 29 thí sinh gặp sự cố tại Đà

lạt)

Cho các số thực

,ab

thỏa mãn

, ;1









. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3( )P a b ab a b

    



Nhận xét

Trong bài toán này phép đặt ẩn phụ phù hợp nhất sẽ là

.t a b

Vì









     















, ;1 1 2.

a b a b

Do đó điều kiện của ẩn phụ t là

1;2t







Bằng một số đánh giá ta thu được

 

    



( ) 1 3

8 2 1

P f t t t t

Công việc còn lại chỉ là khảo sát hàm số

 

   



( ) 1 3

8 2 1

f t t t t

 

1;2t 

Bi 39. Cho các số thực dương

,,x y z

thỏa mãn

2 2 2

5( ) 9( 2 )x y z xy yz zx

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2 3

()

y z x y z

Phân tích bài toán:

 Chiều đánh giá của bài toán là:

( ).P f t

 Xác định ẩn phụ:

Bí mật của bài toán chính là đánh giá

2( ) 1 4 1

27( )

2( )

()

y z y z

Do đó ta có ẩn phụ cho bài toán là:

0.t y z

Trình bày lời giải chi tiết:

Theo giả thiết ta có:

2 2 2 2

5( ) 9( 2 ) 5( ) 9( 2 ) 10( )x y z xy yz zx x y z xy yz zx xy yz zx

5( ) 19 ( ) 28 19 ( ) 7( )x y z x y z yz x y z y z

5 1 7 2 2( )

x x x

x y z

y z y z y z

Mặt khác ta có

2 2 2 2 2 2

( ) 2( ) ( )

y z y z y z y z

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 31

Vì vậy

2( ) 1 4 1

27( )

2( )

()

y z y z

Đặt

4 1 (6 1) (2 1)

0 16 16

27 27

t y z P

Vậy

min 16P

; dấu bằng đạt tại

2( )

x y z

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 32

BẤT ĐẲNG THỨC-LÊ HOÀNH PHÒ

Bi 1. Cho các số thực x, y thỏa mãn

 

42x y xy  

. Tìm giá trị nhỏ nhất của

   

4 4 2 2 2 2

3 2 1A x y x y x y     

Hướng dẫn giải

Kết hợp

 

42x y xy  

với

 

4x y xy

suy ra:

   

21x y x y x y      

   

4 4 2 2 2 2

3 2 1A x y x y x y     

     

2 2 4 4 2 2

2 2 2 2 2 2

x y x y x y

      

      

   

2 2 2 2

A x y x y     

. Đặt

t x y

, ta có

 

2 2 2

x y t



    

, do đó

A t t  

Xét

   

2 1; ' 2 0

f t t t f t t     

với mọi

t 

 

;

min

2 16

f t f



 









  





. Do đó

A 

dấu = xảy ra khi

xy

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng

Bi 2. Cho

0x 

và y tùy ý. Tìm GTLN, GTNN của

 





2 2 2 2

3 12

x y x x y



  

Hướng dẫn giải

Xét

0y 

thì

0M 

. Xét

0y 

thì:





 

2 2 2

3 .12

xy x y x

x y y













Đặt



thì

 

M f t







Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 33

Ta có

 

2 2 1

' , ' 0 8

6 4 . 1

f t f t t

  

   



BBT



1/18

Do đó:

M

. Kết hợp thì

M

Vậy

max

M 

khi

23xy

min 0 M 

khi

0y 

Bi 3. Cho các số thực x, y, z không âm thỏa mãn điều kiện:

3 3 3

23x y z xyz   

. Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

23P x y z  

Hướng dẫn giải

Từ giả thiết

3 3 3

23x y z xyz   

 

2 2 2

2x y z x y z xy yz zx        

 

2 2 2

x y z x y z x y z



        





Đặt

t x y z  

. Khi đó

0t 

và

2 2 2

x y z

   

Xét hàm

 



trên

 

0;

Ta có

 

2 2 4

' , ' 0 2

3 3 3

f t t f t t



     

Lập BBT thì

 

min 2 4

f t f

 



, đạt được khi

2t 

Ta có

2 2 2

4P x y z   

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2, 0x y z  

Vậy

4min P 

, đạt được khi

2, 0x y z  

Bi 4. Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện:

1 2 2x y x y    

. Tìm giá trị lớn nhất,

giá trị nhỏ nhất của biểu thức

  

2 1 1 8 4P x y x y x y       

Hướng dẫn giải

Điều kiện

1xy

. Suy ra

0xy

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 34

Áp dụng bất đẳng thức

 

  

2 2 2 2

au bv a b u v   

ta có:

 

   

 

1 2 2 1 2. 1 3x y x y x y x y          

Suy ra

03xy  

. Đặt

t x y

thì

 

0;3t 

     

2 8 4 2 2 8 4 2P x y x y x y t t t            

Xét hàm

 

2 8 4 2f t t t t    

trên

 

0;3

   

 

' 2 2 ; '' 2 0

f t t f t

     



với mọi

 

0;3t 

Suy ra

 

'ft

đồng biến trên

 

0;3

Do đó

   

' ' 0 0f t f

với mọi

 

0;3t 

Suy ra

 

đồng biến trên

 

0;3

Vậy

 

   

0;3

max 3 25max P f t f  

, đạt khi

3 2, 1t x y   

 

   

0;3

min min 0 18P f t f  

, đạt khi

0 1, 1t x y   

Bi 5. Cho các số thực x, y, z không âm thỏa mãn:

2 2 2x y y x   

. Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức

   

12 12 12P x y x y xy xy      

Hướng dẫn giải

Ta có

 

a b ab



   

với mọi a, b. Áp dụng:

2 2 2 2

2 , 2

x y y x

   

   

Suy ra

2 2 2 2x y y x    

Do đó dấu đẳng thức xảy ra nên

2xy

và

2yx

Suy ra

,0xy

và

2xy

Đặt

t x y

. Khi đó

 

0 2 2t x y   

Đặt

t x y

. Khi đó

 

22t x y  

Mặt khác

 

2 2 2

2t x y x y    

. Suy ra

2t 

Do đó

2;2t







. Ta có

 

x y x y

  

  

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 35

Suy ra

   

12 12 12P x y x y xy xy      

   

12 12 1 12 1

x y x y



        





6 12 1

t t t    

Xét hàm

 

6 12 1

f t t t t    

trên

2;2





. Ta có:

 

' 3 12 12 0

f t t t

    









, với mọi

2;2t







nên

 

đồng biến trên

2;2





Vậy

   

2;2

max 2 9f t f







;

 

2;2

min 2 14 2 12f t f





  

Bi 6. Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

  

2 2 2

9 16

ab a c b c

abc





  

Hướng dẫn giải

Ta có:

     

2 2 2

1 1 1

2 2 4

a b c a b c a b c          

Suy ra:

2 2 2

abc



  

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:

  

2 2 .

a b a c b c

ab a c b c

   

  

     

4 .3 4

4 12

a b a b c a b a b c       

   

 

12 4 3

a b a b c

abc

     







Suy ra

  

 

abc

ab a c b c





nên

 

27 32

abc



  



Đặt

t a b c  

thì

0t 

và

27 32





Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 36

Xét hàm

 

27 32





trên

   

 

54 32

0; , '

   



   

 

' 0 3 16 21 9 0 3f t t t t t       

Lập BBT thì

 

   

min 3 5f t f



  

Do đó

5P 

, dấu đẳng thức xảy ra khi

1abc  

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là −5, đạt khi

1abc  

Bi 7. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện:

 

2 2 2

3 12a b c ab bc ca     

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

2 2 2

abc

P ab bc ca

abc



   



Hướng dẫn giải

Từ giả thiết a, b, c không âm thỏa mãn:

 

2 2 2

3 12a b c ab bc ca     

ta có

 

2 2 2

24 5a b c a b c     

Và

 

2 2 2 2 2 2

12 3 4a b c a b c      

 

2 2 2 2 2 2 2 2 2

12 3 3a b c a b c a b c         

Suy ra

 

2 2 2

3;4abc  

Đặt

 

2 2 2

24 5t a b c   

thì

 

2;3t

Do đó

 

2 2 2

12 3

24 5

abc

P a b c

abc



    

  

 

24 1 24 12

12 3 3

5 5 5





      





Xét hàm

 

3f t t t

  

trên

 

2;3

   

24 24

' 6 1 1 5 0f t t t t



       





với mọi

 

2;3t 

nên f đồng biến trên đoạn

 

2;3

Do đó

 

   

 

   

2;3

max 3 32;min 2 22f t f f t f   

nên

24P

Vậy

4max P 

, đạt khi

1abc  

2Min P 

, đạt khi

2, 0a b c  

hoặc các hoán vị.

Bi 8. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện:

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 37

 

43x y z xyz  

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

1 1 1

222

x yz y zx z xy

  

     

Hướng dẫn giải

Ta có:

 

3 4 4.3xyz x y z xyz   

nên

8xyz 

Và:

2 2 2 2 2 2 2 . 2 2 2 . 4 2.x yz x yz x yz xyz yz yz      

Suy ra

1 1 1 1 1 1 1

2 4 2 2

x yz

yz yz



  







1 1 1 1 1 3 1

8 2 4 8 4yz yz

   

    

   

   

Tương tự:

1 1 3 2 1 1 3 1

2 8 4 2 8 4x yz zx x yz xy



   

   

   



Do đó

1 9 1 1 1 1 9 3 3

8 4 8 4 4 8

xy yz zx



      

   



Vậy

max P 

, khi

2x y z  

Bi 9. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện

  

4a c b c c  

. Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức

   

3 3 2 2

32 32

a b a b

b c a c



  



Ta có

  

4 1 1 4

a c b c c

  

      

  

  

Đặt

;



thì

  

1 1 4xy  

33S P P S     

. Do đó

P x y





   



   













   







 

3 2 3

3 9 3 3 9

S S S

S S P S S

S P S S



  





   



    



Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 38

5 6 1

2 12 2

S S S S S



  



   







 

1 , 2

SS   

 

' 3 1 0, 2

P S S    

Dấu “=” xảy ra chẳng hạn khi

1xy

Vậy

 

2 1 2min PP  

Bi 10. Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn

1xy

. Tìm giá trị lớn nhất và

giá trị nhỏ nhất của biểu thức

  

4 3 4 3 25S x y y x xy   

Hướng dẫn

 

2 2 3 3

16 12 9 25S x y x y xy xy    

   

2 2 2 2

16 12 3 34 16 2 12x y x y xy x y xy x y xy



        



Đặt

t xy

, ta được

16 2 12S t t  

 

0 0;

4 4 4

xy t





    





Xét hàm

 

16 2 12f t t t  

trên đoạn







Kết quả

max

S 

191

min S 

Bấm Tải xuống để xem toàn bộ.

