1
BẤT ĐẲNG THC
I. BẤT ĐẲNG THC CÔSI .............................................................................................................................. 2
DNG 1: DNG TNG SANG TÍCH ........................................................................................................... 2
DNG 2: DNG TÍCH SANG TNG, NHÂN BNG S THÍCH HP. ................................................ 3
DNG 3: QUA MỘT BƢỚC BIẾN ĐỔI RI S DNG BẤT ĐẲNG THC CÔSI .............................. 4
DNG 4: GHÉP CẶP ĐÔI ............................................................................................................................... 7
DẠNG 5: DỰ ĐOÁN KẾT QUẢ RỒI TÁCH THÍCH HỢP ........................................................................ 7
DNG 6: KT HỢP ĐẶT N PH VÀ D ĐOÁN KÊT QUẢ ............................................................... 10
DNG 7: TÌM LẠI ĐIỀU KIN CA N .................................................................................................... 13
II. BẤT ĐẲNG THC BUNHIA ................................................................................................................... 15
III. PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƢƠNG ĐƢƠNG ................................................................................... 18
DẠNG 1: ĐƢA VỀ BÌNH PHƢƠNG ............................................................................................................ 18
DNG 2: TO RA BC HAI BNG CÁCH NHÂN HAI BC MT .................................................... 20
DNG 3: TO RA ab+bc+ca .......................................................................................................................... 22
DNG 4: S DNG TÍNH CHT TRONG BA S BT KÌ LUÔN TÒN TI HAI S CÓ TÍCH
KHÔNG ÂM..................................................................................................................................................... 22
DNG 5: S DNG TÍNH CHT CA MT S B CHN T 0 ĐẾN 1 ............................................ 25
DNG 6 : D ĐOÁN KẾT QU RI XÉT HIU ...................................................................................... 27
H THNG BÀI TP S DNG TRONG CH ĐỀ ................................................................................. 75
I. BẤT ĐẲNG THC CÔSI ....................................................................................................................... 75
II. BẤT ĐẲNG THC BUNHIA ............................................................................................................... 77
III. PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƢƠNG ĐƢƠNG ................................................................................... 77
2
I. BẤT ĐẲNG THC CÔSI
1. Dng hai s không âm
,xy
Dng tng sang tích:
2x y xy
.
Dng tích sang tng:
2
xy
xy
hay
2
2
xy
xy



.
Dạng lũy thừa:
22
2x y xy
hay
22
2
xy
xy
.
Du
""
xy ra
xy
.
Dạng đặc bit:
.
2. Dng ba s không âm
,,x y z
Dng tng sang tích:
3
3x y z xyz
.
Dng tích sang tng:
3
3
x y z
xyz

hay
3
3
x y z
xyz




.
Dạng lũy thừa:
3 3 3
3x y z xyz
hay
3 3 3
3
x y z
xyz

.
Du
""
xy ra
x y z
.
Dạng đặc bit:
3
11
.1.1
3
x
xx


.
3. Dng tng quát vi
n
s không âm
12
, ,...,
n
x x x
Dng tng sang tích:
1 2 1 2
... ...
n
nn
x x x n x x x
.
Dng tích sang tng:
12
12
...
...
n
n
n
x x x
x x x
n
hay
12
12
...
...
n
n
n
x x x
x x x
n



.
Dạng lũy thừa:
1 2 1 2
... ...
n n n
nn
x x x x x x
hay
12
12
...
...
n n n
n
n
x x x
x x x
n
.
Du
""
xy ra
12
...
n
x x x
.
Dạng đặc bit:
1
1
.1.1...1
n
n
xn
xx
n


.
4. Bất đẳng thc trung gian
1 1 4
0, 0xy
x y x y
. Du
""
xy ra
xy
.
1 1 1 9
0, 0, 0x y z
x y z x y z

. Du
""
xy ra
x y z
.
DNG 1: DNG TNG SANG TÍCH
Ví d 1. Cho
0x
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2
2
1
8 4 15
4
T x x
x
.
Li gii
3
22
2
1
4 4 1 4 14
4
T x x x
x



2
22
22
11
2 1 4 14 0 2 4 . 14 16
44
x x x
xx



Vy
16MinT
khi
1
2
x
Ví d 2. Cho
0x
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2
1
4 3 2011
4
M x x
x
.
Li gii
2
1
4 4 1 2010
4
M x x x
x
2
11
2 1 2010 0 2 . 2010 2011
44
x x x
xx



.
Vy
2011MinM
khi
1
2
x
Ví d 2. Cho
0xy
2xy
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
22
xy
H
xy
.
Li gii
2
22
4
22
xy
x y xy xy
H
x y x y



44
2 . 4x y x y
x y x y

.
Vy
4MinH
khi
2
4
2
2 3 1
2
2 2 0
31
2
xy
yx
x y x
xy
xy
xx
y
xy




.
DNG 2: DNG TÍCH SANG TNG, NHÂN BNG S THÍCH HP.
Ví d 1: Cho a ≥ 1, b ≥ 1. Chứng minh :
11a b b a ab
Li gii
1 ( 1)
1 1.( 1) 1 ;
2 2 2
b b ab
b b a b

V| tƣơng tự:
1 1 1
2 2 2
ab ab ab
b a a b b a ab
đpcm
Dấu ‘=” xảy ra khi a = b = 2
Ví d 2: Cho a ≥ 9, b≥ 4, c≥ 1. Chứng minh:
11
1 9 4
12
abc
ab c bc a ca b
Li gii:
Có:
4
1 9 4 ( 1).1 . ( 9).9 . ( 4).4
32
( 1) 1 ( 9) 9 ( 4) 4 11
. . .
2 3 2 2 2 12
bc ca
ab c bc a ca b ab c a b
c bc a ca b abc
ab
Dấu “=” xảy ra khi a = 18, b = 8, c = 2
Ví d 3: Cho a ≥ 0, b ≥ 0, a
2
+ b
2
≤ 2. Tìm gi{ trị ln nht ca biu thc: M =
( 2 ) ( 2 )a b a b b a b a
Li gii
Xét:
22
2 2 2 2
3 ( 2 ) 3 ( 2 )
. 3 . 3 ( 2 ) 3 ( 2 ) . . 5
2 2 2
5. 6 2 3
22
b a b a b a a b
M a b a b b a b a a b ab
a b a b
M

Vy MaxM = 2
3
khi a = b = 1
Ví d 4. Cho
0x
,
0y
22
2xy
. Tìm giá tr ln nht ca biu thc
14 10 14 10P x x y y y x
Li gii
Xét:
. 24 24 14 10 24 14 10P x x y y y x
24 14 10 24 14 10
24 .1 .1
22
x x y y y x
xy
2 2 2 2
1 1 1 48
24 24 48 4 6
2 2 2
24
x y x y
PP
.
Vy
Max 4 6P
khi
1xy
.
Ví d 5. Cho
0x
,
0y
xy x y x y
. Tìm giá tr nh nht ca
P x y
.
Li gii
T
xy x y x y x y
22
22
4
11
4
2 2 2 4
xy x y x y
x y xy x y xy x y
2
4 0 4x y x y x y
.
Du "=" xy ra khi
22
2
48
4
44
xy
x y xy x y xy
xy
x y x y






x
,
y
là hai nghiệm phƣơng trình
2
4 2 0 2 2t t t
.
Do
22x y x
,
22y 
.
Vy
4MinP
khi
22x 
,
22y 
.
DNG 3: QUA MỘT BƯỚC BIẾN ĐỔI RI S DNG BẤT ĐẲNG THC CÔSI
Ví d 1. Cho
a
,
b
,
0c
1ab bc ac
. Tìm giá tr ln nht ca biu thc:
5
2 2 2
1 1 1
abc
P
abc
.
Li gii
Thay
1 ab bc ac
, ta đƣợc:
2 2 2
abc
P
a ab bc ac b ab bc ac c ab bc ac
abc
a b a c b a b c c a c b
. . .
a a b b c c
a b a c b a b c c a c b
2 2 2
a a b b c c
a b a c b a b c c a c b
3
22
a b a c b c
a b a b a c a c b c b c

Vy
3
2
MaxP
khi
1
3
abc
.
Ví d 2. Cho các s dƣơng
a
,
b
,
c
tha mãn
1abc
. Chng minh:
3
2
ab bc ca
c ab a bc b ca
Li gii
Ta có
.1 .1 .1
ab bc ca ab bc ca
c ab a bc b ca c ab a bc b ca
ab bc ca
c a b c ab a a b c bc b a b c ca
ab bc ac
a c b c a b a c b c b a
. . .
a b b c c a
a c c b a b a c b c b a
13
22
a b b c c a
c a c b a b a c b c a b



( đpcm).
Ví d 3. Cho
0a
,
0b
,
0c
3ab bc ac abc
. Tìm giá tr nh nht ca
222
2 2 2 2 2 2
a b c
P
c c a a a b b b c
.
Li gii
222
2 2 2 2 2 2
a b c
P
c c a a a b b b c
6
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
a c c b a a c b b
c c a a a b b b c
2 2 2 2 2 2
1 1 1c a b
c c a a a b b b c
2 2 2 2 2 2
1 1 1
2 2 2
c a b
c a b
c a a b b c
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3
2 2 2 2 2 2
ab bc ac
c a a b b c a b c abc

.
Vy
3
2
MinP
khi
1abc
.
Ví d 4. Cho
0a
,
0b
,
0c
1abc
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2 2 2
1 9 1 9 1 9
a b c
T
b c a
.
Li gii
2 2 2 2 2 2
2 2 2
1 9 9 1 9 9 1 9 9
1 9 1 9 1 9
a b ab b c bc c a ca
T
b c a
2 2 2
2 2 2
9 9 9
1 9 1 9 1 9
ab bc ca
a b c
b c a
2 2 2
2 2 2
9 9 9
2 1.9 2 1.9 2 1.9
ab bc ca
a b c
b c a
2
3 1 1
2 2 2
a b c ab bc ac a b c a b c
do 1abc
.
Vy
1
2
MinT
khi
1
3
abc
.
Ví d 5. Cho
a
,
b
,
0c
1 1 1
2
1 1 1abc
. Chng minh:
1
8
abc
.
Li gii
1 1 1
2
1 1 1abc
cos
1 1 1
1 1 2 . 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
i
b c b c bc
a b c b c b c b c
.
Tƣơng tự:
1
2
1 1 1
ac
b a c
;
1
2
1 1 1
ab
c a b
.
Nhân các bất đẳng thức dƣơng, cùng chiều ta đƣợc:
18
1 1 1 1 1 1
abc
a b c a b c
hay
1
8
abc
(đpcm).
7
DNG 4: GHÉP CẶP ĐÔI
Tách
1 1 1
2 2 2
x y z x y y z z x
.
..xyz xy yz zx
, , 0x y z
.
Ví d 1. Cho
0a
,
0b
,
0c
2 2 2
1abc
. Chng minh:
a)
ab bc ac
abc
c a b
; b)
3
bc ca ab
a b c
.
Li gii
a) Có
1 1 1
2 2 2
ab bc ac bc ca ca ab ab bc
c a b a b b c c a
1 1 1
.2 . . . . .
2 2 2
bc ca ca ab ab bc
abc
a b b c c a
(đpcm).
b) Xét
2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2
bc ca ab b c c a a b
abc
a b c a b c