| 1/38

| | Tải xuống

Preview text:

Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu
BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC-GTLN-GTNN CỦA BIỂU THỨC
1. Một số bất đẳng thức cơ bản thường sử dụng
1.1 Cho a,b  0 . Khi đó ta có a  b  2 ab . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b . Bất đẳng
thức này còn được viết dưới dạng khác tương đương là 2  a  b  a  b 2 2  2  ab  
; a  b2  4ab ; 2 2
a  b  2ab ; a  b   2  2 1.2 Cho a, ,
b c  0 . Khi đó ta có 3
a  b  c  3 abc . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c .
Bất đẳng thức này còn có một số ứng dụng để chứng minh một số bất đẳng thức cơ bản khác khá phổ biến như sau: 2 2 2 1
a  b  c  ab  bc  ca
a  b  c 
a  b  c2 2 2 2 3 2
a  b  c  3ab  bc  ca 2 2 2 2 2 2
a b  b c  c a  abca  b  c  2 3
ab  bc  ca2  3abc a  b  c  3 3 3      2 2 2 3 a b c
a  b  c 
a  b  cab  bc  ca 9
 a  bb  cc  a 8
a  b  c2   2 2 2
a  b  c 
a  b  c 1 1 1    9   3  a b c 
1.4 Một số hằng đẳng thức đáng nhớ
                     2 x y y z y z z x z x x y x y z
 xy  yz  zx
x  yy  zz  x xyz  x  y  zxy  yz  zx
x  y  z   x  y  z2 2 2 2
 2xy  yz  zx
x  y  z   x  y  z3 3 3 3
 3x  y y  zz  x
1.5 Tuy nhiên biểu thức này làm ta nhớ đến bất đẳng thức phụ: 1 1 2 , với ab 1. 2 2 a 1 b 1 1 ab 1 1 2   , với ,
a b  0 và ab 1. 2 2 1 a 1 b 1 ab
 a  b    ab 2 (1 )(1 ) 1 , a  ,b  0
II. Bất đẳng thức đối xứng hai biến Phương pháp giải 1) 2 2
x  y  2xy ; đúng x
 ; y . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  y ; x y x  y x  y 2 2  2  2 2 2 2) x  y     x
 y . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  y ; 1 1 1  ; đúng ; 1 2 x  y2 3) xy  ; đúng x
 ; y . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  y ; 4
4)  x  y2  4xy ; đúng x
 ; y . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  y .
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 1 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu
Bài 1. Cho các số thực x, y thỏa điều kiện  2 2
2 x  y   xy 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị 4 4 x  y
nhỏ nhất của biểu thức P  2xy  . 1 Lời giải 2 1
Đặt t  xy . Ta có: xy  1  2x  y  2xy  4
 xy  xy   5 2 1 1 1
Và xy  1  2x  y  2xy  4xy  xy  . ĐK:   t  . 3 5 3 x  y 2 2 2 2 2 2  2x y 7
 t  2t 1 Suy ra : P   . 2xy  1 42t   1 7 2 t  t     Do đó: P ' 
, P '  0  t  0,t  1  1 1 2 (L) P   P      và P   1 0  . 22t  2 1  5   3 15 4  1
x  0; y    1 2 2 1
Kết luận. MaxP    và MinP 
 x  y   . 4  1 15 3
y  0; x    2 Bài 2. Cho ,
x y  0 thỏa mãn x  y  xy  3. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: 2 2 x y 1 P    y 1 x 1
x  y  . 3 Nhận xét
Trong bài toán này ta chỉ cần sử dụng phép biến đổi tương đương là xuất hiện ngay ẩn phụ. Cụ thể như sau: 2 2 3 2 x y 1
(x  y)  3xy(x  y)  (x  y)  2xy 1 Ta có: P      y 1 x 1 x  y  3
xy  (x  y) 1
(x  y)  3 1 7 1 3
Đặt: t  x  y  xy  3  t . Khi đó: 3 2
P  f (t)  t  t  t   . 4 4 t  3 2
Bài 3. Cho hai số thực ,
x y thay đổi và thoả mãn 2 2
x  y  8 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức 3 3
P  x  y  3xy . Lời giải
Ta có P   x  y 2 2
x  y  xy  3xy  x  y8  xy  3xy . 2 t  8
Đặt x  y  t . Do 2 2
x  y  8 nên xy  . Suy ra 2 2 2 3  t  8  t  8 t 3 2 P  t 8   3.
   t 12t 12    2  2 2 2
Do  x  y2  4xy nên 2 t   2 2 t  8  4   t  4 t 3 Xét f t  3 2
   t  12t 12 với t  4  ;  4 . 2 2
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 2 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu t  4   4  ;4 3  Ta có ' f t 2 '
  t  3t 12; f t  0   2 t  2   4  ;4 f  4    2
 8; f 2  26; f 4  4.
Kết luận. MaxP  26  t  2  x  y  1; MinP  2  8  t  4
  x  y  2  .
Bài 4. Cho x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn điều kiện 2 2
x  y  xy  1 . Tìm giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2
S  x y  xy . Lời giải Ta có 2 2 2 2 2
S  xy( x  y)  S  ( xy) ( x  y  2xy)  ( xy) (1  3xy)
Đặt t  xy 1 2 2 2
x  y  xy  1  1  3xy  ( x  y)  0  t  3 2 2 2
x  y  xy  1  ( x  y)  1  xy  0  t  1 t  0  1 2 2
 S  f (t)  t (1 3t),t  1  ;    . 2
f '(t)  2t  9t  0   2 3 t   9  1   2  4 2 f ( 1
 )  4, f (0)  f  0, f   S  4  2   S  2      3  9  243
S  2  x  1  , y  1 S  2
  x  1, y  1 
Kết luận. MaxS  2  x  1
 , y  1;MinS  2
  x  1, y  1  . 3 3 3 x y 2
Bài 5. Cho các số thực dương , x y thỏa mãn 3    
. Tìm giá trị lớn nhất của 2 2 xy y x x y 16 biểu thức 2 2 P  x y  2 2 x  y  . 2 Lời giải 2 2 Từ giả thiết ta có : 4 4 2 2
3xy  3  x  y   2x y  xy xy 2 1 
Đặt t  xy,t  0 ta có 2 3 2
3t  3  2t 
 2t  3t  3t  2  0  t  ;2   t 2  16 16 8 2 2 2 2 2 P  x y   x y   t  2 2 x  y  2 2xy  2 t  1 8 1  20
Xét hàm số f t 2  t  ,t  ;2 
 ta có Max f t 
 t  2  x  y  2 t  1 2  1  3 ;2   2  20
Kết luận. Max f t  
 t  2  x  y  2 . 1  3 ;2   2 
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 3 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu
Bài 6. Cho các số thực dương ,
x y thỏa mãn x  y  xy  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3  x 1  y 1 2 2 P  4  4  x  y      y   x  Lời giải
Từ giả thiết bài toán ta có x  y2 x  y  2
3  x  y  xy  x  y  
 x  y  2  4
x  y  6
Mặt khác x, y  0 nên 3  x  y  xy  x  y
Vậy ta có 2  x  y  3.
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt ta chứng minh được       3 3 3 4 a b a b Ta có 3 3 3  x 1  y 1
 x 1 y 1 x  y 2 2 P  4  4  x  y           y   x   y x  2
 x  y  x  y 3 2 3  6  x  y     
3   x  y   2   3 2
 t  3t  6  t
Đặt t  x  , y t 2; 
3 , ta có f t  P   ;t    2;  3  3  t  2
Kết luận. Min f t   64  2  t  2  x  y  1. 2;  3 Bài 7. Cho 2 2
x  y  xy  1 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 4 2 2
M  x  y  x y . Lời giải 2 2 1
  x  y  xy  2xy  xy  xy 1  Ta có: 2 2
x  y  xy  1     xy  1 2 1
  (x  y)  3xy  3  xy 3 Mặt khác, từ 2 2 2 2
x  y  xy  1  x  y  1  xy nên 2 2 2 2 2 2
M  ( x  y )  3x y  2x y  2xy  1 Đặt 2
t  xy  M  2t  2t  1 .  1  
Vậy cần tìm Min và Max của tam thức bậc hai: 2
f (t)  2t  2t  1 trên đoạn ;1   .  3   3 x   3   3 2 2      y    x y xy 1 1 1    3  Ta có: Min
 f ( )  . Đạt được khi    . M 1 3 9 xy     3  3 x    3   3  y    3
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 4 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu  3  5 2 2
x  y  xy  1 x  1 3   2 Ta có: Max
 f ( )  .Đạt được khi:     M 1 2 2 xy    3  5  3 y   2 Bài 8. Cho ,
x y là các số thực thỏa mãn 2 2
x  y  xy  1 .Tìm giá trị lớn nhất; giá trị nhỏ nhất của biểu thức 6 6 2 2
F  x  y  2x y  xy .
BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 9. Cho hai số thực , x y thỏa mãn 2 2
x  y  2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   3 3
2 x  y   3xy . 3x 3y
Bài 10. Cho x  0, y  0 và x  y  xy  3. Tìm GTLN của 2 2 A    (x  y ) y  1 x  . 1 Bài 11. Cho ,
x y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện  2 2
3 x  y   2 x  y . Tìm GTNN 2 2  1   1 
của biểu thức P  x   y      .  y   x 
Bài 12. (B-2009) Cho các số thực ,
x y thay đổi thỏa mãn  x  y3  4xy  2. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức A   4 4 2 2
x  y  x y    2 2 3
2 x  y  1.
Bài 13. (D-2009) Cho các số thực không âm ,
x y thỏa mãn x  y  1. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị
lớn nhất của biểu thức S   2 x  y 2 4 3
4 y  3x  25xy . Bài 14. 2 2
(D-2012) Cho các số thực ,
x y thỏa mãn  x  4   y  4  2xy  32 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3
A  x  y  3 xy  
1  x  y  2 .
Bài 15. (A-2013) Cho các số thực dương a, ,
b c thỏa mãn điều kiện a  cb  c 2  4c . Tìm giá 3 3 2 2 32a 32b a  b
trị nhỏ nhất của biểu thức P     b  3c3 a 3c3 c
Bài 16. Cho x, y  0 thỏa mãn 2 2
x y  xy  x  y  3xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 2xy2  3 2 2
P  x  y  . 2xy Bài 17. Cho ,
x y là hai số thực thỏa mãn 2 2
x  y  xy  1 . Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2
A  5xy  3y . 6 Bài 18. Cho ,
x y là hai số thực dương thỏa mãn 4 4
x  y  4 
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu xy x  1 y  1 xy thức P    2 2 2x  1 2 y  1 x  y  . 1
Bài 19. Cho các số thực x, y  0 và thỏa mãn x  y 1  3xy . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3x 3y 1 1 P     . y  x   1 x  y   2 2 1 x y