2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
2
2 2 2
b c c a c a a b a b b c
a b b c c a
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
.2 . .2 . .2 .
2 2 2
b c c a c a a b a b b c
a b b c c a
2 2 2
23abc
, do đó
3
2
bc ac ab
ab
(đpcm).
Ví dụ 2. Cho
,,abc
l| độ d|i ba cạnh của
ABC
. Chứng minh
( )( )( )a b c b c a c a b abc
.
Lời giải
,,abc
l| độ d|i ba cạnh của
ABC
nên
a b c 0,b c a 0,c a b 0
.
( ) ( )
0 ( )( )
2
a b c b c a
a b c b c a b
;
( ) ( )
0 ( )( )
2
b c a c a b
b c a c a b c
;
(c a b) (a b c)
0 (c a b)(a b c) a
2
;
Nh}n ba đẳng thức dƣơng cùng chiều ta đƣợc
( )( )( )a b c b c a c a b abc
(điều phải chứng minh).
DẠNG 5: DỰ ĐOÁN KẾT QUẢ RỒI TÁCH THÍCH HỢP
Bước 1: Kẻ bảng dự đoán giái trị lớn nhất,nhỏ nhất và đạt tại giá trị nào của biến.
Bước 2: Kẻ bảng xác định số nào sẽ đi với nhau.
Bước 3: Tách ghép thích hợp số hạng và sử dụng bất đẳng thức Cô-si.
Ví dụ 1. Cho
2a
. Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức
5
2Pa
a

.
Lời giải
Phân tích bài toán
8
a
2
3
4
P
13
6,5
2
23
7,7
3
37
9,25
4
Từ bảng thứ nhất dự đo{n
13
min 2
2
Pa
.
a
1
a
2a
2
1
2
Từ bảng thứ hai, ta suy ra
1
a
sẽ đi với
4
a
nên
5
a
sẽ đi với
5
4
a
.
Trình bày lời giải
5 5 3 5 5 3 3 3.2 13
2 5 5 ( do 2)
4 4 4 4 4 4 2
a a a a a
Pa
aa



.
Vậy
13
min
2
P
khi
55
2
4
2
a
a
a
a

(thỏa mãn).
Ví dụ 2. Cho
0, 0xy
6xy
. Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức
6 24
F x y
xy
.
Lời giải
Phân tích bài toán
( ; )xy
(1 ; 5)
(2 ; 4)
(3 ; 3)
(4 ; 2)
(5 ; 1)
F
84
16,8
5
15
16
39
19,5
2
156
31,2
5
Từ bảng thứ nhất, ta dự đo{n
min 15F
khi
2, 4xy
.
x
1
x
y
1
y
2, 4xy
2
1
2
4
1
4
Từ bảng thứ hai, ta suy ra
1
x
sẽ đi với
4
x
nên
6
x
sẽ đi với
63
42
xx
;
1
y
sẽ đi với
16
y
nên
24
y
sẽ đi với
24 3
16 4
yy
.
Trình bày lời giải
6 3 24 3
2 2 2 2
6 3 24 3 1 1
2 2 ( ) 18 ( )
2 2 2 2
1
18 6 15 (do 6).
2
x y x y
F
xy
xy
x y x y
xy
xy



9
Vậy
2
6 3 24 3
min 15 khi ; ; 6
4
22
x
xy
F x y
y
xy
(thỏa mãn).
Ví dụ 3. Cho
0, 0xy
3xy
. Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức
22
28 1
2P x y
xy
.
Lời giải
Phân tích bài toán
;xy
1;2
2;1
P
69
34,5
2
24
Từ bảng thứ nhất, ta dự đo{n
min 24 khi 2, 1P x y
.
x
1
x
y
1
y
2, 1xy
2
1
2
1
1
Từ bảng thứ hai, ta suy ra
1
x
sẽ đi với
4
x
nên
28
x
sẽ đi với
28
7
4
x
x
;
1
y
se đi với
y
.
Trình bày lời giải
22
22
28 1
7 2 7
28 1
7 2( 2) ( 1) ( ) 9
28 1
2 7 2 0 0 3 9 24.
P x y x y x y
xy
x y x y x y
xy
xy
xy












Vậy
28 1
min 24 khi 7 ; ; 2 0; 1 0; 3 2, 1P x y x y x y x y
xy
.
Ví dụ 4. Cho
2 3,4 6,4 6x y z
12x y z
. Tìm giá tr ln nht ca biu thc
P xyz
.
Li gii
Nhn xét: Do
y
z
vai trò nhƣ nhau nên sử dng bất đẳng thc Cô-si đối vi tích
yz
, ta đƣợc
2
1
( ) (12 )(12 )
24
yz
P x yz x x x x



.
Đến đ}y ta kẻ bảng để d đo{n gi{ trị ln nht ca
P
x
2
3
P
50
243
60,75
4
T bng th nht d đo{n
243
max
4
P
khi
3x
.
x
12 x
3x
3
9
T bng th hai, ta suy ra
3x
s đi với
12 x
nên ta biến đổi
10
33
1 1 24 1 3 24 243
[(3 )(12 )(12 )]
12 12 3 12 3 4
x
P x x x

.
Vy
243 9
max khi 3,
42
P x y z
.
DNG 6: KT HỢP ĐẶT N PH VÀ D ĐOÁN KÊT QUẢ
Khi đặt n ph ta cần tìm điều kin ca n ph.
Mt s bất đẳng thức trung gian thƣờng dùng:
Vi mi
,ab
thì
2 2 2
2 ( ) 4a b a b ab
. Du bng xy ra khi
ab
.
Vi mi
,,abc
thì
2 2 2 2
3 ( ) 3( )a b c a b c ab bc ca
. Du bng xy ra khi
abc
.
Vi mi
,ab
thì
23
2 2 3 3
, ; 0
2 2 2 2
a b a b a b a b
a b a b
. Du bng xy ra khi
ab
.
1 1 4
0, 0ab
a b a b
. Du bng xy ra khi
ab
.
1 1 1 9
0, 0, 0abc
a b c a b c

. Du bng xy ra khi
abc
.
Ví d 1. Cho
0, 0xy
8
2
2
x
y

. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2xy
K
yx

.
Li gii
Đặt
x
a
y
, do
8 8 1 1
2 2 . 4 0
2 2 4 4
x x x x
a
y y y y
2 2 2
32 31 2 .32 31
1 33 1
16 31 16 31. 0
4 4 4
K a a a a a
a a a
a do a
Vy
33 1
2, 8.
44
MinK khia hay x y
Ví d 2. Cho
0, 0xy
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2
2
1
1
xy
xy x y
A
xy x y
xy
Đặt
2
2
1
1
1
xy
xy x y
a
xy x y a
xy
Do
22
3( ) 1 3 3m n p mn np pm x y xy x y a
Vy
10
31
3
MinA khia x y
.
d 3. Cho
0, 0xy
. Tìm giá tr nh nht ca
22
xy
xy
A
xy x y
Li gii
11
2
22
2
22
x y xy x y
xy xy xy
xy
A
xy x y xy x y x y
xy
Đặt
, 2 2 2
x y x y
t do x y xy t
xy xy
Ta đƣợc
22
Cos
2 2 2
1 1 7 1 7
2 2 2 . 2
8 8 8 8
i
tt
A t t t
t t t
22
7 2 7 5
2 .2 2
2 8 2 8 2
t
t
(do
2t
).
Vy
5
2
MinA
khi
2t x y
.
Ví d 4. Cho
0, 0, 0abc
tha mãn
2 2 2
b c a
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2 2 2
2 2 2
1 1 1
P b c a
a b c
Li gii
22
2 2 2
2 2 2 2 2
1 1 1 2 2
2
bc a bc a
P b c a
a b c a bc a bc
Dt
2 2 2
2
2
a b c bc
t
bc bc bc
ta đƣợc
1 1 3 1 3
2 2 2 2 .
4 4 4 4
t t t t
Pt
t t t
3 3.2
2 1 2 1 5
44
t
(do
2t
).
Vy
5MinP
khi
2 2 2
2
bc
a
bc
b c a
Ví d 5. Cho
0, 0xy
1xy
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
22
11
.1P x y
xy
Li gii
22
1 1 1
2 . . 1 2
.
P x y xy
x y x y
Đặt
a xy
, do
2
11
0
2 4 4
xy
xy a
, ta đƣợc
1 1 1 1 1
2 2 16 15 2 2 .16 15 2 8 15 2. 8 15. 17 0
44
11
17
42
P a a a a a a do a
a a a
MinP khia hay x y
Ví d 6: Cho
0,y 0x
1xy
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
22
11
4P xy
x y xy
.
Li gii
12
22
1 1 1
4.
22
P xy
x y xy xy
S dng
1 1 4
,0ab
a b a b
, ta đƣợc
2 2 2 2 2 2
1 1 4 4 4
4( 0 1)
2 2 ( ) 1
do x y
x y xy x y xy x y
. Suy ra
1
4 4 .
2
P xy
xy
Đặt a = xy,
2
11
0
2 4 4
xy
do xy a
ta đƣợc
1 1 1 1 1
4 4 4 8 4 4 2 .8 4 8 4 8 4. 7( 0 )
2 2 2 4 4
1
7
2
P a a a a a a do a
a a a
MinP khi x y
Ví d 7: Cho x,y >0 và
1xy
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2
2
11
K x y
xy
Li gii
Cách 1: S dng
2
22
,
2
a b a b
ab
c
1 1 4
, 0.ab
a b a b
ta đƣợc
2
2
2
2
11
11
14
2. 2.
2 2 2
xy
xy
xy
xy
K x y
xy
Đặt
a x y
, điều kin
01a
, ta đƣợc:
2
2
2
1 4 1 1 3 1 1 3
2.
2 2 2
K a a a
a a a a a
22
1 3 1 3 25
2 . 2
2 2 1 2a
(do
01a
). Vy,
25
2
MinK
khi
1
.
2
xy
Cách 2:
2
2
22
22
1 1 1 1 1
4 2. 4.K x y x y xy
x y x y xy
Đặt
,a xy
do
2
11
0.
2 4 4
xy
xy a
Ta đƣợc:
1 15 1 15 25
2. 4 2. 4
1
2 4 2 2
4.
4
K
a
1
0 .
4
do a
Vy,
25
2
MinK
khi
1
.
2
xy
Ví d 8: Cho
0, 0xy
1.xy
Tìm giá tr nh nht ca biu thc
3
3
11
11S x y
xy
Li gii
S dng
3
33
0
22
a b a b
ab




1 1 4
+ 0ab
a b a b
, ta đƣợc
13
3
3
3
11
11
11
11
2. 2
22
xy
xy
xy
xy
S













Đặt
a x y
, điều kin
01a
, ta đƣợc
3
3
3 3 3
1 4 1 1 3 1 1 3 1 3 1 3 343
2 2 2 2 . 4 4
4 4 4 4 4 1 4
S a a a
a a a a a a






Vy
343
MinS
4
khi
1
2
xy
DNG 7: TÌM LẠI ĐIỀU KIN CA N
Ví d 1. Cho
,0xy
22
2 2 2 8x xy y x
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
24
23P x y
xy
.
Li gii
2 2 2 2 2
2 2 2 8 2 2 1 9x xy y x x xy y x x
22
19x y x
, mà
2 2 2
1x y x y x
2
9 0 3x y x y
2 4 2 4
2 4 4 2 .2 2 . 4( )P x y x y x y x y
x y x y






8 4( ) 8 4.3 4xy
(do
03xy
). Vy
MinP 4
khi
1, 2xy
.
Ví d 2: Cho
0, 0, 0abc
tha mãn
2 2 2
2 3 3b bc c a
. Tìm giá tr nh nht ca biu
thc
2 2 2
T a b c
a b c
Li gii
2 2 2 2 2 2
2 3 3 3 2 2 2 9b bc c a a b bc c
2 2 2
3 2 2 2 2 2 2 2 9a b bc ab ac c ab ac
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 9a b c ab bc ca a b ab a c ac
2 2 2 2
9 9 0 3a b c a b a c a b c a b c
S dng
1 1 1 9
a b c a b c
ta đƣợc
18
T a b c
abc
Đặt
, 0 3x a b c x
, ta đƣợc
18 18 18
2 2 .2 12 12 3 9T x x x x x x
x x x
(do
03x
)
Vy
9MinT
khi
3x
hay
1abc
Ví d 3: Cho
0, 0ab
33
68a b ab
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc:
22
13
P ab
a b ab
Li gii
14
3 3 3 3 2 2 2 2
6 8 3 3 3 3 6 8a b ab a b a b ab a b ab ab
33
3
3 2 8 2 3 2 0a b ab a b a b ab a b
2
2 2 4 3 2 0a b a b a b ab a b
22
2 2 2 4 0a b a b ab a b
22
2 2 2 2 4 4 8 0a b a b ab a b
2 2 2
2 2 2 0a b a b a b
02ab
22
1 1 5
22
P ab
a b ab ab
S dng
1 1 4
,0xy
x y x y
, ta đƣợc:
2
2 2 2 2 2
1 1 1 4 4
1
2 2 2a b ab a ab b
ab
(do
02ab
)
Suy ra
5
1
2
P ab
ab
Đặt
x ab
, do
2
2
2
1 0 1
22
ab
ab x
, ta đƣc:
5 5 5 3
11
2 2 2 2
xx
Px
xx
5 5 3 3 3.1 9
1 2 . 6 6
2 2 2 2 2 2
x x x
x
(do
01x
)
Vy
9
2
MinP
khi
1ab
Ví d 4: Cho
0, 0ab
22
a b a b
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
44
2
2020
P a b
ab
Li gii
S dng
2
22
22
x y x y
, ta đƣợc
2
2
22
22
2. 2 1 0 2
2 2 2 2
ab
a b a b a b
a b a b a b
22
2
2
22
22
2 2 2
2020 2020 2020
2. 2
2 2 2
ab
ab
ab
P
a b a b a b
Đặt
2
, ),0 4x a b x
, ta đƣợc:
2020 8 2012 8 2012
2.
2 2 2
x x x
P
x x x x x
15
2012 2012
4 4 50
4x
(do
04x
)
Vy
507MinP
khi
4x
hay
1ab
Ví d 5: Cho
0, 0xy
1 1 4xy
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
22
xy
P
yx
Li gii
1 1 4 3 3 .1 .1x y xy x y xy x y
11
.1 .1 1
2 2 2
x y x y
xy x y x y
, suy ra
2xy
2 2 2 2
x y x y
P y x x y
y x y x
22
2 . 2 . 2
xy
y x x y x y
yx
Vy
2MinP
khi
1xy
II. BẤT ĐẲNG THC BUNHIA
1. Dng b hai s
;ab
;xy
bt k
2
2 2 2 2
ax by a b x y
Du
""
xy ra
xy
ab
Đặc bit
22
2 2 2 2
1. 1. 1 1x y x y x y
2. Dng b ba s
;;abc
;y;zx
bt kì
2
2 2 2 2 2 2
ax by cz a b c x y z
Du
""
xy ra
x y z
a b c
Đặc bit
22
2 2 2 2 2 2
1. 1. 1. 1 1 1x y z x y z x y z
3. Dng tng quát b n s
12
; ; ;
n
a a a
12
; ; ;
n
x x x
2
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2n n n n
a x a x a x a a a x x x
Du
""
xy ra
12
12
n
n
x
xx
a a a
Quy ƣớc trong du
""
xy ra, nếu mu nào bng 0 thì t tƣơng ứng bng 0.
Ví d 1. Cho 4x + 9y = 13. Tìm giá tr nh nht ca biu thc A = 4x
2
+ 9y
2
Li gii
16
Có 13
2
= (4x + 9y)
2
= (2.2x + 3.3y)
2
Bunhia
(2
2
+ 3
2
)(4x
2
+ 9y
2
) = 13A
A 13
Ví d 2. Cho 4x + 3y = 1. Tìm giá tr nh nht ca biu thc A = 4x
2
+ 3y
2
Li gii
Có 1
2
= (4x + 3y)
2
= (2.2x +
3 . 3
y)
2
Bunhia
(4 + 3)(4x
2
+ 3y
2
) = 7A
1
A
7

Vy MinA =
1
7
khi
2x 3x
=
1
x = y =
3y
3
7
4x + 3y = 1
Ví d 3. Cho x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0 v| x + y + z = 2. Tìm giá tr nh nht ca biu thc A = x
2
+ y
2
+ z
2
Li gii
Có 2
2
= (1.x + 1.y + 1.z)
2
Bunhia
(1
2
+ 1
2
+ 1
2
)( x
2
+ y
2
+ z
2
) = 3A
4
A
3

Vy MinA =
4
3
khi
x
=
2
x = y =
1 1 1
3
x + y + z = 2
yz
Ví d 4. Cho 3x
2
+ 2y
2
=
6
35
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc A = 2x + 3y
Li gii
Có S
2
= (2x + 3y)
2
=
2
23
. 3x + . 2y
32



Bunhia
2 2 2 2
4 9 35 35 6
+ 3x +2y = 3x +2y . =1 S 1
3 2 6 6 35



Vy MaxS = 1
4y 4
3x 2
3x 2y
x = x =
=
=
23
9 35
23
8y 9
32
2x + 3y = 1
+ 3y = 1 y =
2x + 3y = 1
9 35
y




Ví d 5. Cho 4a
2
+ 25b
2
1
10
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc H = 6a 5b
Li gii
Có H
2
= (6a 5b)
2
= (3.2a + (1) .5b)
2
Bunhia
(9 + 1)(4a
2
+ 25b
2
) = 10(4a
2
+ 25b
2
) ≤ 10.
1
10
= 1
H ≤ 1
17
Vy MaxH = 1
3
2a 5b
a =
2a + 15b = 0
=
20
3 -1
18a - 15b = 3 1
6a - 5b = 1
b = -
50


Ví d 6. Cho x
2
+ y
2
+ z
2
=
3
4
. Tìm giá tr ln nht ca biu thc P = x + y + z
Li gii
Có P
2
= (1.x + 1.y + 1.z)
2
Bunhia
(1
2+
+ 1
2
+ 1
2
)(x
2
+ y
2
+ z
2
) = 3.
3
4
=
19
4
P ≤
3
2
Vy MaxP =
3
2
khi
x
=
1
1 1 1
x = y = z =
3
2
x + y + z =
2
yz
Ví d 7. Tìm giá tr ln nht ca biu thc
P = x - 1 + 3 - x
khi 1 ≤ x ≤ 3
Li gii
Có P
2
=
2
1. x - 1 + 1. 3 - x
Bunhia
22
22
x - 1 + 31 1 - x
= 4
P ≤ 2
Vy MaxP = 2 khi
13
11
xx
x = 2 (tha mãn)
Ví d 8. Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 v| a + b + c = 3. Tìm gi{ trị ln nht ca biu thc
K = 4a + 5 + 4b + 5 + 4c + 5
Li gii
Có K
2
=
2
1. 4a + 5 + 1. 4b + 5 + 1. 4c + 5
Bunhia
(1
2+
+ 1
2
+ 1
2
)( 4a + 5 + 4b + 5 + 4c + 5)
= 3[4(a + b + c) + 15] = 3(4.3 + 15) = 81
K ≤ 9
Vy MaxK = 9 khi
4a + 5 4b + 5 4c + 5
==
a = b = c = 1
111
a + b + c = 3
Ví d 9. Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 v| a + b + c = 1. Tìm gi{ trị ln nht ca biu thc
P = b + c + c + a + a + b
Li gii
Có P
2
=
2
1. b + c + 1. c + a + 1. a + b
Bunhia
(1
2+
+ 1
2
+ 1
2
)
2 2 2
b + c + c + a + a + b
= 6 (a +b + c) = 6
P 6
18
Vy MaxP =
6
khi
a + b b + c c + a
1
==
a = b = c =
1 1 1
3
a + b + c = 1
Ví d 10. Cho a, b, c ≥ 0 v|
a + b + c = 3
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
a + b b + c c + a
M = + +
2 2 2
Li gii
Ta có
Bunhia
22
22
Bunhia
22
22
Bunhia
22
22
a+ b = 1. a+1. b 1 +1 a+b =2 a+b
b+ c = 1. b+1. c 1 +1 b+c =2 b+c
c+ a = 1. c+1. a 1 +1 c+a =2 c+a
Suy ra
a+ b 2(a+b), b+ c 2(b+c), c+ a 2(c+a)
2 a+ b+ c 2 a+b+ b+c+ c+a
a+b b+c c+a
a+ b+ c + +
2 2 2

hay M ≥ 3
Vy MinM = 3 khi a = b = c = 1
III. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
DẠNG 1: ĐƯA VỀ BÌNH PHƯƠNG
A
2
± m ≥ 0 ± m ; - A
2
± m ≤ 0 ± m
Dấu “=” xảy ra khi A = 0.
A
2
+ B
2
± m ≥ 0 + 0 ± m; - A
2
- B
2
± m ≤ 0 + 0 ± m
Dấu “=” xảy ra khi A = 0, B = 0.
Ví d 1. Cho x ≥ - 2; y ≥ 1. Tìm gi{ trị nh nht ca biu thc
A = x + y - 2 x + 2 - 4 y - 1 + 24
.
Li gii
A = x + 2 - 2 x + 2 1 + y - 1 - 4 y - 1 4 + 18
22
= x + 2 - 1 + y - 1 - 2 +18 0 + 0 + 18 = 18
Vy MinA = 18 khi
x + 2 = 1
x = -1
y = 5
y - 1 = 2

( tha mãn)
Ví d 2. Cho x ≥ -
1
3
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
E = 5x - 6 2x + 7 - 4 3x + 1 + 2
.
19
Li gii
E = 2x + 7 - 6 2x + 7 9 + 3x + 1 - 4 3x + 1 4 - 19
22
= 2x + 7 - 3 + 3x + 1 - 2 - 19 0 + 0 - 19 = - 19
Vy MinA = - 19 khi
2x + 7 = 3 2x + 7 = 9
x = 1
3x + 1 = 4
3x + 1 = 2


( tha mãn)
Ví d 3. Cho
1.x
Tìm giá tr nh nht ca biu thc
T =
1 3 7 28.x x x
Li gii
Xét 2T =
2 2 1 6 7 56x x x
22
1 2 1 1 7 6 7 9 40
1 1 7 3 40 0 0 40 40 20
x x x x
x x T
Vy Min
20T
khi
1 1 1 1
2
79
73
xx
x
x
x



(tha mãn)
Ví d 4. Cho
15.x
Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2 2 2
15 3 15 3 38.F x x x x x x
Li gii
Xét
2 2 2
2 2 2 2 15 3 2 15 3 76F x x x x x x
2 2 2 2
22
2
22
15 3 2 15 3 15 2 15 1 3 2 3 1
15 3 15 1 3 1 42 0 0 42 42
21
x x x x x x x x
x x x x
F
Vy Min
21F 
khi
2
15 3 1 4x x x
(tha mãn)
Ví d 5. Cho
0, 0,c 0ab
6.abc
Tìm giá tr ln nht ca biu thc
T=
2 2 2 2 2 2
4 4 4 .a ab b b ab c c ca a
Li gii
Chú ý: Vi
0, 0,xy
ta có
2 2 2
22
22
6 2 6
4
44
6
4.
2
x y x y x y
x xy y
xy
x xy y
Vn dng vào bài toán, ta có
T
6 6 6
6 6 6
2 2 2
a b b c c a
abc
20
Vy MaxT
66
khi a = b = c =2.
Ví d 6. Cho
0, 0,c 0ab
,
1.x y z
Tìm giá tr ln nht ca biu thc
S =
2 2 2 2 2 2
.x xy y y yz z z zx z
Li gii
Chú ý: Vi
0, 0,xy
ta có
2 2 2
22
22
3
44
2
a b a b a b
a ab b
ab
a ab b
Vn dng vào bài toán, ta có
1.
2 2 2
x y y z z x
S x y z
Vy MinS
1
khi
1
.
3
x y z
DNG 2: TO RA BC HAI BNG CÁCH NHÂN HAI BC MT
0.m x n x m x n
0.m x n x m x n
Ví d 1.Cho
2 , , 3abc
2 2 2
22.abc
Tìm giá tr nh nht ca biu thc
.M a b c
Li gii
23a
nên
2 0, 3 0.aa
Suy ra
22
2 3 0 6 0 6.a a a a a a
Tƣơng tự, ta cũng tìm đƣợc
22
6, 6b b c c
Do đó
2 2 2
18 22 18 4.M a b c a b c
Vy MinM =4 khi
2, 3
3, 2
2,b 3
3, 2
2, 3
3, 2
4
aa
a b c
b
a c b
cc
b c a
abc
Ví d 2.Cho
x 0,y 0,z 0
tha mãn
6.x y z
Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2 2 2
y z .Ax
Li gii
Tìm MinA
Cách 1 (S dng bất đẳng thc Bunhia)
2
2 2 2 2 2 2 2
6 1. 1. 1. 1 1 1 3 12.
Bunhia
x y z x y z A A
Vy MinA = 12 khi
2.
1 1 1
6
x y z
x y z
x y z