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 5 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu
Bài 20. Cho các số thực dương a,b thỏa mãn ab  a  b  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4a 4b P  
 2ab  7  3ab b  1 a  . 1  1   1 
Bài 21. Cho các số thực dương ,
x y thỏa mãn điều kiện x 1   y 1  4     . Tìm giá trị  y   x 
nhỏ nhất của biểu thức 2 2
P  xy  1  x  1  y .
Bài 22. Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn: 2 2
x  y  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:    
P    x 1       y 1 1 1 1 1    .  y   x 
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 6 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu
II. Một số bài toán cần dùng bất đẳng thức phụ Bổ đề: Cho ,
a b  0 ta luôn có: 1 1 2 1) , với ab 1 . 2 2 a 1 b 1 1 ab 1 1 2 2)  
, với và ab 1. 2 2 1 a 1 b 1 ab
Bài 1. (Đề thi HSG 12 Bình Phước 2014) Cho các số thực dương , a b thỏa a b 2ab . Tìm giá 1 1 3
trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 2 2 Q a b a b 4 . 2 2 3 a 1 b 1 4 Nhận xét
Trong bài toán này với giả thiết a b
2ab thì biểu thức dưới dẫu căn khá nhẹ nhàng, nó có
thể biểu diễn theo tổng hoặc tích. Do đó ẩn phụ của bài toán phụ thuộc hoàn toàn vào biểu thức 1 1 còn lại là
. Tuy nhiên biểu thức này làm ta nhớ đến bất đẳng thức phụ: 2 2 a 1 b 1 1 1 2 , với ab 1. 2 2 a 1 b 1 1 ab
Từ giả thiết ta có: 2ab a b 2 ab ab 1 ab
1. Đến đây ta có thể dự đoán ẩn phụ là
một biểu thức theo tích của a và b. Ta có 2 3 2 3 2 2 3 3 2 2 3 3 Q a b a b 4 a b 4 4ab 4 3 3 3 1 ab 1 ab 1 4 4 ab 4 2 Đặt 3 t ab 1 , ta có Q f (t) 3t . 3 t 1 1 32 Bài 2. Cho , a b 0 : ab 1. Tìm GTNN của T . 1 a 1 b 2a(1 a) 2 ( b 1 b) 8 Giải 1 1 2 +) Ta có: , ab 1 . 1 a 1 b 1 ab 2
Thật vậy: Quy đồng, chuyển vế, bđt trên tương đương với a b ab 1 0 (Đúng). 2 2 2 4 1 1 4 Lại có: . Suy ra: . 1 ab 1 a . b 1 ab 1 ab 3 1 a 1 b ab 3 1 2 +) Ta có: 2 2 a(1 a) ( b 1 b) a b 2 a b 2 2ab 2 2 ab 2 2 ab 2 . Suy ra: 2 ( a 1 a) 2 ( b 1 ) b 8 4 ab 12. 1 1 32 32 16 2a(1 a) 2 ( b 1 b) 8 4 ab 12 2a(1 a) 2 ( b 1 b) 8 2 ab 3 ab 3 . 4 16 T . ab 3 ab 3 4 16 +) Đặt t ab 1 T f (t). 2 t 3 t 3
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 7 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu 2 2 8t 8 (t 3) t(t 3) t 3 f '(t) 8. . 2 2 2 2 (t 3) (t 3) t 3 (t 3) (t 3) t 3 Xét 2 2 2 M (t 3) t(t 3) t 3 (t 3) t 3 t t 3 0 2 4 2 3 2 4 3 2 t 3 t t 3 t 6t 9 t 3t (t t ) 3t 9 0 (Đúng t 1). Suy ra f '(t) 0 t 1
f (t) đồng biến t 1. Từ đó: MinT f (1) 7 t 1 a b 1. t 1 Bài 3. 6 Cho các số thực , x y  0 thỏa mãn 4 4
x  y  4 
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức xy 1 1 3  2xy P    2 2 1 2x 1 2 y 5  x  . y
Theo BĐT AM-GM ta có: 4 4 2 2
x  y  4  2x y  4 6 Do đó: 4 4 2 2 3 3
 x  y  4  2x y  4  2x y  4xy  6  0 xy
 xy   2 2 2
1 x y  xy   3  0  xy  1 1 1 2
Ta luôn có bất đẳng thức phụ sau:    x y  . 1 2x 1 2 y 2  , , 0 xy 1 1 2 Thật vậy ta có:   1 2x 1 2 y 2  xy
  xy  x  y xyx  y 2 2 2 2
1 2x  2y  4xy  x y  y x 1 3xy
(Điều này luôn đúng do 2 2 3 3 3
x y  y x 1  3 x y  3xy ). 1 1 3  2xy 2 3  2xy Vậy P      2 2 1 2x 1 2 y 5  x  y 2  xy 5  (theo AM-GM). 2xy 2 3  2t
Đặt t  xy,t (0;1] . Xét f (t)   ,t  (0;1] 2  t 5  2t 2  4
Ta có: f '(t)       t 2  t  0, (0;1] 2 52t2
 f (t) nghịch biến trên (0;1] nên P  f (t)  f (1) 1. 2 2 x y  y x
Vậy min P  1  
 x  y 1. xy 1
Bài 4. Cho các số thực x,y thỏa mãn điều kiện: x y 2 x 2 3 y 2014 2012 . Tìm giá 2 2 2015 2xy x y 1
trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: S x 1 y 1 . x y 1 Nhận xét
Phép đặt ẩn phụ cho bài toán là: t  x  y 1 . Vấn đề đặt ra là với giả thiết có vẻ phức tạp kia
làm sao chặn được ẩn phụ t.
Quan sát vế phải giả thiết ta thầy nếu dùng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta thu được tổng x  y
từ đó ta có một bất đẳng thức chứa ẩn là x  y . Giải bất phương trình này ta thu được giới hạn
của x  y , từ đó thu được điều kiện cho ẩn phụ t. Thật vậy:
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 8 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu 2 2 x y 2 x 2 3 y 2014 2012 2 3 x 2 y 2014 2012 13 x y 2012 2012  x  y   x  y
  x  y 2 2012 13 2012 2012
13x  y 2012  0  0  x  y 2012 13
 2012  x  y  2015  2013  x  y 1 2016
Do đó t   2013; 2016    .
IV. Bất đẳng thức đối xứng ba biến Phương pháp giải
Dồn về một trong các biến t  x  y  z ; 2 2 2
t  xy  yz  z ;
x t  x  y  z ; t  xyz ;
Tìm điều kiện chặt của biến t
Sử dụng đạo hàm để khảo sát hàm số biến t ; tìm GTLN; GTNN của hàm số mới.
Chú ý: Đối với các bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến chúng ta cần chú ý đến các đánh
giá, phân tích thường sử dụng như sau: 1) 2 2 2
x  y  z  xy  yz  zx ; đúng  ;
x y; z . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  y  z ; x y z
x  y  z
x  y  z 2 2 2  2  2 2 2 2
2) x  y  z      x
 y z . Dấu "  " xảy ra khi 1 1 1 1  1  ; đúng ; ; 1 3
và chỉ khi x  y  z ;
x  y  z3 3) xyz  ; đúng  ;
x y; z . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  y  z ; 27
4)                      2 x y y z y z z x z x x y x y z
 xy  yz  zx ;
5) x  y y  zz  x  xyz  x  y  zxy  yz  zx ; 2 6) 2 2 2
x  y  z   x  y  z  2 xy  yz  zx; 3 7) 3 3 3
x  y  z   x  y  z  3 x  y y  zz  x .
Bài 1. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 7 121 P 2 2 2 a b c 14(ab bc ca) Nhận xét
Trong bài toán này chỉ cần thế a b c
1 vào P sẽ làm xuất hiện ngay ẩn phụ. Thật vậy: Ta có 2 2 2 2 1 (a b ) c a b c 2(ab bc ca) 2 2 2 1 (a b c ) ab bc ca . 2 7 121 Do đó A 2 2 2 2 2 2 a b c 7(1 (a b c )) 7 121 Đặt 2 2 2 t a b
c . Ta có f(t) . t 7(1 t)
Bài 2. Cho các số thực dương , x , y z thoả mãn 2 2 2
x  y  z  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu 5
thức P  xy  yz  zx  x  y  . z
Phân tích tìm lời giải
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 9 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu 
Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng
thức xảy ra khi các biến bằng nhau x  y  z  1. Quan sát giả thiết và yêu cầu bài toán ta dự
đoán ẩn phụ là t  x  y  z . Từ giả thiết chúng ta cần lưu ý các đánh giá để đưa về t  x  y  z . Ta có
x  y  z 1 2 2 2  2
x  y  z 
; xy  yz  zx   x  y  z2 . 3 3 
Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều "  " .
Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải
Ta có  x  y  z    xy  yz  zx   x  y  z2 2 2 2 3 3 2 . 2 t  3
Đặt t  x  y  z , ta có: 2 2 2
0  xy  yz  zx 
 x  y  z  3  3  t  3. 2 t  5 t  5
Khi đó, ta có: P  f t  2 3 5   , ' f t  3  t    0, t   3 . 2 t 2 2 t t
Vậy ta có: P  f t   f   14 3 
. Dấu “=” xảy ra khi x  y  z  1. 3 14
Kết luận. max P 
khi x  y  z  1. 3 4
Bài 3. Cho các số thực , x ,
y z không âm thỏa mãn 2 2 2
x  y  z 
. Tìm giá trị lớn nhất và giá 3
trị nhỏ nhất của biểu thức: P   xy  yz  zx 3 2
 x  y  . z
Phân tích tìm lời giải 
Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng
thức xảy ra khi các biến bằng nhau; từ giả thiết ta dự đoán dấu "  " xảy ra khi x  y  z  1.
Quan sát giả thiết và yêu cầu bài toán ta dự đoán ẩn phụ t  x  y  z . Từ giả thiết chúng ta cần lưu ý đánh giá:
x  y  z 1 2 2 2  2
x  y  z 
; xy  yz  zx   x  y  z2 . 3 3
t   x  y  z2 4 2 2 2 2
 x  y  z  2xy  yz  zx 2 2 2
 x  y  z  3 
Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức nên khi đánh
giá biến t ta cần chặn cả hai phía. Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải  2 3 
Đặt x  y  z  t 
 t  2 . Ta có 3   1   3 4
xy  yz  zx 
x  y  z2 1 4 2 2 2 2
 x  y  z   t    nên 2 P  t   2   2  3  t 3 3 4  2 3 
Xét hàm số f t  2
 t   xác định trên  ;2 t 3 3  
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 10 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu  2 3  3 3 25 f 't 3 3 3  2t   0  t  (loại). f    ; f 2  2 t 2 3 2 6   3 3 2 3 2 3
Kết luận. MinP  khi t   2 trong 3 số , x ,
y z bằng 0 số còn lại bằng ; 2 3 3 25 2 MaxP 
khi t  2  x  y  z  . 6 3
Bài 4. Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn  2 2 2
2 a  b  c   ab  bc  ca  3. Tìm giá trị 1
lớn nhất của biểu thức 2 2 2
S  a  b  c  a  b  c  . 3
Phân tích tìm lời giải 
Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng
thức xảy ra khi các biến bằng nhau a  b  c  1. Quan sát giả thiết và yêu cầu bài toán ta dự
đoán ẩn phụ t  a  b  c . Từ giả thiết chúng ta cần lưu ý đánh giá để đưa về t  a  b  c . Ta có
a  b  c 1 2 2 2  2
a  b  c 
; ab  bc  ca  a  b  c2 . 3 3 
Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều "  " .
Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải
Với a, b, c là các số dương ta có   
a  b  c2
a  b  c  a b c2 2 2 2 
; ab  bc  ca  3 3
2a  b  c2
a  b  c2 2 Bởi vậy 
 3  a  b  c  9 3 3
Từ đó 0  a  b  c  3
a  b  c
Ta có a  b  c   2 2 2 2 2
 ab  bc  ca  3   3 3
a  b  c 3
Nên a  b  c   2 2 2 2   6 2 Bởi vậy 1
a  b  c2 1 3 1 1 3 2 2 2 2
S  a  b  c      t  
a  b  c  3 6
a  b  c  3 2 6 t  3 2 1 1 3
Xét hàm số f t  2  t    t  6 t  với 0 3 3 2 f t  1 1 '  t   0, t
  0;3 . Từ đó suy ra hàm số f (t) đồng biến trên 0;  3 2   3 t  3 17
Do đó f t  f   3 , t  0; 
3 hay f t  17  Suy ra: S 
. Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  1 6 6 17
Kết luận. MaxS 
khi a  b  c  1. 6
Bài 5. Cho a, ,
b c là ba số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 11 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu 1 2 P   2 2 2    a   1 b   1 c a b c   1 1
Phân tích tìm lời giải 
Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng
thức xảy ra khi các biến bằng nhau. Quan sát biểu thức trong P ta dự đoán ẩn phụ t  a  b  c . 
Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều "  " .
Từ đó suy ra biểu thức 2 2 2
a  b  c  1 cần đánh giá theo chiều "  " ; biểu thức a   1 b   1 c  
1 cần đánh giá theo chiều "  " (vì phía trước biểu thức có thêm dấu " "). Ta có
a  b  c  2 1
a  b  c  2 2 2 2
a  b  c  1 
; a  b  c    3 3 1 1 1  . 4 27
Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải 3 1
 a  b  c  3
Ta có: a  b  c  1 
a  b  c  2 2 2 2 1 ; a   1 b   1 c   1    4  3  2 54 Vậy P  
a  b  c  1
a  b  c  3 3 2 54 =         f t với t a b c 1 (t 1) t t  2 ( ) 3 2 162 t  4(n) / / f (t)   
; f (t)  0  2  t t  24 t  1 (l) Bảng biến thiên t 1 4  f '(t)  0  1 4 f (t) 0 0
a  b  c  3 1 
Kết luận. MaxP 
khi a  b  c
 a  b  c  1 4 c 1 
Bài 6. Cho a, ,
b c là các số thực dương và a  b  c  3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 abc P   3
3  ab  bc  ca
1 a1 b1 c
Phân tích tìm lời giải 
Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng
thức xảy ra khi các biến bằng nhau a  b  c  1. Quan sát biểu thức P ta dự đoán ẩn phụ t  abc .
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 12 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu 
Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều "  " .
Từ đó suy ra biểu thức ab  bc  ca ; 1 a1 b1 c cần đánh giá theo chiều "  " . Ta có
lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải
Áp dụng Bất đẳng thức: 2
( x  y  z)  3( xy  yz  zx) , x
 , y, z  ta có: 2
(ab  bc  ca)  3abc(a  b  c)  9abc  0  ab  bc  ca  3 abc Ta có: 3 3 (1 a)(1 )
b (1 c)  (1 abc) , , a , b c  0 . Thật vậy
1 a1 b1 c 1 (a  b  c)  (ab  bc  ca)  abc 3 2 3 3 3
 1 3 abc  3 (abc)  abc  (1 abc) 3 2 abc Khi đó: P    Q (1). 3 3(1  abc ) 1  abc 3
 a  b  c 
Đặt 6 abc  t ; vì a, ,
b c  0 nên 0  abc   1    3  2 2t t   1  5 t   2 t 1 Xét hàm số Q  
,t  0;1  Q (  t)   0, t   0;1 . 2 2   3 2  3(1  t ) 1  t  3 1  t   2 1  t  1
Do đó hàm số đồng biến trên 0; 
1  Q  Q t   Q   1 1 
(2). Từ (1) và (2): P  . 6 6 1
Kết luận. MaxP 
, đạt được khi và chỉ khi : a  b  c  1. 6
Bài 7. Cho a, ,
b c là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2
a  b  c  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 2 2 2 a  1 b  1 c  1 1 thức P     b c a a  b  . c
Phân tích tìm lời giải 
Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu
đẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau a  b  c  1. Quan sát biểu thức P ta dự đoán ẩn phụ
t  a  b  c . 
Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều "  " .
Trong biểu thức P chứa 2 2 2
a ;b ;c ở tử số nên chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy- a b c    2 2 2 2 a b c 1 1 1 9
Schwarzt dạng cộng mẫu số   
 a  b  c    b c a a  b  ; c a b c
a  b  . Ta c
có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải
a  b  c 2 2 2  2
Theo giả thiết, ta có 3  a  b  c 
 a  b  c  3 3 Mặt khác 2
a  b  c 2 2 2
 a  b  c  ab  bc  ca 2 2 2 2
 a  b  c  3  a  b  c  3
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt ta có
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 13 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu a b c
a  b  c2 2 2 2 1 1 1 1 9 1 P           b c a a b c
a  b  c
a  b  c
a  b  c
a  b  c 8
 a  b  c  a b c
Đặt t  a  b  c;t   3;3 
 , ta có f t 8
 t  ;t   3;3   t t  8 8 n 11 3 17
f 't   1 
; f 't   0   ; f  3  ; f   3  ; f  8  4 2 2 t t   8  l 3 3 2 2
Kết luận: MinP  4 2  t  8  a  b  c  . 3
Bài 8. Cho các số dương ,
x y, z thoả mãn: x(x 1)  y( y 1)  z(z 1)  6. Tìm giá trị nhỏ 1 1 1
nhất của biểu thức A    x  y  1 y  z  1 z  x  . 1
Phân tích tìm lời giải 
Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng
thức xảy ra khi các biến bằng nhau x  y  z . Trước hết ta phân tích giải thiết bài toán:
x(x 1)  y( y 1)  z(z 1)  6 2 2 2
 x  y  z  (x  y  z)  6 2
 18  (x  y  z)  3(x  y  z)  3  x  y  z  6  0  x  y  x  6
Do đó, ta dự đoán ẩn phụ là t  x  y  z 
Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều "  " .
Quan sát biểu thức A ta có thể xử lý theo 2 cách: Sử dụng bất đẳng thức AM-GM hoặc bất
đẳng thức Cauchy-Schwarzt dạng cộng mẫu số để đánh giá. Lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải
Ta có x(x 1)  y( y 1)  z(z 1)  6 2 2 2
 x  y  z  (x  y  z)  6 2
 18  (x  y  z)  3(x  y  z)  3  x  y  z  6  0  x  y  x  6 1 y  z  1 2 1 z  x  1 2 Ta có:     y  z  ; 1 25 5 z  x  ; 1 25 5 1 x  y  1 2   x  y  1 25 5
2( x  y  z)  3 6     x y z A   6 2( ) 3 3  A    25 5 5 25 5
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  2 . 3
Kết luận. MinA 
 x  y  z  2 . 5
Cách khác: Đặt t  x  y  , z t 0;  6 . 1 1 1 9 A     x  y  1 y  z  1 z  x  1
2 x  y  z  3
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 14 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu 9 9 Do đó A  f (t)  2t  . Xét 3 2t 
trên (0;6], suy ra kết quả bài toán. 3
Bài 9. Cho ba số thực dương x,y,z thoả mãn x  y  z  6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 x y z P    . 3 3 3 yz  1  x zx  1  y xy  1  z
Phân tích tìm lời giải 
Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu
đẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau x  y  z  1. Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức nên đánh giá P theo chiều "  " . Quan sát biểu thức P chứa 2 2 2
x ; y ; z ở tử số
nên chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt dạng cộng mẫu số. Ta có lời giải chi tiết
cho bài toán như sau: Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy  Schwarzt ta có 2
( x  y  z) Ta có P  3 3 3
xy  yz  zx  1  x  1  y  1  z 2 2  x Lại có 3 2 1  x 
(1  x)(1  x  x ) 
. Dấu bằng xảy ra khi x  2 2 2 2
(x  y  z)
2.(x  y  z) Suy ra P  2.  2 2 2 2
2(xy  yz  zx)  x  y  z  6
(x  y  z)  6 2t Đặt 2
t  ( x  y  z) (t  36) . Ta có P  t  6 t 6 6
Với t  36 xét hàm số f (t)  ; f '(t)=  0
 f (t)  f (36)  . 2 t  6 (t  . Hàm số đồng biến 6) 7 12 Suy ra P  . 7 12
Kết luận. MinP 
khi x  y  z  2 . 7
BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 10. Cho các số thực dương , x ,
y z thỏa mãn x  y  z  1. Chứng minh 3 2   14 2 2 2
xy  yz  zx x  y  . z Bài 11. Cho , x ,
y z là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu x y z thức    2 xyz x  y y  z z  . x
Bài 12. (B-2010) Cho các số thực không âm a, ,
b c thỏa mãn a  b  c  1. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức M   2 2 2 2 2 2
a b  b c  c a   ab  bc  ca 2 2 2 3 3
 2 a  b  c . 2 2 3 a b 4c 2
Bài 13. Cho ba số thực dương a, , b c . Chứng minh     . a  b2
b  c2 3c  a3 3
Bài 14. Cho a, ,
b c  0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 15 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu 1 2 P   2 3 3 3 3