Cách 2 (S dng bất đẳng thc Côsi d đo{n min đạt ti x=y=z=2)
21
2 2 2 2 2 2
4 4 4 12A x y z x y z
2 2 2
2 .4 2 .4 2 .4 12 4 12 4.6 12 12.x y z x y z
Vy MinA
12
Khi
2.x y z
Tìm MaxA
, , 0x y z
6x y z
nên
0 , , 6.x y z
2 2 2
6 6 6 0
6 6.6 36 36.
x x y y z z
x y z x y z A
Vy MaxA
36
khi
0,x 6
0,y 6
0,z 6
6
x
y
z
x y z



hay
;;x y z
là hoán v ca
0;0;6 .
Ví d 3.Cho
0,b 0,c 0a
tha mãn
3.abc
Tìm giá tr nh nht ca biu thc
3 1 3 1 3 1.K a b c
Li gii
Tìm MaxK
Cách 1 (S dng bất đẳng thc Bunhia)
Xét
2
2
1. 3 1 1. 3 1 1. 3 1K a b c
222
1 1 1 3 1 3 1 3 1 9 1 36 6.
Bunhia
a b c a b c K
Vy MaxK
6
khi
1.abc
Cách 2 (S dng bất đẳng thc Côsi d đo{n min đạt ti a=b=c=1)
1
3 1 3 1 3 1 3 1 .4 3 1 .4 3 1 .4
2
K a b c a b c


3 1 4 3 1 4 3 1 4 3 15
1 3.3 15
6.
2 2 2 2 4 4
a b c a b c



Vy Max
6K
khi
1.abc
Tìm MinA
3 3 3 3 9 3 1 3 1 3 1 12.a b c a b c a b c
Đặt
3 1, 3 1, 3 1 , , 1x a y b z c x y z
12.x y z
T
, , 1x y z
12 1 , , 10x y z x y z
10
1 10 0 10 1 10 0 .
10 1
x
x x x x x
Tƣơng tự
10 10
,
10 1 10 1
yz
yz



, suy ra
22
3 10 12 3 10
10 2.
10 1 10 1
x y z
x y z K

Vy MinK
10 2
khi
,,x y z
là hoán v ca
1;1;10
nên
;;abc
hoán v ca
0;0;3 .
DNG 3: TO RA ab+bc+ca
0 , , 0a b c m m a m b m c
0 , , 0a b c m m a m b m a m c m b m c
Ví d 1. Cho
0 , , 2abc
3.abc
Chng minh
2.ab bc ca
Li gii
Do
0 , , 2abc
nên
2 2 2 0abc
8 4 2 0a b c ab bc ca abc
8 4.3 2 0ab bc ca abc
(do
3abc
)
2
2
abc
ab bc ca
, mà
22
2
abc

nên
2ab bc ca
(đpcm).
Ví d 2: Cho a
1, b
1, c
1 và ab+bc+ca =9.
Tìm giá tr ln nht và giá tr nh nht ca biu thc: P =a
2
+ b
2
+ c
2
Li gii:
* Tìm Min P
Có (a b)
2
+(b- c)
2
+(c-a)
2
0 => a
2
+b
2
+c
2
ab +bc+ca => P
9.
Vy MinP =9 khi a = b= c =
3
* Tìm MãP
Do a
1, b
1, c
1 => (a-1)(b-1) +(b-1)(c-1) +(c-1)(a-1)
0
<=> (ab+ bc +ca) -2(a+b+c) +3
0 <=> a+ b+ c
6
<=> a
2
+ b
2
+c
2
+2(ab+bc+ca)
36 <=> P
18
Vy MaxP=18 khi (a,b,c) là hoán v ca (1;1;4)
DNG 4: S DNG TÍNH CHT TRONG BA S BT KÌ LUÔN TÒN TI HAI S CÓ TÍCH
KHÔNG ÂM
Tính cht 1: Nếu -1
a
1 thì
n
a a n N*
Dấu “=” xảy ra khi a=0 hoc a=1 nếu n l, khi a=0 hoc a=
1 nếu n chn
Tính cht 2: Nếu hai s a và b có tích ab
0 thì
a b a b
Tính cht 3: Vi ba s x, y, z bt k, luôn tn ti hai s có tích không âm.
Bài toán cơ bản: Cho -1
x, y, z
1, x+ y+ z =0
Tìm giá tr ln nht và giá tr nh nht ca biu thc: T =
x y z
Li gii:
Vi ba s x, y, z bt k, luôn tn ti hai s có tích không âm.
Gi s xy
0 =>
x y x y z z
Nên
T 2 z 2
( do -1
z
1 ).
23
Vy MaxT =2 khi (x;y;z) là hoán v (-1;0;1).
Ví d 1. Cho -2
x, y, z
2, x+ y+ z =0. Chng minh rng a
4
+b
4
+c
4
32
Li gii:
Có -2
x, y, z
2 =>
aaa
1 , , , 1
222
Đặt
a b c
x , y , z 1 x, y, z 1
2 2 2

và x+y+z=0.
Khi đó a
4
+b
4
+c
4
=16(x
4
+y
4
+z
4
)
16 x y z
.
Vi ba s x, y, z bt k, luôn tn ti hai s có tích không âm.
Gi s: xy
0 =>
x y x y z z
nên
4 4 4
x y z 2 z 2 a b c 32
( đpcm)
Ví d 2. Cho 0
x, y, z
1 và x+ y+ z =
3
2
.
Tìm giá tr ln nht và giá tr nh nht ca biu thc: P=x
2
+y
2
+z
2
Li gii:
Tìm Min P
Cách 1( S dng bất đẳng thúc Bunhia)
2
Bunhia
2 2 2 2 2 2 2
33
(1.x 1.y 1.z) (1 1 1 )(x y z ) 3P P
24




Vy MinP =
3
4
Khi
x y z
1
1 1 1
x y z
3
2
x y z
2


Cách 2( S dng bất đẳng thc Côsi d đo{n min đạt ti x=y=z=
1
2
)
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 3 3
P x y z x y z 2 x . 2 y . 2 z . x y z .
4 4 4 4 4 4 4 4
Vy MinP =
3
4
Khi x = y = z =
1
2
Tìm MaxP
Có x + y + z =
3
2
(2x 1) + (2y 1) + (2z 1) = 0
Đặt a = 2x 1, b = 2y 1, c = 2z 1.
Do (2x 1) + (2y 1) + (2z 1) = 0 nên a + b + c = 0
Vì 0 ≤ x, y, z ≤ 1 - 1 ≤ 2x – 1, 2y 1, 2z 1 ≤ 1 nên – 1 ≤ a, b, c ≤ 1.
Có P =
2 2 2
2 2 2
1 1 1 2( ) 3
2 2 2 4
a b c a b c a b c
=
2 2 2
3
3
( 1 , , 1)
44
abc
abc
do a b c
24
Vi ba s a, b, c bt kì, luôn tn ti hai s có tích không âm.
Gi s a.b ≥ 0 thì
a b a b c c
nên
23
2 3 5
( 1)
4 4 4
c
P do c
.
Vy MaxP =
5
4
khi (a; b; c) là hoán v ca (- 1; 0; 1) hay (x; y; z) là hoán v ca
13
0; ;
22



.
Ví d 3: Cho 0 ≤ x, y, z ≤ 2 v| x + y + z = 3. Tìm gi{ trị ln nht và nh nht ca biu thc
M = x
4
+ y
4
+ z
4
+ 12(1 x)(1 y)(1 z).
Li gii
Có x + y + z = 3 (x 1) + (y 1) + (z 1) = 0
Đặt a = x 1, b = y 1, c = z 1 - 1 ≤ a, b, c ≤ 1 v| a + b + c = 0
Vi a + b + c = 0 thì a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc
Có M = (a + 1)
4
+ (b + 1)
4
+ (c + 1)
4
12abc
= (a
4
+ b
4
+ c
4
) + 4(a
3
+ b
3
+ c
3
) + 6(a
2
+ b
2
+ c
2
) + 4(a + b + c) 12abc
= (a
4
+ b
4
+ c
4
) + 6(a
2
+ b
2
+ c
2
).
* Có M = (a
4
+ b
4
+ c
4
) + 6(a
2
+ b
2
+ c
2
) ≥ 0
Vy Min M = 0 khi a = b = c = 0 x = y = z = 1
* Có M = (a
4
+ b
4
+ c
4
) + 6(a
2
+ b
2
+ c
2
) ≤
67a b c a b c a b c
.
Vi ba s a, b, c bt kì, luôn tn ti hai s có tích không âm.
Gi s ab ≥ 0
a b a b c c
2 2 14a b c c M
.
Vy MaxM = 14 khi (a; b; c) là hoán v ca (- 1; 0; 1) hay (x, y, z) là hoán v ca (0; 1; 2).
Ví d 4: Cho 0 ≤ a, b, c ≤ 4 v| a + b + c = 6.
Tìm giá tr ln nht ca biu thc P = a
2
+ b
2
+ c
2
+ ab + bc + ca.
Li gii
Có P
2
2 2 2 2 2 2
18.
2 2 2
abc
a b c a b c

Do a + b + c = 6 (a 2) + (b 2) + (c 2) = 0
2 2 2
0
2 2 2
abc
Đặt
2 2 2
,,
2 2 2
a b c
x y z
x + y + z = 0.
Vì 0 ≤ a, b, c ≤ 4 - 2 ≤ a – 2, b 2, c 2 ≤ 2 - 1
2 2 2
, , 1.
2 2 2
abc

- 1 ≤ x, y, z ≤ 1.
Có P
2 2 2
2 2 2 2 2 2
18
2
x y z

= 2(x
2
+ y
2
+ z
2
) + 4(x + y + z) + 24
25
= 2(x
2
+ y
2
+ z
2
) + 24 ≤
2 24x y z
Vi ba s x, y, z bt kì, luôn tn ti hai s có tích không âm.
Gi s xy ≥ 0
x y x y z z
nên
4 24 4 24 28 ( 1 1).P z do z
Vy MaxP = 28 khi (x, y, z) là hoán v ca (- 1; 0; 1) nên (a, b, c) là hoán v ca
(0; 2; 4).
DNG 5: S DNG TÍNH CHT CA MT S B CHN T 0 ĐẾN 1
* Nếu
01x
thì
xx
. Du
“”
xy ra khi
0x
hoc
1x
* Nếu
01x
thì
*n
x x n
. Du
“”
xy ra khi
0x
hoc
1x
.
Ví d 1: Cho
0; 0; 0abc
1abc
. Tìm giá tr ln nht và nh nht ca biu thc
P b c c a a b
.
Li gii
* Tìm
MaxP
Cách 1: ( S dng bất đẳng thc Bunhia)
Xét
22
(1. 1. 1. )P b c c a a b
2 2 2
222
111
6( ) 6( 1) 6
Bunhia
b c c a a b
a b c doa b c P
Vy
6Max P
khi
1
3
abc
Cách 2: ( S dng bất đẳng thc Cosi - d đo{n max đạt ti
1
3
abc
)
Xét
2 2 2 2
. ( ) ( ) (a b)
3 3 3 3
P b c c a
2 2 2
( ) ( ) (a )
3 3 3
2 2 2
2
1 2( 1) 2: 6
3
b c c a b
a b c doa b c P