a  b  c   1
 ab  1 bc  1 ca  1
Bài 15. Cho các số thực x, y, z  0 thỏa mãn x  y  z  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   3 3 3
4 x  y  z  15xyz .
Bài 16. Cho các số thực dương , x ,
y z thỏa mãn x  y  z  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 x y z P    2 2 2 x  y y  z z  . x
Bài 17. Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = 3abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 4 4 4 b c a thức P     8abc 4 2 4 2 4 2 ab  2a bc  2b ca  . 2c 1
Bài 18. Cho các số thực dương a, ,
b c thỏa mãn a  b  c 
. Tính giá trị lớn nhất của biểu thức 2
a  bb  c
b  ca  c
a  ca  b P     .
a  bb  c  a  c
b  ca  c  a  b
a  ca  b  b  c
Bài 19. Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn 2 2 2
a  b  c  1. Chứng minh rằng 5 3 5 3 5 3
a  2a  a
b  2b  b
c  2c  c 2 3    2 2 2 2 2 2 b  c c  a a  b 3
II. Bất đẳng thức ba biến không đối xứng
Bài 1. Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 24 3 P  
13a  12 ab  16 bc
a  b  c
Phân tích tìm lời giải 
Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến. Quan sát biểu thức trong
P ta dự đoán ẩn phụ t  a  b  c . 
Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều "  " .
Từ đó suy ra biểu thức 13a  12 ab  16 bc cần đánh giá theo chiều "  " và cần có đánh giá
biểu thức 13a  12 ab  16 bc   a  b  c. Vấn đề ở đây là làm thế nào để xác định được  ? Giả sử ta có đánh giá 12 16
13a  12 ab  16 bc  13a  m . a nb  p . b qc . m n . p q 6  a  ma  nb 8 13   pb  qc mn . p q  m   n p   q   13 6 a  6  8 b  8
c   a  b  c n m q p       m n p q
Do đó ta cần xác định , m , n , p q sao cho 13  6  6  8  8
. Để ý đến tính “chính n m q p
phương” của các biểu thức trong căn ta xác định được m  1;n  4; p  1;q  4 .
Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 16 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu
Áp dụng bất đẳng thức AM  GM , ta có
13a  12 ab  16 bc  13a  6 a.4b  8 .4 b c a  4b b  4c  13a  6.  8.
 16(a  b  c) 2 2
13a 12 ab 16 bc 16(a  b  c) . Dấu “ = ” xảy ra  a  4b  16c . 3 3 Suy ra P   .
2 a  b  c
a  b  c 3 3
Đặt t  a  b  c, t  0 . Khi đó ta có: P   2t t 3 3
Xét hàm số f t  3 3  
trên khoảng (0;) , ta có f ' t    . 2t 2 t 2t t 2t 3 3
f ' t   0  
 0  t  1 ; lim f (t)   ; lim f (t)  0 2  2t t 2t x 0  x Bảng biến thiên t 0 1  f '(t)  0   0 f (t) 3  2 3
a  b  c  1 16 4 1
Vậy ta có P   , đẳng thức xảy ra    a  ;b  ;c  . 2
a  4b  16c 21 21 21 3
Kết luận. MinS   khi và chỉ khi a b c 16 4 1 , ,     , ,  2
 21 21 21  .
Bài 2. Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 4 9 P   2 2 2
a  b  c  4
(a  b) (a  2c)(b  2c)
Phân tích tìm lời giải 
Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến. Quan sát biểu thức trong
P ta dự đoán ẩn phụ t  a  b  c . 
Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều "  " .
Từ đó suy ra cần đánh giá biểu thức 2 2 2 2
a  b  c  2 theo chiều "  " . Điều này có được nhờ
bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt . Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt ta có a b c 2
a  b  c  2 2 2 2 2  2 2 2 2 2
a  b  c  2      1 1 1 1 4  Biểu thức (a  ) b
(a  2c)(b  2c) cần có đánh giá chiều "  " (vì phía trước có dấu " ").
Quan sát biểu thức trong dấu căn a  2cb  2c nếu đánh giá từ tích sang tổng sẽ nhận được
a  b  4c . Như vậy chúng ta cần thêm 3a  b nữa mới đảm bảo có nhân tử a  b  c , trong
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 17 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu
khi đó biểu thức ngoài dấu căn chỉ có 1.a  b . Do đó ta cần nhân thêm hằng số 3 vào trước biểu
thức. Ta có đánh giá quan trọng như sau: 2
 a  b  c 
 a  b  c  3a  b 4 1 4( )
. (a  2c)(b  2c)  (3a  3b).  2  
a  b  c2     2  2  2 
Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải Cách 1 2 2 2
a  b  c  2  4(a  b  c  4) 2
 a  b  c 
 a  b  c  3a  b 4 1 4( )
. (a  2c)(b  2c)  (3a  3b).  2  
a  b  c2     2  2  2  8 27 8 27 Vậy P  
t  a  b  c t  ; P    g(t) 2
a  b  c  2 2(a  b  . Đặt , 0 c) 2 t  2 2t 8 27
g’t    
; g t   t  2 3 ’ 0 27
2 – 8t  0  t = 6 2 3 (t  2) t t 0 6  g '(t)  0  5 8 g(t) 0  5 5
P  g(t)  ; maxP = xảy ra khi a  b  c  2 . 8 8 5
Kết luận. MaxP 
xảy ra khi a  b  c  2 . 8 Cách 2
a  b  c2 2 2 2
a  b  c  4   4; 3     
a  c b  c  a  b a b 4c a b ( 2 )( 2 ) 2 2 2 1
a  b  c
a  b  a  b  c
a  b  c 3a  b 4 1 3 3 4  16  2   6 2 6 4 24 4 27 5  P    x 2x 8  4 3
Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  2 . 5
Kết luận. MaxP 
xảy ra khi a  b  c  2 . 8
Bài 3. Cho các số thực dương a, ,
b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 18 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu 1 8 P   2 2
2a  b  8bc
2b  2(a  c)  3
Phân tích tìm lời giải 
Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến. Quan sát biểu thức trong
P chúng ta dự đoán ẩn phụ t  a  b  c . 
Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều "  " .
Từ đó suy ra cần đánh giá biểu thức 2a  b  8bc theo chiều "  " và biểu thức 2 2
2b  2(a  c)  3 cần có đánh giá theo chiều "  " (vì phía trước có dấu ." ".). 
Để đưa bài toán về ẩn phụ t  a  b  c thì ta cần có đánh giá
2a  b  8bc   a  b  c . Quan sát hai vế ta suy ra được   2 . Do đó
2a  b  8bc  2a  b  2 .
b 2c  2a  b  b  2c  2a  b  c  Đối với biểu thức 2 2
2b  2(a  c)  3, quan sát biểu thức trong dấu căn ta lưu ý đánh 2 2 giá sau: 2 2 2
2b  2(a  c)  3  2 b  a  c   3  a  b  c  3  a  b  c  3   . Từ đó ta
có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải
Ta có 2a  b  8bc  2a  b  2 .
b 2c  2a  b  b  2c  2a  b  c . Suy ra 1 1  .
2a  b  8bc
2(a  b  c) 8  8  Mặt khác 2 2
2(a  c)  2b  (a  c)  . b Suy ra  . 2 2    3 3 2( ) 2
 a  b  c a c b 1 8 Do đó P  
2(a  b  c)
3  a  b  . (1) c 1 8
Đặt a  b  c  t, t  0. Xét hàm số f (t)   , t  0. 2t 3  t 1 8
3(t  1)(5t  3)
Ta có f '(t)     , t  0. f t   t  2 2 2 2 2t (3  t) 2t (3  Suy ra '( ) 0 1. t) Bảng biến thiên t 0 1  f '(t)  0   0 f (t) 3  2 3
Từ bảng biến thiên suy ra f (t)  f (1)   , t   0. (2) 2
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 19 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu  1
a  b  c  1 a  c  3    4
Từ (1) và (2) ta có P   . Dấu đẳng thức xảy ra khi b  2c   2 1  
b  a  c b  .   2 3 1 1
Kết luận. MinP   , đạt được khi a  c  , b  . 2 4 2
Bài 4. Cho a, ,
b c là các số thực dương thoả mãn  2 2
a b  c   b  c . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 1 1 1 biểu thức P      1  a2
1 b2 1 c2 1 a1 b1 c
Phân tích tìm lời giải 
Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến, tuy nhiên ta thấy biểu
thức P và giả thiết đã cho là đối xứng với hai biến b & c . Từ đó ta có thể dự đoán dấu đẳng
thức xảy ra sẽ có b  c . Sử dụng giả thiết đã cho; ta được 
b  c  a b  c  a b c2 2 2 
 a b  c  2 . Vì vậy, ta tìm cách đánh giá biểu thức P để đưa 2
về hai biến a và b  c. 
Chú ý bài toán tìm giá trị nhỏ nhất nên đánh giá biểu thức P theo chiều "  " . Sử dụng 1 1 2
bất đẳng thức AM-GM ta có đánh giá quan trọng    ; cũng theo 1  b2
1 c2 1 b1 c 2 2 2 2  b  c 1  2  1  a
AM-GM ta có 1  b1  c       2     . Từ đó suy ra 2 4 4  a  a 2 2 3 2 2a  1 4a
2a  6a  a  1 P     a  2 1 1 a3 a  3 1 3 2
2a  6a  a  1 2 5a  1 1
Xét hàm số f a        ; f 'a    0 a a   ;a 0 3 1 a  42 5  
Lập bảng biến thiên; ta có P  f a 1 91  f    .  5  108 91 1 Kết luận. MinP 
 a  ;b  c  5 . 108 5
Bài 5. Cho các số thực a, , b c  0 thỏa mãn 2 2 2
a  b  c  2bc  ab  2ca  0 . Tìm giá trị nhỏ 2 2 c c ab
nhất của biểu thức P    
a  b  c2 2 2 a  b a  b
Phân tích tìm lời giải 
Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến, khi quan sát biểu thức P
nhiều người cảm thấy “ái ngại” bởi sự xuất hiện của biểu thức a  b  c . Thông thường khi
làm việc với bài toán bất đẳng thức thì hầu như quen với các số không âm nhiều hơn. Tuy
nhiên, để ý kỹ giả thiết bài toán ta có ngay a  b  c  bc  ab  ca   a  b  c2 2 2 2 2 2 0  ab.
Do đó, ta nghĩ đến thay thế biểu thức    2 a b
c bởi ab là một điều hết sức tự nhiên. Hơn
nữa, từ đẳng thức    2 a b c
 ab ta cũng có thể dự đoán được dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 20 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu 2 2 c c ab