Vy
6Max P
khi
1
3
abc
* Tìm
MinP
S dng tính cht:
01x
thì
xx
Do
, , 0abc
1abc
nên
0 , , 1a b b c c a
( ) ( ) ( ) 1P b c c a a b b c c a a b
2( ) 2( 1).a b c doa b c
Vy
2MinP
khi
( ; ; )abc
là hoán v
(1;0;0)
.
26
Ví d 2: Cho
0; 0; 0abc
3abc
. Tìm giá tr ln nht và nh nht ca biu thc
T b c c a a b
.
Li gii
* Tìm
MaxP
Cách 1: ( S dng bất đẳng thc Bunhia)
Xét
22
(1. 1. 1. )T b c c a a b
2 2 2
222
111
6( ) 18( 3) 3 2
Bunhia
b c c a a b
a b c doa b c P
Vy
32MaxT
khi
1abc
Cách 2: ( S dng bất đẳng thc Cosi - d đo{n max đạt ti
1abc
)
Xét
T. 2 2( ) 2( ) 2(a b)b c c a
2 ( ) 2 ( ) 2 (a )
2 2 2
3 6( 3) 6: 2 3 2
b c c a b
a b c doa b c P

Vy
32MaxT
khi
1abc
* Tìm
MinP
S dng tính cht:
01x
thì
xx
Do
, , 0abc
31
3
abc
abc

nên
0 ; ; 1
3 3 3
a b b c c a

33
3 3 3 3 3 3
b c c a a b b c c a a b
T







2( )
3 2 3( 3).
3
abc
doa b c

Vy
23MinT
khi
( ; ; )abc
là hoán v
(3;0;0)
.
Ví d 3: Cho
0; 0; 0abc
1abc
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
3 1 3 1 3 1F a b c
.
Li gii:
Cách 1:
0; 0; 0; 1a b c a b c
2 2 2
0 , , 1 , , .a b c a a b b c c
Do đó :
2 2 2
3 1 3 1 3 1 2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 3 4
F a b c a a b b c c
a a b b c c a b c
.
Vy
4MinF
khi
( ; ; )abc
là hoán v
(0;0;1)
Cách 2: Có
1 3 3 3 3 3 1 3 1 3 1 6a b c a b c a b c
27
Đặt
3 1; 3 1; 3 1.x a y b z c
, , 1x y z
6x y z
F x y z
T
, , 1x y z
6 1 , , 4x y z x y z
2
1 4 0 3 2 0
3
x
x x x x x
Tƣơng tự:
22
;
33
yz
yz


, suy ra
6
4
3
x y z
x y z F
Vy
4MinF
khi
( ; ; )x y z
là hoán v
(1;1;4)
nên
,,abc
là hoán v
(0;0;1)
.
Ví d 4: Cho
0; 0; 0abc
1abc
. Tìm giá tr ln nht ca biu thc
2 2 2
2 3 4 2 3 4 2 3 4M a a b b c c
.
Li gii:
0; 0; 0; 1a b c a b c
2 2 2
0 , , 1 a, b, c.a b c a b c
Do đó :
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
3 4 3 4 3 4
3 4 3 4 3 4
2 2 2 6 7
M a a a b b b c c c
a a a b b b c c c
a b c a b c
.
Vy
7MinM
khi
( ; ; )abc
là hoán v
(0;0;1)
.
DNG 6 : D ĐOÁN KẾT QU RI XÉT HIU
Ví d 1: Cho
;0xy
tha mãn
10xy
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
44
11P x y
.
Li gii
2
4 4 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2
1 1 1 2 1P x y x y x y x y x y x y
2
4 4 2 2 4 4 2 2
10 2 2 1 2 40 101.x y xy x y x y x y xy
Đặt
0t xy
thì
2
2
10 5 5
0
2 2 2 2
xy
xy t







Ta đƣợc
42
5
2 40 101; 0
2
P t t t t
Đến đ}y ta kẻ bng d đo{n
MinP
t
0
1
2
2,5
P
101
64
45
52,5625
T bng trên ta d đo{n
45MinP
khi
2t
nên ta xét hiu :
28
4 2 4 2 2
45 2 40 56 8 16 10 40 40P t t t t t t t
2
2
2
4 4 2 0 45t t P
Vy
45MinP
khi
2t
10
,
2
xy
xy
xy


là hai nghim của phƣơng trình :
2
10 2 10 2 10 2
10. 2 0 ;
2 2 2
t t t x y

.
Ví d 2: Cho
22
4 4 4a b ab a b
. Tìm giá tr ln nht ca biu thc
3 3 2 2
20 6 2013A a b a b
.
Li gii
:
2
22
4 4 4 4 4 2a b ab a b a b ab a b ab


2
12 4ab a b a b
, mà
2
4ab a b
hay
2
12 3ab a b
.
Nên
2 2 2
4 3 0 0 1a b a b a b a b a b a b
.
Đặt
x a b
thì
01x
2
12 4ab x x
Ta có
32
20 3 6 2 2013A a b ab a b a b ab
32
20 60 6 12 2013a b ab a b a b ab
3 2 2 2 2
20 5 4 6 4 2013 3 2013x x x x x x x x x
Đến đ}y ta kẻ bng d đo{n
MaxA
t
0
1
A
2013
2015
T bng trên ta d đo{n
2015MaxA
khi
1x
nên ta xét hiu
2
2015 3 2 1 3 2A x x x x
. Do
01x
nên
1 3 2 0xx
, suy ra
2015A
Vy
2015MaxA
khi
1x
hay
1
2
ab
.
CÁC BÀI TOÁN PHÂN LOI VÀO LP 10 CÁC TNH NĂM 2019-2020
Câu 1: [TS10 TP Hà Ni, 2019-2020]
Cho biu thc
44
P a b ab
, vi a, b các s thc tha mãn
22
a ab b 3.
m giá tr nh nht,
giá tr ln nht ca biu thc P
Li gii
Ta có:
29
2
2
4 4 2 2 2 2 2 2
P a b ab a b 2a b ab 3 ab 2a b ab
2
7 85
ab
24



Ta có:
2
23
a b 2ab 3 ab 3 ab a b 0 ab 3
22
3 ab a b 2ab ab 1
Vì:
2
7 7 7 1 7 9 1 7 81
3 ab 1 ab a
2 2 2 2 2 2 4 2 4



22
81 7 1 7 85
a 1 a 21
4 2 4 2 4
1 P 21
GTLN ca P là 21 khi
a 3,b 3
hoc
a 3,b 3
GTNN ca P là 1 khi a = b = 1.
Câu 2: [TS10 Tnh Bc Ninh, 2019-2020]
Cho hai s thc không âm a, b tha mã:
22
a b 2.
Tìm GTLN GTNN ca biu thc
33
a b 4
M
ab 1

Li gii
Tìm GTNN:
Ta có:
AM GM
3 3 3 3
a b 4 a b 1 3 3ab 3.
Dấu “=” xảy ra khi a = b = 1.
Vì a, b > 0 nên
33
3 ab 1
a b 4
M3
ab 1 ab 1


Do đó giá tr nh nht ca biu thức M l| 3 đạt đƣợc khi a = b = 1.
Tìm GTLN:
Đặt
S a b,P ab
2
2
2 2 2
S2
a b 2 a b 2ab 2 S 2P 2 P .
2
Ta có:
2
22
a b a 2ab b 2 2ab 2 a b 2
Do đó
S2
30
2
2
2
2
2
S2
S 3. .S 4
a b 3ab a b 4
2
S 3PS 4
M
ab 1 P 1
S2
1
2






2
22
S 6S 8 8 6 8 6
S 2 4 2.
S2
SS
2
Dấu “=” xảy ra khi
22
ab
a b 0; 2 ; 2;0
ab 0
Vy giá tr ln nht ca M là
4 2 2
khi
0; 2 ; 2;0
Câu 3: [TS10 Tnh Ngh An, 2019-2020]
Giải phƣơng trình:
22
5x 27x 25 5 x 1 x 4
Li gii
ĐKXĐ:
x2
22
2 2 2
22
22
5x 27x 25 5 x 1 x 4
5x 27x 25 25 x 1 x 4 10 x 4 x 1
2x x 2 5 x 4 x 1 0
2 x x 2 5 x x 2 x 2 3 x 2 0
Đặt
2
x x 2 a 0; x 2 b 2
Phƣơng trình trở thành:
22
ab
2a 5ab b 0 2a 3b a b 0
2a 3b

Vi
22
x 1 5 TM
a b x x 2 x 2 x 2x 4
y 1 5 L


Vi
22
1 3 65
x TM
8
2a 3b 4 x x 2 9 x 2 4x 13x 26 0
13 3 65
xL
8
Vậy phƣơng trình có 2 nghiệm:
1 3 65
x 1 5;x
8
Câu 4: [TS10 Tnh Hi Phòng, 2019-2020]
a) Cho
,,x y z
ba s dƣơng. Chứng minh
1 1 1
9x y z
x y z



31
b) Cho
,,abc
là ba s dƣơng thỏa mãn
6.abc
m giá tr ln nht ca biu thc
3 2 3 2 3 2
ab bc ca
A
a b c b c a c a b
Li gii
a) Ta có
1 1 1
9
6
2 2 2 0
x y z
x y z
x x y y z z
y z x z x y
x y y z z x
y x z y x z






2 2 2
0 , , 0
x y y z z x
x y z
xy yz zx
Vy
1 1 1
9x y z
x y z



b) Áp dng bất đẳng thc câu a) ta
9 1 1 1
3 2 9 2 9 2
1
(1)
3 2 9 2
ab ab ab
a b c a c b c b a c b c b
ab ab ab a
a b c a c b c






Chng minh tƣơng tự ta có:
1
(2)
3 2 9 2
1
(3)
3 2 9 2
bc bc bc b
b c a a b a c
ca ac ac c
c a b b c a b






Cng tng vế ca các bất đẳng thc (1); (2) và (3) ta
1
92
ac bc ab ac bc ab a b c
A
a b b c c a



1
92
3
1 1 3.6
1.
9 2 9 2
c a b a b c b c a
abc
A
a b b c c a
abc
A





Dấu “=” xảy ra
2.abc
Vy giá tr ln nht ca biu thc
A
1
đạt đƣợc khi
2.abc
32
Câu 5: [TS10 Tnh Thanh Hóa, 2019-2020]
Xét các s thực dƣơng a, b, c tha mãn abc 1.Chng minh rng:
4 4 4 4 4 4
ab bc ca
1
a b ab b c bc c a ca
Li gii
Ta có:
4 4 2 2
a b ab(a b ) a;b R
Tht vy:
4 4 2 2
4 4 3 3
33
a b ab(a b )
a b a b ab
(a b)(a b ) 0


2 2 2
(a b) (a ab b ) 0
(luôn đúng
a;b R
)
=>
4 4 2 2 4 4 2 2
a b ab ab(a b ) ab a b ab ab(a b ) abc 
( vì a;b;c > 0 và abc = 1)
Do đó:
22
4 4 2 2 2 2 2
2 2 2
ab ab 1 1 1 c 2 c
a b ab ab(a b ) ab a b 1
a b 1 1 1 c
a b c

Tƣơng tự:
22
4 4 2 4 4 2
bc 1 a ca 1 b
(2); (3)
b c bc c a ca
a b c a b c


Mt khác:
2
2 2 2
2 ab bc ca 2.3 a b c 6
Cng theo vế các bất đẳng thc (1),(2) và (3) ta có:
2 2 2
2 2 2
4 4 4 4 4 4 2 2
a b c 2 ab bc ca
a b c a b c 6
1
b c a a c b a b c
a b c a b c
Vậy b|i to{n đƣợc chng minh
Dấu “=” xảy ra kh a = b = c = 1
Câu 6: [TS10 Tnh Qung Ninh, 2019-2020]
Cho các s dƣơng a, b, c thoả mãn
a b c 1
. Tìm giá tr nh nht ca:
2 2 2
1 2019
P
ab bc ca
a b c



Lời giải
Áp dng bất đẳng thc Cô si cho 3 s dƣơng
3
3
1 1 1 1
a b c abc; 3
a b c
abc
33
Suy ra
1 1 1
a b c 9 *
a b c



Bất đẳng thức đƣợc chng minh. Dấu đẳng thc xy ra khi và ch khi
a b c
b) Ta có
2
2 2 2
a b c
1
ab bc ca a b c ab bc ca
33

Suy ra
2017
6051
ab bc ca

Áp dng bất đẳng thc trong câu a, ta có
2 2 2
2 2 2
1 1 1
a b c 2ab 2bc 2ca 9
ab bc ca ab bc ca
a b c




Suy ra
2 2 2 2
1 2 9
9
ab bc ca
a b c
a b c



Do đó ta đƣợc
2 2 2
1 2019
P 6060
ab bc ca
a b c


.
Vy giá tr nh nht ca P là 6060
Dấu đẳng thc xy ra khi và ch khi
1
a b c
3
.
Câu 7: [TS10 Tnh Bc Giang, 2019-2020]
Cho x, y là các s thc tha mãn
22
x y 1
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
P 3 x 3 y
Li gii
Ta có:
2
22
2
18 6 2
3 3 9 3
2
17 6 2
8 6 9
22
3
4.
2
x y xy
P x y x y xy
x y x y xy
x y x y
xy



Từ
22
1xy
ch ra đƣợc
2
2 2 2;x y x y
Suy ra
2 3 3 2 3 0.xy
34
2
2
23
3
19 6 2
44
2 2 2
xy
P

Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P
19 6 2
2
khi
2
2
xy
Câu 8: [TS10 Tỉnh Vũng T|u, 2019-2020]
Cho s thực dƣơng x, y thỏa mãn
x y 3
Tìm Giá tr nh nht ca biu thc
15
P
5xy x 2y 5


Li gii
15
5 2 5
P
xy x y


=
1 5 1 5
5 ( ) 5 5 8xy x y y xy y
1 5 8 8
5 20 8 20 20
xy y xy y
P
xy y
Ta lại có:
2
1
8
8 ( 1) 8 3
4
20 20 20 5
xy
xy y y x

Khi đó:
1 5 8 8
5 20 8 20 20
1 3 3
1
5 5 5
xy y xy y
P
xy y
PP
Vậy
1
3
2
5
Min
x
P
y

Câu 9: [TS10 Tỉnh Bình Đnh, 2019-2020]
Cho
,xy
hai s thc tha
1
xy
xy
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
22
.
xy
P
xy
Li gii
Vi
, 1x y xy
, ta có
2 2 2
( ) 2 2x y x y xy
P x y
x y x y x y
2
0; 0x y x y
xy
1xy
.
Áp dng bất đẳng thc Cô-si cho hai s dƣơng
2
; xy
xy
, ta có
35
2 2( )
2 2 2 2 2
xy
xy
x y x y

Suy ra
min 2 2P
.
Dấu đẳng thc xy ra
2
2
( ) 2 2 2x y x y x y x y
xy
.
22
62
2
1 ( 2) 1 2 1 2 1 0
62
2
y
xy y y y y y y
y

Vy
min 2 2P
ti
26
2
26
2
x
y

hoc
26
2
26
.
2
x
y

Câu 10: [TS10 Tỉnh Đk Lk, 2019-2020]
Cho ba s thực dƣơng
x,y,z
tha mãn:
x 2y 3z 2
.
Tìm giá tr ln nht ca biu thc:
xy 3yz 3xz
S
xy 3z 3yz x 3xz 4y
.
Li gii
Đặt
a x;b 2y;c 3z
, ta đƣợc:
a,b,c 0; a b c 2
.
Khi đó:
ab bc ac
S
ab 2c bc 2a ac 2b
.
Xét
ab ab ab 1 a b
ab 2c ab a b c c a c b c 2 a c b c



Dấu đẳng thc xy ra khi và ch khi
ab
a c b c

.
Tƣơng tự ta có:
bc 1 b c ac 1 a c
;
bc 2a 2 b a c a ac 2b 2 a b c b
.
Dấu đẳng thc xy ra khi và ch khi
bc
b a c a

;
ac
a b c b

.
Cộng c{c vế ta đƣợc:
1 a b b c a c 3
S
2 a b b c a c 2



.
36
Vậy gi{ trị lớn nhất của
S
bằng
3
2
khi v| chỉ khi
2
a b c
3
hay gi{ trị lớn nhất của
S
bằng
3
2
khi và
chỉ khi
2 1 2
x ;y ;z
3 3 9
.
Câu 11: [TS10 Tỉnh Đk Nông, 2019-2020]
Cho các s thực dƣơng
,,abc
tha mãn
1
abc
abc
. Tìm g tr nh nht ca biu thc
P a b a c
.
Li gii
Ta có:
1
abc
abc
1abc a b c
.
Theo bất đẳng thức côsi ta có:
P a b a c
2
a ab ac bc
2 . 2a a b c bc
Đẳng thức xảy ra khi:
1
11
a a b c bc a a b c
bc bc






Ta thấy hệ có vô số nghiệm dƣơng chẳng hạn
1, 2 1b c a
.
Vậy
min
2P
.
Câu 12: [TS10 Tỉnh Đng Nai, 2019-2020]
Cho ba s thc
,,a b c
. Chng minh rng:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
3a bc b ca c ab a bc b ca c ab
Li gii
Phƣơng pháp:
- Đặt
2 2 2
,,x a bc y b ca z c ab
đƣa bất đẳng thc cn chng minh v
3 3 3
3.x y z xyz
- Chứng minh đẳng thc
3 3 3 2 2 2
3x y z xyz x y z x y z xy yz zx
- T đó đ{nh g{i hiệu
3 3 3
3x y z xyz
và kết lun.
Đặt
2 2 2
,,x a bc y b ca z c ab
Bất đẳng thc cn chng minh tr thành :
3 3 3
3.x y z xyz
Ta có:
37
3 3 3 3 3 3
3
3
3
3
2
2
2 2 2
2 2 2
33
33
3
3
23
x y z xyz x y xyz z
x y xy x y xyz z
x y z xy x y z
x y z x y x y z z xy x y z
x y z x xy y xz yz z xy
x y z x y z xy yz zx




D thy:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
1
2 2 2
2
1
0, , ,
2
x y z xy yz zx x xy y y yz z z zx x
x y y z z x x y z


Do đó ta đi xét dấu ca
x y z
Ta có:
2 2 2
x y z a bc b ca c ab
2 2 2
2 2 2
1
0, ,b,c
2
a b c ab bc ca a b b c c a a


Suy ra
2 2 2
00x y z x y z x y z xy yz zx
2 2 2
00x y z x y z x y z xy yz zx
3 3 3
3x y z xyz
hay
3 3 3
2 2 2 2 2 2
3a bc b ca c ab a bc b ca c ab
(đpcm)
Dấu “ =” xảy ra khi
a b c
Câu 13: [TS10 Tnh Hà Nam, 2019-2020]
Cho
a,b,c
l| c{c số thực dƣơng v| thỏa mãn điều kiện
1abc
Chứng minh
1 1 1
1
2 2 2
abc
.
Li gii
Bất đẳng thức cần chứng minh
1 1 1
1
2 2 2
abc
38
2 2 2 2 2 2 2 2 2 b c a c a b a b c
4 12 2 4 8 ab bc ca a b c abc ab bc ca a b c
4 12 1 2 4 8 ab bc ca a b c ab bc ca a b c
3 ab bc ca
Thật vậy {p dụng bất đẳng thức CauChy cho 3 số dƣơng ta có
2
3
33 ab bc ca abc
.
Dấu “=” xảy ra khi
1 abc
.
Ho|n tất chứng minh.
Câu 14: [TS10 Tỉnh H| Tĩnh, 2019-2020]
Cho hai s thực dƣơng
,ab
tha mãn:
31 a b ab
.
Tìm giá tr ln nht ca biu thc
22
6
ab
P a b
ab
.
Li gii
Ta có:
2 2 2 2
(a ) 0 2 (a ) 4 ; b a b ab b ab
2
22
(a )
2

b
ab
T gi thiết
31 a b ab
2
3
1 3 1
4
a b ab a b
2
2
3 4 4 0 2 3 2 0
3


a b a b a b a b a b
(vì
,b 0a
)
3 1 ( ) 1 3 1
11
22


ab a b
a b a b a b
2
2 2 2 2
22
2 9 9
ab
a b a b
2 2 2 2
6 3 2 7
21
99

ab ab
P a b a b
a b a b
Vy giá tr ln nht ca P bng
7
9
khi
1
31
3
ab
ab
a b ab
.
Câu 15: [TS10 Tnh Hải Dƣơng, 2019-2020]
Cho các s dƣơng
,,abc
thỏa mãn điều kin:
2019 abc
.
Tìm giá tr nh nht ca biu thc:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 P a ab b b bc c c ca a
Li gii
Ta có:
39
2 2 2
22
22
5 3 5
22
4 4 4
5
22
2
a ab b a b a b a b
a ab b a b
Tƣơng tự:
2 2 2 2
55
2 2 ; 2 2
22
b bc c b c c ca a c a
5 5 5
5
2 2 2
2019 5

P a b b c c a a b c
P
Dấu “=” xảy ra
2019
673
3
abc
Vậy
min 2019 5 673 P a b c
Câu 16: [TS10 Tnh Hu Giang, 2019-2020]
Vi
x0
, tìm giá tr nh nht ca biu thc:
2
2
x 3x 2019
A
x

Li gii
Điều kiện
x0
Ta có
2
22
x 3x 2019 3 2019
A1
x x x

Đặt
1
t t 0
x

ta đƣợc:
22
1
A 1 3t 2019t 2019 t t 1
673



22
2
1 1 1
2019 t 2t 2019 1
1346 1346 1346




2
1 2689 2689
2019 t
1346 2692 2692



với mọi t thuộc R
Dấu “=” xảy ra khi
1
t tm
1346
. Vậy
2689
minA
2692
khi
1
t x 1346 tm
1346
Câu 17: [TS10 Tnh Hòa Bình, 2019-2020]
Cho hai số thực dƣơng a, b thỏa mãn a + b = 4ab
Chứng minh rằng:
22
1
4 1 4 1 2
ab
ba


Li gii
Từ a + b = 4ab
1
42
4
ab ab ab
40
Chứng minh đƣợc BĐT: Với x, y >0 ta có
2
22
ab
ab
x y x y