a  b  c . Khi đó P    2 2 ab a  b a 
. Để ý đến mẫu số của số hạng cuối có xuất hiện b
a  b nên hai số hạng đầu ta cũng nghĩ đến đánh giá như thế nào để xuất hiện a  b. Chú ý
dấu "  " xảy ra khi a  b  c nên ta cần phải phân tích 2 2 2 2 2 c c ab c c c ab       2 2 2 2 ab a  b a  b 2ab 2ab a  b a 
. Áp dụng Cauchy-Schwarzt cho . b 2 2 2 c c 2 2 2  c c 4c  2c     
 . Tuy nhiên trong P lại còn dư 2 2 2ab a  . ta được b 2 2 2ab a  b
a  b2  a  b  2 c ab  2ab
a  . Khéo léo sử dụng AM-GM ta có được kết quả như ý: b 2 2 2 2 c ab c ab c 2ab c 2ab 2c        . Tóm lại ta có đánh 2ab a  b 2ab
ab a  b 2ab a  b 2 . 2
2ab a  b2 a  b giá sau: 2 2 2 2 2 c c ab c  c c  ab P          2 2 2 2 ab a  b a  b 2ab
 2ab a  b  a  b 2  2c   2c  2c 2  
 t  t  f     t;t   0  a  b   a  b  a  b Theo giả thiết ta có      
a  b  c a b2 2 2 a b c 1  ab      4  a  b  4 2  c  1 1 c 1  1     1   1  t  3    a  b  4 2 a  b 2
Xét hàm số f t 2
 t  t;1 t  3; i
M nf t  2  t  1  a  b  c
Bài 6. Cho a, ,
b c  0 thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b 3c P    2 2 2 1  a 1  b 1  c
Phân tích tìm lời giải 
Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến, tuy nhiên đối xứng với hai
biến a,b nên ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi a  b . 
Phân thức cuối cùng khác biệt với hai phân thức đầu nên ý tưởng của ta sẽ đánh giá hai
phân thức đầu về biến c ; 
Đây là bài toán tìm giá trị lớn nhất nên ta nghĩ đến đánh giá bất đẳng thức theo chiều "  " . 
Trong các phân thức đầu có lũy thừa 2 và lũy thừa 0 nên cần đưa về đồng bậc 2 bằng
cách sử dụng giả thiết ab  bc  ca  1. 
Lưu ý đánh giá ab  c  a b  c c  a  cb  c Lời giải a b 3c P    2 2 2
ab  bc  ca  a
ab  bc  ca  b 1  c
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 21 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu a b 3c    
a  ca  b
a  bb  c 2 1  c
a b  c  ba  c 3c
2ab  c a  b 3c     
a  bb  cc  a 2 1 
a  bb  cc  a c  2 1  c
ab a  b  c a  b 3c   
a  bb  cc  a 2 1  c
 ab ca b  3  ab c c  3c     
a  bb  cc  a  2 1 
b  cc  a c  2 1  c
a  cb  c 3c 1 3c     
a  cb  c 2 1  c
a  cb  c 2 1  c 1 3c 1  3c     f c 2 2 2 1  c 1  c 1  c 3  c
Ta có f 'c   f c   c  1  c  ; '  0 3 2 2 1  c Bảng biến thiên c  3  f '(c)  0  10 f (c) 3  3 3   13
Kết luận: MaxP  10  c  3;a  b  . 2
Bài 7. Cho các số thực không âm , x ,
y z thỏa mãn điều kiện 2 2 2
x  y  z  3y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 4 8 P     x  2 1
 y  22 z  32
Phân tích tìm lời giải 
Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến và cũng không đối xứng
với hai biến nào cả. Do đó chúng ta chưa thể dự đoán được dấu đẳng thức xảy ra khi nào. Vì
vậy ta nghĩ đến phân tích giả thiết bài toán trước. Ta có Ta có 2 2 2
2x  4y  2z  (x 1)  ( y  4)  (z 1) 2 2 2
 x  y  z  6  3y  6. y
Suy ra 2x  y  2z  6 . Dấu đẳng thức xảy ra khi x 
 z  1. Thông thường đến đây ta thấy 2 y y x;
; z có vai trò như nhau nên chúng ta nghĩ đến phép đặt ẩn phụ a  x;b 
;c  z . Khi đó 2 2 1 1 8 P    
. Bây giờ trở lại yêu cầu bài toán là tìm giá trị nhỏ nhất của biểu a  2 1 b  2 1 c  32
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 22 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu
thức nên chúng ta nghĩ đến đánh giá biểu thức P theo chiều "  " . Quan sát P ta thấy ở tử số của
các số hạng đều là hằng số. Vì vậy, chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy  Schwarzt dạng cộng mẫu số. 
Phân thức cuối cùng khác biệt với hai phân thức đầu nên ý tưởng của ta sẽ đánh giá hai
phân thức đầu về biến c . Lời giải Ta có 2 2 2
2x  4y  2z  (x 1)  ( y  4)  (z 1) 2 2 2
 x  y  z  6  3y  6. y
Suy ra 2x  y  2z  6 . Dấu đẳng thức xảy ra khi x   z  1. 2 y 1 1 8
Đặt a  x;b 
;c  z ta có a  b  c  3. Khi đó P    2 a  2 1 b  2 1 c  32
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 1 1 8 8 8 64 P         a   1 2 1 b  2 1 c  2 3
a  b  22 c  32 a  b  c  52 1 1 8 8 8
Áp dụng (*) ta được P      2 2 ( x  1) y  2  2 (z 3) y (z 3) ( 1) 2 ( x  1  1) 2 2 64 64.4 64.4     1. 2 y    2  2 (2x y 2z 10) (6 10) ( x   2  z  3) 2
Kết luận. MinP  1 khi x  1, y  2, z  1
Bài 8. Cho ba số thực dương ,
x y, z thỏa điều kiện x  z . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu x y z thức P    2 2 2 2   z  x x y y z
Phân tích tìm lời giải 
Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến nên chưa thể dự đoán dấu
đẳng thức xảy ra khi nào. Phân thức cuối cùng khác biệt với hai phân thức đầu nên ý tưởng của
ta là sẽ đánh giá hai phân thức đầu theo phân thức thứ ba. Tuy nhiên, phân thức thứ ba vẫn z 1
còn 2 biến, nếu dồn biến thì có một cách là chia cả tử và mẫu cho z ta được  . z  x  x  1     z 
Trong hai số dạng đầu cũng có biến đổi tương tự. Ta có x y 1 1    1 1 1 . Khi đó P    . 2 2 2 2 2 2 x  y y  z  2 2 y   z  x  y   z  1     1    1 1    1     x   y  z  x   y  y z z
Bây giờ hai số hạng đầu vẫn còn khác biệt với số hạng thứ ba. Quan sát kỹ ta thấy .  . x y x
Do đó ta nghĩ đến sử dụng bất đẳng thức phụ sau đây để dồn biến. 1 1 2  
; với a,b  0, ab  1 2 2 1  a 1  b 1  ab
Đến đây bài toán xem như đã được giải. Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 23 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu Lời giải 1 1 1 Ta có P    2 2 x  y   z  1 1     1    z  x   y  1 1 2
Trước hết ta chứng minh BĐT  
(*) ; với a,b  0, ab  1 2 2 1  a 1  b 1  ab 1 1  1 1  Ta có   2    2 2 2 2   1 1 1 1 a  b a b  1 1 2 2 Mặt khác  
 a  b ab   1  0 a b  ab  2 2 1  a 1  b 1  luôn đúng với , 0, 1 ab
Suy ra Bất đẳng thức (*) đúng. Đẳng thức xảy ra khi a  b . 2 1
Áp dụng Bất đẳng thức (*) ta có: P   z z 1  1  x x z 2 1 t  2 Đạt t 
, 0  t  1 , P    x 1  t 1 t  1 1  t t  2 1  2 t 1
Xét hàm số f (t)  ; 0  t  1, ' f (t)  , '
f (t)  0  t  t  1
2 t t  3 1 4 t 0 1  4 f '(t)  0  5 f (t) 2 1  y z   x y
Kết luận. MaxP  5 khi 
 x  2 y  4z . 1 z t    4 x
Bài 9. Cho các số thực không âm a, , b c thỏa mãn: 2 2 2
5(a  b  c )  6(ab  bc  ca) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2
M  2(a  b  c)  (a  b ) .
Phân tích tìm lời giải 
Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến a, ,
b c nhưng lại đối xứng
với hai biến a,b nên ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi a  b . 
Yêu cầu bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên ta phải đánh giá biểu thức P theo
chiều "  " . Do đó biểu thức  2 2
a  b  đánh giá theo chiều "  " . Lời giải
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 24 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu 5 6 Ta có 2 2 2 2 2 2
(a  b)  5c  5(a  b )  5c  6(ab  bc  ca) 
(a  b)  6c(a  b) 2 4 a  b 2 2
 5c  6c(a  b)  (a  b)  0 
 c  a  b  a  b  c  2(a  b) 5 1 1 Khi đó : 2 2 2 2 M 
2(a  b  c)  (a  b ) 
2(a  b  c)  (a  b)  4(a  b)  (a  b) 2 2 1
Đặt t  a  b  t  0 và 4 M  2t  t 2 1 Xét hàm số: 4
f (t)  2t 
t với t  0 , có 3
f '(t)  2  2t  f '(t)  0  t  1. 2 Lập bảng biến thiên : t 0 1  f’(t)  0  3 2 f(t) 0  3 3
Từ BBT suy ra f (t)  , t
  0 , dấu "  " t  1  M  , a  , , b c  0 2 2
c  a  b  1 3  a  b  Kết luận: M
  a  b   2 max 2   a  b  1  c  1 Bài 10. Cho ,
x y là các số thực dương, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x 2x P   2 2 2 2  
(x  y)  (xy  1)(x  y) (x 1)(x y ) Lời giải x 2x 1 2 P     4 2 2 2 2 2   
(xy  x  y  1)(x  y) y x x y x y      2 2 y (x 1)( y 1)(1 )
x  y  1    x  x  y 1 2 Đặt z  ta có P   x 2 2 2   
(x  1)( y  1)(z  1) x y z 1 1 2 1 2 1 2
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 2 2 2
x  y  z  1 
x  y  z   1
 x  y  z   1 2 2 4 3
 x  y  z  3
( x  1)( y  1)(z  1)     3  2 54 2 54 Suy ra P  
.Đặt t  x  y  z  1  1 ta có : P  
x  y  z  1
x  y  z  3 3 t t  23 2 54 2 162
Xét hàm f (t)  
trên 1; ta có : f '(t)   
; f '(t)  0  t  1;t  4 t  2 t  23 t t  24 1
Lập bảng biến thiên ta có Maxf (t)  f (4)  . t   1; 4
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 25 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu 1
Kết luận. MaxP 
khi x  y  1. 4
Bài 11. Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2