(*)
Áp dụng (*) ta có
2
22
2 2 2 2
4 1 4 1 4 4 4 ( ) ( )
ab
a b a b
b a ab a a b b ab a b a b
=
4 1 1
1
4 1 4 1 4 1 2
a b ab
ab ab ab
Dấu đẳng thức xảy ra khi
1
2
ab
Câu 18: [TS10 Tỉnh Hƣng Yên, 2019-2020]
Cho các s thực dƣơng x, y, z thỏa mãn:
2 2 2
3x y z xyz
Tìm giá tr ln nht ca biu thc
2 2 2
4 4 4
x y z
P
x yz y xz z xy
Li gii
2 2 2
33
x y z
x y z xyz
yz xz xy
Áp dng bất đẳng thc Cô-si cho hai s dƣơng
;
xy
yz xz
ta có:
2
2.
x y x y
yz xz yz x z
Tƣơng tự ta cũng có:
22
;
y z z x
xz xy x xy yz y
2 2 2x y y z z x
yz xz xz xy xy yz z x y
1 1 1 1 1 1
3
x y z
yz zx xy x y z x y z
Li có:
2
4 4 2
4
1 1 1 1 1 1 1
2 2 .2. . ( )
44
2
x
x yz x yz x yz
x yz y z
yz y z
Tƣơng tự
22
44
1 1 1 1 1 1
( ); ( )
44
yz
y xz x z z xy x y

Suy ra
2 2 2
4 4 4
1 2 2 2 1 1 1 1 3
( ) ( )
4 2 2
3
2
x y z
P
x yz y xz z xy x y z x y z
P

Vy giá tr nh nht ca P = 3/2 khi x = y = z = 1.
Câu 19: [TS10 Tnh Kon Tum, 2019-2020]
Chng minh
1 1 1
... 38
2 3 400
.
41
Li gii
1 1 1 1 1 1
... 2 ...
2 3 400 2 2 3 3 400 400
1 1 1
2 ...
2 1 3 2 400 399
Ta có :
1 1 1
2 ...
2 1 3 2 400 399
2 1 3 2 ... 400 399
2 1 400 38
Vậy
1 1 1
... 38
2 3 400
Câu 20: [TS10 Tnh Lai Châu, 2019-2020]
Cho c{c số thực dƣơng a, b, c. Chứng minh rằng:
1
()
2 2 2 4
ab bc ca
a b c
a b c b c a c a b
Li gii
Ta chứng minh bất đẳng thức
1 1 1 1
4




x y x y
với x, y > 0.
Thậy vậy, với x, y > 0 thì:
2 2 2
1 1 1 1 1
( ) 4 2 4 0
44




xy
x y xy x xy y xy
x y x y x y xy
2 2 2
2 0 ( ) 0 x xy y x y
(luôn đúng)
Do đó:
1 1 1 1
4




x y x y
với x, y > 0.
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:
1 1 1 1 1 1 1
()
2 ( ) ( ) 4 2 4
ab ab
a b c a c b c a c b c a b c a c b c



Tƣơng tự ta có:
11
24
11
24







bc bc
b c a b a c a
ca ca
c a b c b a b
Cộng vế với vế c{c bất đẳng thức với nhau ta đƣợc:
1 1 1 1 1 1
2 2 2 4 4 4
ab bc ca ab bc ca
a b c b c a c a b a c b c b a c a c b a b
42
1
4
1 1 ( ) ( ) ( ) 1
()
4 4 4
ab ab bc bc ca ca
a c b c b a c a c b a b
ab bc ab ca bc ca b a c a b c c b a
a b c
a c c b b a a c c b b a



Do đó
1
4
VT VP
(đpcm).
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
Câu 21: [TS10 Tnh Lạng Sơn, 2019-2020]
Cho ba s thc không âm a, b, c và tha mãn a+b+c=1. Chng minh rng:
2 4(1 )(1 )(1 )a b c a b c
Li gii
Ta có
2 4(1 )(1 )(1 ) 2 4( )( )( )a b c a b c a b c b c a c a b
Áp dng bất đẳng thc cô si ta có
22
2 ( )( ) ( 2 ) 4( )( ) ( 2 ) ( ) 4( )( )( )a b b c a b b c a b c a b b c a b c a c a b b c a c
Áp
dng bất đẳng thc cô si
2 2( )
( 2 )( ) ( 2 )( ) 1 ( 2 )( )
22
a b c a c a b c
a b c a c a b c a c a b c a c
2
1 ( 2 )( ) 2 ( 2 ) ( )a b c a c a b c a b c a c
2 4( )( )( )a b c a b a c b c
Câu 22: [TS10 Tỉnh Nam Định, 2019-2020]
Xét c{c số x, y, z thay đổi thoả mãn x
3
+ y
3
+ z
3
3xyz = 2.
Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biu thức
2 2 2 2
1
P (x y z) 4(x y z xy yz zx)
2
Li gii
Ta có:
x³ + y³ + z³ - 3xyz = (x + y)³ - 3xy(x - y) + z³ - 3xyz = 2
[(x + y)³ + z³] - 3xy(x + y +z ) = 2
(x + y + z)³ - 3z(x + y)(x + y + z) - 3xy(x y - z) = 2
(x + y + z)[(x + y + z)² - 3z(x + y) - 3xy] = 2
(x + y + z)(x² + y² + z² + 2xy + 2xz + 2yz - 3xz - 3yz - 3xy) = 2
(x + y + z)(x² + y² + z² - xy - xz - yz) = 2
x² + y² + z² - xy - xz yz ≠ 0
Chng minh: x² + y² + z² - xy - xz yz ≥ 0 với mi x, y, z
x² + y² + z² - xy - xz yz > 0 x + y + z
Đặt x + y + z = t (t > 0) x² + y² + z² - xy - xz yz
t
2
khi đó ta có
22
2 2 2 2
1 t 8 t 8
P (x y z) 4(x y z xy yz zx) 2 2
2 2 t 2 t



43
Áp dụng BĐT Cô si ta có:
22
tt
2 2 .2 2t
22
(du bng xy ra t = 2)
88
2t 2 2t. 8
tt
(du bng xy ra t = 2)
P ≥ 8 – 2 = 6. Tn ti x = y = 1, z = 0 thì P = 6
Vy giá tr nh nht ca P là 6.
Câu 23: [TS10 Tnh Ninh Bình, 2019-2020]
1. Tìm tt c c{c số nguyên tố
p
sao cho tổng c{c ƣớc nguyên dƣơng của
2
p
l| một số chính phƣơng.
2. Cho
, , x y z
l| c{c số thực dƣơng thỏa mãn
2019x y z
. Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
x y z
T
x yz y zx z xy
.
Li gii
1. Ta có
p
là s nguyên t (
*
p
)
2
p
là s có c{c ƣớc dƣơng l|
2
1; ;pp
Theo đề bài ta có tổng c{c ƣớc nguyên dƣơng của
p
là mt s chính phƣơng
2 2 *
22
2
2
2
2
1 ( )
4 4 4 4
4 2 1 3
4 2 1 3
p p k k
k p p
kp
kp
2 2 1 2 2 1 3 k p k p
(*)
Ta có
*
, 2 2 1 0; 2 2 1 2 2 1 k p k p k p k p
2 2 1 1 2 2 2 1 (
(*)
2 2 1 3 2 2 2 0 (
k p k p k
k p k p p
thoûa maõn)
khoâng thoûa maõn)
Vy không có s nguyên t
p
nào thỏa mãn đề bài
2. Ta chng minh bất đẳng thc
2
2 2 2
a b c
a b c
x y z x y z


vi
a,b,c,x,y,z 0
Áp dng bất đẳng thc Bu nhi a - cp xki cho ba b s
a b c
; x , ; y , ; z
x y z




ta có
2
22
2 2 2
2 2 2
a b c a b c
x y z x y z
x y z
x y z














2
2
a b c
. x . y . z a b c
x y z




2
2 2 2
a b c
a b c
x y z x y z


(*)
44
Dấu “=” xảy khi khi
a b c
x y z

Áp dng bất đẳng thc Cô si ta có
y z z x x y
yz ; zx ; xy
2 2 2
2 2 2
x y z
T
y z z x x y
x y z
2 2 2
2 2 2
2x 2y 2z
2x y z x 2y z x y 2z
2 2 2
x y z
2
2x y z x 2y z x y 2z



Áp dng bất đẳng thc (*) ta có
2
x y z
x y z 2019
T2
4 x y z 2 2



Dấu “=” xảy ra khi
x y z 673
Vy gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức
2019
2
T
khi
x y z 673
Câu 24: [TS10 Tnh Phú Th, 2019-2020]
Giải hệ phƣơng trình sau
22
4
11
22
.
11
xy
xy
xy
yx
xy




Li gii
ĐKXĐ: x
- 1; y
1
Hệ phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với hệ phƣơng trình:
22
11
1 1 1 1
4
4
11
11
11
1 1 1 1
2
11
11
xy
xy
xy
xy
xy
xy
yx
xy
xy












Đặt
1
1
xa
x

;
1
1
yb
y

Hệ phƣơng trình đã cho trở th|nh:
41
23
a b a
a b b



+ Với a = 1 ta có:
45
2
1 ( 1) 1 1
1
1 1 1
1 1 0 ( / )
x x x
x
x x x
x x x x t m
+ Với b = 3 ta có:
22
1 ( 1) 1 3.( 1)
3
1 1 1
1 3 3 4 4 0 2 ( / )
y y y
y
y y y
y y y y y y t m
Vậy hệ phƣơng trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) =(0; 2)
Câu 25: [TS10 Tnh Qung Nam, 2019-2020]
Cho hai số thực
, xy
thỏa mãn
3; 3.xy
Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biu thức
11
21 3T x y
yx






Li gii
21 3 62 3 21 7 2
21 3
3 3 3 3
3 21 7 62 2
2 14 62 2 80
3 3 3 3
x
T x y x y y
y x x y
x
y x y
xy






Dấu
“”
xảy ra
3
3
x
y
Vậy gi{ trị nhỏ nhất của
T
là 80 khi x = 3; y =3.
Câu 26: [TS10 Tnh Qung Ngãi, 2019-2020]
Cho hình vuông ABCD. Gi
1
S
là din tích phn giao
ca hai nửa đƣờng tròn đƣờng kính ABAD.
2
S
là din tích phn còn li ca hình vuông nm
ngoài hai nửa đƣờng trong nói trên (như hình vẽ bên).Tính
1
2
S
S
Lời giải.
46
Gọi a l| cạnh hình vuông ABCD. Ta cm đƣợc:
2
2
2
34
90
11
2
360 2 2 4 4 2
a
..
aa
SS



2 2 2
1 3 4
1 1 1
4 4 2 4 4 2 2 4 2
a a a
S S S
22
2
2
1 1 3
2 2 4 2 2 2 4
aa
Sa

Do đó
2
1
2
2
1
2
2 4 2
3
6
2 2 4
a
S
a
S









Câu 27: [TS10 Tnh Qung Ninh, 2019-2020]
Cho x, y, z l| c{c số thực dƣơng thỏa mãn   . Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức
zxyzxy
zyx
P
11
222
Lời giải.
Ta có
3
1
3
3
zyx
zxyzxy
nên
6051
2017
zxyzxy
Áp dụng BĐT
9
111
zyx
zyx
, ta có:
9
111
222
9
111
222
222
222
222
zxyzxyzxyzxy
zyx
)zxyzxyzyx(
zxyzxyzxyzxy
zyx
)zxyzxy()zxyzxy()zyx(
Hay
9
21
222
zxyzxy
zyx
S
1
S
2
S
4
S
3
C
B
D
A
47
T đó ta có:
606060519
201721
222
zxyzxyzxyzxy
zyx
P


  

  
 
6060 P
Vậy GTNN của P là 6060 khi và ch khi
3
1
zyx
Câu 28: [TS10 Tỉnh Sơn La, 2019-2020]
Giải phƣơng trình
33x x x
Lời giải.
33x x x
Điu kin
09x
Bình phƣơng hai vế phƣơng trình đã cho, ta đƣợc:
2
32
3 .( 3 )
3. 3
x x x
x x x
2 3 3
32
3
3
1 1 1 1
3. . 3. . 3
3 3 3 3
1 10 10 3
9
3 3 3
1 10 3
9
3
x x x
x
x