x  y  z  1. Tìm giá trị lớn nhất của 3 3 3 3 xy yz x y  y z biểu thức P    2 2 3 3 1  z 1  x 24x z
Phân tích tìm lời giải 
Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến, tuy nhiên đối xứng với hai biến ,
x y nên ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi x  y . 
Đây là bài toán tìm giá trị lớn nhất nên ta nghĩ đến đánh giá bất đẳng thức theo chiều
"  " . Lưu phân thức cuối đồng bậc 1 nên ta có thể đồng bậc hóa hai phân thức đầu về bậc 1
bằng cách thay số 1 từ giải thiết. và hai phân thức đầu đánh giá theo chiều "  " còn phân thức
thứ ba đánh giá theo chiều "  " . Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có xy yz xy yz    2 2  z  x  2 2
z  x    2 2
z  y   2 2
x  y    2 2 1 1 x  z  2 2 2 2 xy yz 1  x y y z   
                2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2  z  x z  y x  y x  z z x z y x y x z  2 2 2 2 1  y y  1  y y  1  y y  1 1  y y   1    1    1      .         2 2 2 2 4  z  y
x  y  4  2 yz 2xy  4  2z 2x  4 8  z x  1
Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt , ta có 3 3 3 3 3 x y  y z 
( xy  yz) nên 4 3 3 3 3 3 3 x y  y z (xy  yz) 1  y y     .   3 3 3 3 z x 4z x 4  z x  3 1 1  y y  1  y y  Suy ra P      .     4 8  z x  96  z x  y y 1 1 1 Đặt t 
 , khi đó t  0 và 3 P   t  t  . z x 96 8 4 1 1 1 Xét hàm số 3 f (t)   t  t  với t  0. 96 8 4 1 1 Ta có 2 f '(t)  
t  ; f '(t)  0  t  2, vì t  0. 32 8 Suy ra bảng biến thiên t 0 2 + 0 –
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 26 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu 5
Dựa vào bảng biến thiên ta có P 
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t  2 hay 12 1
x  y  z  . 3 5 1
Kết luận. MaxP 
, đạt được khi x  y  z  . 12 3 Bài 12. Cho , x ,
y z là ba số thực dương thỏa mãn 3 3
x  y  z  2 2
x  y   3xyz . Tìm giá trị nhỏ x y 2z
nhất của biểu thức P    y  z z  x x  y
Phân tích tìm lời giải 
Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến, tuy nhiên đối xứng với hai biến ,
x y nên ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi x  y . 
Đây là bài toán tìm giá trị nhỏ nhất nên ta nghĩ đến đánh giá bất đẳng thức theo chiều
"  " . Lưu phân thức thứ ba khác biệt so với hai phân thức đầu nên ta nghĩ đến đánh giá hai
phân thức đầu theo phân thức cuối. Lưu ý đến bất đẳng thức Cauchy  Schwarzt dạng cộng
mẫu số. Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải
Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM và Bất đẳng thức Cauchy  Schwarzt ta có x  y2 3 2   z  z xy x y x y 3 3
 x  y  z  2 2 3 . 3 . x  y        . z 4 4 2
x  y2 x  y3 2z  . z 
 z  x  y   2 4 4 x  y Ta có x  y2 2z x  y2 2z P    
2xy  z  x  y  x  y x  y2 
 z x  y x y 2 2 x  y 2z 1 2z    2. 
x  y  2z x  y 2z x  y 1  x  y
Dấu “=” xảy ra khi x  ;
y z  x  y
Xét hàm số f t  2   t; t  2 1  ta có t f t 2 '       
, do đó f t là hàm đồng biến khi t  2 . Vậy t   1 0, t 2 2 1 8
Min t   f   8 f 2 
khi t  2 hay MinP 
khi x  y; z  2x  2 y 3 3
BÀI TẬP RÈN LUYỆN a b2
Bài 13. Cho ba số thực , a , b c 1; 
2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2
c  4ab  bc  . ca a b 2c 4
Bài 14. Cho ba số thực dương a, , b c . Chứng minh    b  c c  a
2a  b  c 3
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 27 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu
Bài 15. Cho các số thực dương , x ,
y z thỏa mãn điều kiện 2 2 2
x  y  z  2xy  3x  y  z . Tìm 23 23
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  y  z   . x  z y  2
Bài 16. Cho a, ,
b c là ba số duơng. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 9 16 P  
aba  2cb  2c 2 2 2
a  b  c  1
Bài 17. Cho a, ,
b c là ba số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 P  
6 ab  7c  8 ca
9 a  b  c
Bài 18. Cho x, y, z  0 thỏa mãn 2 2 2
x  y  z  2 y  
1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 P 
2xy  2 yz  x  y  z  . 1
Bài 19. Cho a, ,
b c là ba số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 5 4 P   2 2 2    
ab  bc  ca  1 a 2b 5c 3 1 1 1
Bài 20. Cho a, ,
b c  0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   3
a  ab  abc
a  b  c
Bài 21. Cho a  ;
b a  c & , a , b c 1; 
4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b c P    2a  3b b  c c  a
HD: Khảo sát lần lượt các biến c, , b a . x y 1
Bài 22. Cho x, y, z  0 : x  y  z  1. Tìm Max P    x  yz y  zx z  1
Bài 23. Cho a, , b c dương thỏa 2 2 2
a  b  c  2ab  3a  b  c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 2014 2014
thức P  6a  b 2  c   . a  c b  2
Bài 24. Cho a, , b c dương thỏa 2 2 2
a  b  c  2ab  2a  b  c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 40 40 thức 2 2
P  a  b  2c   . b  c  1 a  3 3 x y z  2 Bài 25. Cho ;
x y; z  0 thoả mãn xy  1; z  1. Tìm Min P    y  1 x  1 3 xy   1 2 (x  y) 1 HD: P  
2xy  x  y xy  1 2 2 2 y  2x z  2 y x  2z 8
Bài 26. Cho x, y, z  0. Tìm Min P     2x  1 2 y  1 2z  1 x  y  z
Bài 27. Cho các số thực dương , x ,
y z thoả điều kiện x   y  2 4 2 4 1
 z  3 . Tìm giá trị lớn nhất 1
của biểu thức P  2 y  x  z   2 2 2
x  y  z  . 1
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 28 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu
Bài 28. Cho a, ,
b c là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2
a  b  c  5a  b  c  2ab . Tìm giá trị nhỏ  3 1 
nhất của biểu thức Q  a  b  c  48    . 3  a 10 b  c  
Bài 29. Cho các số thực x, , y z
1;3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 25 y z T 2 12x 2012 xy yz zx
Bài 30. Cho các số thực không âm a, ,
b c thỏa mãn ab 2bc 3ca
6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a b b c c a 4a b c
Bài 31. Cho 2 số thực a, b (0; 1) thỏa mãn 3 3
(a  b )(a  b)  ab(a 1)(b 1)  0 . Tìm giá trị lớn nhất 1 1 của biểu thức sau F = 2 
 ab  (a  b) . 2 2 1 a 1 b 1
Bài 32. Cho các số thực dương x,y thỏa mãn 4 4 x y xy
2 . Tìm giá trị lớn nhất của xy 2 2 3 biểu thức P . 2 2 1 x 1 y 1 2xy Bài 33. Cho , a , b c 0 thỏa mãn a b c
1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 a b 3 2 P a b 2 2 4 b c 5bc c a 5ca
Bài 34. Cho các số thực dương a, ,
b c thỏa mãn a b b c c a
8 . Tìm giá trị nhỏ nhất 1 1 1 1 của biểu thức P . 3 abc a 2b b 2c c 2a 1 1 a b
Bài 35. Cho các số thực dương , a b ;1 . Tìm GTNN của P 4 2 3a a b b 1 1 1 1 Bài 36. Cho , a , b c 0 thoả mãn điều kiện
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 a b 2c a b c P 2 2 2 b c c a a b c 3 2 b ca ca 6 ca
Bài 37. Cho ba số thực dương a, , b c . Tìm Min P 2 2 2 2 2 a b c b a b c a a c a a 5 6 b c c c b c a HD: P . Đặt x ;y ;z xyz 1 Khi đó 2 2 2 c b a a b c 1 1 a a b 1 2 2 1 b a c c
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 29 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu 2 5 6 x y x y z z 5z 6 z P 2 2 2 2 1 y 1 x 1 z x y xy x y 1 1 z 1 z z x y 5z 6 z 2 xy 5z 6 z 2 2 1 xy 1 z 1 xy 1 1 1 z z z 1 2 z 5z 6 z 5z 4 z 2 2 1 1 z 1 1 z 1 z 1 z z
Bài 38. Ví dụ 1 (Đề dự bị kỳ thi THPT Quốc gia 2015, sử dụng cho 29 thí sinh gặp sự cố tại Đà lạt) 1  Cho các số thực , a b thỏa mãn , a b  ;1 
 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2  6 5 5
P  a b  ab   3(a  b) 2 2 a  b Nhận xét
Trong bài toán này phép đặt ẩn phụ phù hợp nhất sẽ là t  a  . b 1  a      1 1 2 Vì , a b  ;1    
 1  a  b  2. Do đó điều kiện của ẩn phụ t là t  1  ;2    . 2  1  b   1 2 1 6
Bằng một số đánh giá ta thu được P  f (t)  t   4 1 t  3t 2 8 t 2 t    1 1 6
Công việc còn lại chỉ là khảo sát hàm số f (t)  t   4 1 t 
3t , t 1;2 . 2 8 t 2 t    1
Bài 39. Cho các số thực dương x, , y z thỏa mãn 2 2 2 5(x y z ) 9(xy 2yz zx) . x 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P . 2 2 3 y z (x y z) Phân tích bài toán:
 Chiều đánh giá của bài toán là: P f (t).  Xác định ẩn phụ: 2(y z) 1 4 1
Bí mật của bài toán chính là đánh giá P 3 3 1 2 y z 27(y z) 2(y z) ( ) y z y z 2
Do đó ta có ẩn phụ cho bài toán là: t y z 0.
Trình bày lời giải chi tiết:
Theo giả thiết ta có: 2 2 2 2 5(x y z ) 9(xy 2yz zx) 5(x y z) 9(xy 2yz zx) 10(xy yz zx) 2 2 5(x y z) 19x(y z) 28yz 19x(y z) 7(y z) x 19x x 5 1 7 2 x 2(y z) y z y z y z 1 Mặt khác ta có 2 2 2 2 2 2 (y z) 2(y z ) y z (y z) 2
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 30 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu 2(y z) 1 4 1 Vì vậy P 3 3 1 2 y z 27(y z) 2(y z) ( ) y z y z 2 2 4 1 (6t 1) (2t 1) Đặt t y z 0 P 16 16 3 3 t 27t 27t x 2(y z) 1 x Vậy minP
16 ; dấu bằng đạt tại 3 y z 1 1 y z y z 12 6
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 31 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu
BẤT ĐẲNG THỨC-LÊ HOÀNH PHÒ
Bài 1. Cho các số thực x, y thỏa mãn  x  y3  4xy  2. Tìm giá trị nhỏ nhất của A   4 4 2 2
x  y  x y    2 2 3
2 x  y  1. Hướng dẫn giải
Kết hợp  x  y3  4xy  2 với  x  y2  4xy suy ra:
x  y3 x  y2  2  x  y 1. A   4 4 2 2
x  y  x y    2 2 3
2 x  y  1 3
 x  y 2 3 2 2   4 4
x  y   2 2 2 x  y  1 2 2 3
 x  y 2 3
 x  y 2 2 2 2 2  2 2 2 x  y  1 2 4 9
 A  x  y 2 2 2  2 2 2
x  y  1. Đặt 2 2
t  x  y , ta có 4 x  y2 1 1 2 2 9 x  y 
  t  , do đó 2 A  t  2t  1 2 2 2 4 9 9 1 Xét f t  2
 t  2t 1; f 't  t  2  0 với mọi t  4 2 2    9 1 f t  1 9 min  f    . Do đó A 
dấu = xảy ra khi x  y  . 1    t ; 2 16 16 2   2  9
Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng . 16
Bài 2. Cho x  0 và y tùy ý. Tìm GTLN, GTNN của 2 xy M   2 2 x  y  2 2 3 x  x 12 y  Hướng dẫn giải
Xét y  0 thì M  0. Xét y  0 thì:  y xy
x 12 y  x 2 12 2 2 2 1 1 2 x M    2 2 x  3y  2 2 .12 y  12 y  3 4    2  x  2 12 y 1 t 1 Đặt t 
,t  0 thì M  f t   2 x 3t  4
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 32 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu
2  t  2 1  t
Ta có f 't  
, f ' t  0  t  8 . 2  
6t  4 . 1 t BBT x 0 1  f ' + 0 + f 1/18 0 0 1 1 Do đó: 0  M 
. Kết hợp thì 0  M  . 18 18 1 Vậy max M  khi 2 2
2x  3y , min M  0 khi y  0 . 18
Bài 3. Cho các số thực x, y, z không âm thỏa mãn điều kiện: 3 3 3
x  y  z  2  3xyz . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2
P  x  2 y  3z Hướng dẫn giải Từ giả thiết 3 3 3
x  y  z  2  3xyz
 x  y  z 2 2 2
x  y  z  xy  yz  zx  2   
 x  y  z 3
 x  y  z  1
 x  y  z2 2 2 2  2  2 2  2 t 4
Đặt t  x  y  z . Khi đó t  0 và 2 2 2
x  y  z   3 3t t
Xét hàm f t  2 4   trên 0; 3 3t 2 3 t  24 2 4
Ta có f 't   t   , f 't  3  0  t  2 2 2 3 3t 3t
Lập BBT thì min f t   f  , đạt được khi 3 t  2   3 2 3 4 t 0;  Ta có 2 2 2 3
P  x  y  z  4
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3
x  2, y  z  0 . Vậy 3 min P  4 , đạt được khi 3
x  2, y  z  0 .
Bài 4. Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện: x  y  x 1  2y  2 . Tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
P  x  y  2 x   1  y  
1  8 4  x  y Hướng dẫn giải
Điều kiện x  y  1. Suy ra x  y  0 .
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 33 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu 2
Áp dụng bất đẳng thức      2 2   2 2 au bv a b
u  v  ta có:
x  y   x  y  2   x  y  2 2 1 2 2 1 2. 1
 3x  y
Suy ra 0  x  y  3 . Đặt t  x  y thì t 0;  3
P   x  y2   x  y 
 x  y 2 2 8 4
 2  t  2t  8 4  t  2
Xét hàm f t 2
 t  2t  8 4 t  2 trên 0;  3 f t  4  t   f t  2 ' 2 2 ; '  2 
 với mọi t 0;  3 4  t  4t 0 3
Suy ra f 't đồng biến trên 0;  3
Do đó f 't  f '0  0 với mọi t 0;  3
Suy ra f t  đồng biến trên 0;  3
Vậy max P  max f t   f 3  25 , đạt khi t  3  x  2, y  1 0; 3
min P  min f t   f 0  18 , đạt khi t  0  x  1, y  1 0; 3
Bài 5. Cho các số thực x, y, z không âm thỏa mãn: 2 2
x 2  y  y 2  x  2 . Tìm giá trị nhỏ 3
nhất của biểu thức P   x  y 12 x  y 12xy 12  xy Hướng dẫn giải a  b
Ta có a  b 2 2 2  0  ab 
với mọi a, b. Áp dụng: 2 2 2 2 2 x  2  y y  2  x 2 2 x 2  y  , y 2  x  2 2 Suy ra 2 2
2  x 2  y  y 2  x  2 .
Do đó dấu đẳng thức xảy ra nên 2
x  2  y và 2 y  2  x . Suy ra , x y  0 và 2 2 x  y  2
Đặt t  x  y . Khi đó  t   2 2 0
2 x  y   2
Đặt t  x  y . Khi đó t   2 2
2 x  y   2
Mặt khác t   x  y2 2 2 2
 x  y  2 . Suy ra t  2
x  y2  2 2 x  y  2 t
Do đó t   2; 2   . Ta có xy   1 2 2
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 34 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu 3
Suy ra P   x  y 12 x  y 12xy 12  xy         x  y  2 2 3 t t x y 12 12 1 12  1  2  2 2 t 3 2
 t  6t 12t  1 2 t
Xét hàm f t  2 3 2
 t  6t 12t  1 trên  2;2   . Ta có: 2 t f 't  2
 3t 12t 12 
 0, với mọi t   2;2   
 nên f t đồng biến trên 2; 2   3 2  t  2 1    2 
Vậy max f t  f 2  9 ; min f t   f  2 14 2 12.  2;2     2 ;2  
Bài 6. Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 9 16 P  
aba  2cb  2c 2 2 2
1 a  b  c Hướng dẫn giải 1 2 1 2 1 2 Ta có: 2 2 2
1  a  b  c 
1 a  b  c  1 a  b  c 2 2 4 1 2 Suy ra:  2 2 2    1 1
 a  b  c a b c
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:     
 cb  c a b a 2c b 2c ab a 2 2  . 2 2 1
 a  ba  b  c 1 4 
.3a  ba  b  4c 4 12
1  a  b  a  b  c 2 
a b  c2 3 4   12 4 3 1 3 Suy ra 
ab a  2cb  2c
a  b  c2 27 32 nên P   
a  b  c2
1 a  b  c 27 32
Đặt t  a  b  c thì t  0 và P   2 t t  1
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 35 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu 27 32 54 32
Xét hàm f t   
0;  , f ' t    2 t t  trên     1 3 t t  2 1
f t    t   2 ' 0
3 16t  21t  9  0  t  3.
Lập BBT thì min f t   f 3  5  0; Do đó P  5
 , dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c 1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là −5, đạt khi a  b  c 1.
Bài 7. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện:  2 2 2
3 a  b  c   ab  bc  ca  12. 2 2 2
a  b  c
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P 
 ab  bc  ca a  b  . c Hướng dẫn giải
Từ giả thiết a, b, c không âm thỏa mãn:  2 2 2
3 a  b  c   ab  bc  ca  12 ta có a  b  c    2 2 2
24 5 a  b  c  Và   2 2 2
a  b  c  2 2 2 12 3
 a  b  c  4   2 2 2
a  b  c  2 2 2 2 2 2 12 3
 a  b  c  a  b  c  3 Suy ra 2 2 2
a  b  c 3;  4 Đặt t    2 2 2
24 5 a  b  c  thì t 2;  3 2 2 2
a  b  c Do đó P  12  3 2 2 2
a  b  c  24  5 2 2 2
a  b  c  1  2 24  t  2 24  t 1  24  12 5 2  12  3  3t  t     t 5 5  t  5 24
Xét hàm f t  2  3t  t  trên 2;  3 . t   f t  24 24 '  6t 1
 t 1  5t   0  
với mọi t 2;  3 2   2 t  t 
nên f đồng biến trên đoạn 2;  3 .
Do đó max f t   f 3  32;min f t   f 2  22 nên 2  P  4. 2; 3 2; 3
Vậy max P  4, đạt khi a  b  c 1.
Min P  2, đạt khi a  2,b  c  0 hoặc các hoán vị.
Bài 8. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện:
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 36 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu
4x  y  z  3xyz . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 P    2  x  yz 2  y  zx 2  z  xy Hướng dẫn giải
Ta có: 3xyz  4 x  y  z  4.3 xyz nên xyz  8 Và: 4
2  x  yz  2 2 2x  yz  2 2 2x.yz  2 2 2xyz. yz  4 2. yz 1 1 1 1 1  1 1  Suy ra  .  .      4 2  x  yz 4 2 yz 4 2 2 yz   1  1 1 1  1  3 1           8  2 4 yz  8  4 yz  1 1  3 2  1 1  3 1  Tương tự:   ,       2  x  yz 8  4
zx  2  x  yz 8  4 xy  1  9 1 1 1  1  9 3  3 Do đó P            8  4 xy yz zx  8  4 4  8 3 Vậy max P 
, khi x  y  z  2 . 8
Bài 9. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  cb  c 2
 4c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 2 32a 32b a  b P     b  3c3 a 3c3 c  a  b 
Ta có a  cb  c 2  4c  1 1  4     c  c  a b Đặt x  ; y  thì  x   1  y   1  4 c c
 S  P  3  P  3 S . Do đó 3 3    x   y  2 2 P  32     
   x  y  y  3   x  3     3  x y  2 2  8   x  y  
 y  3 x  3  3 2 2
 S  3S  2P  S
 S  3S  23 S 3  S  8   8     
 3S  P  9  2 3S   3 S9 2 
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 37 Trường THPT Hùng Vương GV. Nguyễn Hữu Hiếu 3 3 2
 S  5S  6  S  S 1 S  8    8     2S 12  2  2  2    3 S S 1  , S  2 2
P  S  2 1 ' 3 1  0, S   2 2
Dấu “=” xảy ra chẳng hạn khi x  y  1.
Vậy min P  P2  1 2 .
Bài 10. Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x  y  1. Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức S   3 x  y 2 4 3
4 y  3x  25xy Hướng dẫn 2 2 S  x y   3 3 16
12 x  y   9xy  25xy  x y 
x  y3 2 2
 xyx  y 2 2 16 12 3
 34xy 16x y  2xy 12  
Đặt t  xy , ta được 2
S  16t  2t 12 x  y2 1  1  0  xy    t  0;   4 4  4  1
Xét hàm f t 2
16t  2t 12 trên đoạn 0;    4 25 191 Kết quả max S  , min S  2 16
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12 Trang 38