3
10 3 3
93
x
(thỏa mãn điều kin)
Vậy phƣơng trình đã cho có 1 nghiệm
3
10 3 3
93
x 
Câu 29: [TS10 Tỉnh Vĩnh Long, 2019-2020]
Cho
,xy
là các s thực dƣơng thỏa
1.xy
Tìm giá tr nh nht ca biu thc
22
1
2 1.A x y x
x
Lời giải.
Ta có:
11x y y x
thay v|o A ta đƣợc:
2 2 2 2
11
2 1 2 (1 ) 1A x y x x x x
xx
2 2 2
11
2 2 1 1 2x x x x x x x
xx
2
2
1 1 1 1 1 1
44
4 4 2 4
x x x x x
xx
48
D thy
2
1
0,
2
xx



Áp dng bất đẳng thc Cô-si ta có
11
4 2 4 . 4xx
xx
Suy ra
2
1 1 1 1 15
4 0 4
2 4 4 4
xx
x
Du "=" xy ra khi
1
2
x
Vy
min
15
4
A
khi
1
.
2
x
Câu 30: [TS10 Tnh Thái Nguyên, 2019-2020]
Cho
a
,
b
,
c
là các s thực dƣơng thỏa mãn
6 a b c ab bc ac
. Chng minh rng:
3 3 3
3
abc
b c a
.
Li gii
Đặt
3 3 3
abc
P
b c a
.
a
,
b
,
c
là các s thực dƣơng, theo bất đẳng thc AM-GM có:
.
3 3 3
2 2 2
2
a b c
P a b c ab bc ac
b c a
, mà
6a b c ab bc ac
.
2 2 2
26P a b c a b c
.
222
0a b b c a c
2 2 2
22a b c ab bc ca
2
2 2 2
3 a b c a b c
.
Suy ra
2
2
6
3
P a b c a b c
.
2 2 2
ab bc ca a b c
2
3 ab bc ac a b c
.
Do đó
2
1
6
3
a b c ab bc ac a b c a b c
2
1
60
3
a b c a b c
.
3a b c
,
.
49
Suy ra
2
.9 3 6 3
3
P
. Dấu đẳng thc xy ra khi
a b c
.
Vy
3 3 3
3
abc
b c a
.
Câu 31: [TS10 Tỉnh Vĩnh Phúc, 2019-2020]
Cho ba s thực dƣơng a, b, c. Chng minh:
2
2
2 6 3 6 2 16
2 2 2
2 2 3
a b bc
a b bc
b a c

Li gii
Theo bất đẳng thc AM-GM ta có:
Mặt kh{c theo BĐT Bu-nhi-a-cp xki thì:
2
22
22
16
2 2 1 1 1. 1.
3
b a c b a c b a c b a c VP
abc




Vy ta ch cn chng minh:
2
1 16
3 1 0 1
3
abc
a b c a b c
Ta có (1) đúng hin nhiên do đó bất đẳng thức đƣợc chng minh.
Dấu “=” bng xy ra khi:
ĐÁP ÁN CÁC CÂU PHÂN LOẠI CHYÊN NĂM 2019-2020
Câu 32: [TS10 Chuyên KHTN Hà Ni, 2019-2020]
Cho x, y là các s thực dƣơng thỏa mãn:
22
4x 4y 17xy 5x 5y 1
Tìm giá tr nh nht ca biu thc:
22
P 17x 17y 16xy
Li gii
Ta có:
2
22
4x 4y 17xy 5x 5y 1 4 x y 9xy 5 x y 1
Đặt
t x y, t 0
, theo bất đẳng thc AM-GM, ta có:
2 2 1
2 2 2 3 3 3
22
2 2 2
a c bc VT
a b b c a b c
a b bc
1
1
4
2
1
2
a b c
ac
bc
b
b a c
50
2
2
xy
t
xy .
44

Do đó:
22
9 2 2 2
4t t 5t 1 t
45
hay
2 2 2
x y .
5

Ta có:
2
22
P 17x 17y 16xy 17 x y 18xy
2
2
22
xy
25 25 2 2 2
17 x y 18 x y 6 4 2
4 4 4 5




Dấu “=” xảy ra khi
21
xy
5

Vy giá tr nh nht ca P là
6 4 2
Câu 33: [TS10 Chuyên Sƣ Phạm Hà Ni, 2019-2020]
Cho các s thực x, y thay đổi, hãy tìm giá tr nh nht ca biu thc:
22
P xy x 2 y 6 13x 4y 26x 24y 46
Li gii
Ta có:
22
2 2 2 2
2 2 2 2
P xy x 2 y 6 13x 4y 26x 24y 46
x 2x y 6y 13 x 2x 4 y 6y 46
x 1 1 y 3 9 13 x 1 1 4 y 3 9 46
Đặt
a x 1, b y 3
, khi đó:
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
P a 1 b 9 13 a 1 4 b 9 46
a b 9a b 9 13a 13 4b 36 46
2 2 2 2
4a 3b a b 6
6
Dấu “=” xảy ra khi
a 0 x 1 0
x 1,y 3
b 0 y 3 0


Vy giá tr nh nht ca P là 6.
Câu 34: [TS10 Chuyên Tin Hà Ni, 2019-2020]
Cho a, b, c dƣơng thỏa mãn:
ab bc ca abc 4
1) Chng minh rng:
1 1 1
1
a 2 b 2 c 2
2) Tìm giá tr nh nht:
2 2 2 2 2 2
1 1 1
P.
2 a b 4 2 b c 4 2 c a 4
Li gii
1) Ta có:
51
1 1 1
1
a 2 b 2 c 2
b 2 c 2 a 2 c 2 b 2 a 2 a 2 b 2 c 2
ab bc ca 4 a b c 12 abc 2 ab bc ca 4 a b c 8
4 ab bc ca.
Đẳng thc cuối cùng đúng theo giả thiết, các phép biến đổi l| tƣơng đƣơng, do đó đẳng thức đã cho
đƣc chng minh.
2) Với x, y dƣơng ta có bất đẳng thc:
2
22
2 x y x y
(*)
1 1 1 1
x y 4 x y




(**)
Tht vy:
2
* x y 0
(luôn đúng)
22
xy
1
* * x y 4xy x y 0
4xy x y
(luôn đúng)
Các bất đẳng thc (*), (**) xy ra dấu “=” khi x = y.
Lần lƣợt áp dng (*) và (**) ta có:
22
1 1 1 1 1 1
a b 4 4 a 2 b 2
a 2 b 2
2 a b 4




Tƣơng tự:
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
;;
4 b 2 c 2 4 c 2 a 2
2 b c 4 2 c a 4
Cng theo vế ta đƣợc:
1 1 1 1 1 1
P .1 .
2 a 2 b 2 c 2 2 2



D}u “=” xảy ra khi a = b = c
Vy giá tr nh nht ca P là
1
2
Câu 35: [TS10 Chuyên Toán Hà Ni, 2019-2020]
Cho
K ab 4ac 4bc
vi
a,b,c 0
và a + b + 2c = 1.
1) Chng minh rng:
1
K
2
2) Tìm giá tr ln nht ca K.
Li gii
1) S dng bất đẳng thc AM-GM ta có:
52
22
b 2c a b 2c 1 1
4bc 2 2 4bc
2 2 2 2
Mt khác:
1
a,b,c 0 K ab 4ac 4bc 4bc
2
Dấu “=” xảy ra khi
11
a 0,b ,c .
24
Cách khác:
Ta có:
22
22
K ab 4c a b ab 2 1 a b a b
ab 2 a b 2 a b
2b a 2 b 2a 2a
Do đó:
22
2b a 2 b 2a 2a K 0 *
Để tn tại K thì phƣơng trình (*) Phải có 2 nghim:
2
2
2
0 a 2 4.2. 2a 2a K 0
8K 20a 17a 4.
a,b,c 0
a b 2c 1 0 a 1
. Do đó:
2
2a 17a a 20 17a a 20 17.1 3a 0
Do đó
1
8K 4 K
2
Dấu “=” xảy ra khi
11
a 0,b ,c .
24
2) S dng bất đẳng thc AM-GM ta có:
2
a b 2c 1
a b 2c .
24


Mt khác:
2
a b 2c
1
a,b,c 0 K ab 4ac 4bc ab 4ac 2ab 4ac 2a b 2c .
22

Dấu “=”
xy ra khi:
11
a b 2c,a b 2c 1,bc 0,ab 0 a ,b 0,c
24
Vy giá tr ln nht ca K là
1
2
Câu 36: [TS10 Chuyên Thái Bình, 2019-2020]
53
Cho các s thc a, b, c tha mãn
1
0 a,b,c
2
2a 3b 4c 3

. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2 9 8
P
a 3b 4c 2 b 4a 8c 3 c 2a 3b 1
Li gii
Ta có:
2
2 2 2
2
2 9 8
P
a 3b 4c 2 b 4a 8c 3 c 2a 3b 1
2 9 8
a 3 2a 2 b 6 6b 3 c 3 4c 1
2 3 4
a 1 2a b 1 2b c 1 2c
2a 3b 4c
a 1 2a b 1 2b
c 1 2c

Áp dng bt đẳng thc AM-GM ta có:
2
2
a a 1 2a 1
a 1 2a
3 27


Tƣơng tự:
2
1
b 1 2b
27

;
2
1
c 1 2c
27

Suy ra:
P 27 2a 3b 4c 81
Dấu “=” xảy ra khi
1
a b c
3
Vy giá tr nh nht ca P là 81.
Câu 37: [TS10 Chuyên Hòa Bình, 2019-2020]
Cho hai s dƣơng a, b thỏa mãn: a + b = 4ab. Chng minh rng:
22
a b 1
2
4b 1 4a 1


Li gii
Ta có:
2
a b 4ab a b a b a b 1 0 a b 1 a b 0

Li có:
22
22
a 4ab 4ab
a a a ab
4b
4b 1 4b 1

22
22
b 4a b 4a b
b b a ab
4a
4a 1 4a 1

54
Do đó:
22
a b a b 1 1
a b 2ab a b a b
2 2 2
4b 1 4a 1

Dấu “=” xảy ra khi
1
ab
2

Câu 38: [TS10 Chuyên Hƣng Yên, 2019-2020]
Cho các s thc không âm x, y, z tha mãn:
2 2 2
x y z 3y
Tìm giá tr nh nht ca biu thc:
2 2 2
1 4 8
P
x 1 y 2 z 3
Li gii
S dng bất đẳng thc Cauchy-Schwarz ta có:
2
2 2 2
1 1 1 1 1 8
2 a b
ab
ab



(*)
Áp dng bất đẳng thức (*) ta đƣợc:
2 2 2 2 2 2
1 1 8 8 8 64
P.
x 1 z 3 z 3
y y y
1 x 2 x z 5
2 2 2
Mt khác:
2
2 2 2
2 3y y
x z 2 x z 2 3y y .
2

22
2
2
64 64
P1
11
6 2y y 8 y 2
22


Dấu “=” xẩy ra khi
x,y,z 1,2,1 .
Vy giá tr nh nht ca P là 1.
Câu 39: [TS10 Chuyên Hà Nam, 2019-2020]
Cho các s thực dƣơng a, b, c thỏa mãn:
1 1 1
1.
a 1 b 1 c 1
Tìm giá tr nh nht ca biu thc:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b c
P
a ab b b bc c c ca a
Li gii
Ta d dàng chng minh bất đẳng thc:
1 1 1 9
x y z x y z

(vi
x,y,z 0
) (*)
Tht vy:
1 1 1
(*) a b c 9
a b c



55
Áp dng AM GM ta đƣợc:
3
3
1 1 1 3
a b c 3 abc. 9
a b c
abc



Vy bất đẳng thức (*) đƣợc chng minh, dấu “=” xảy ra khi x = y = z.
S dng bất đẳng thức (*) ta đƣợc:
1 1 1 9
1 a b c 3 9 a b c 6
a 1 b 1 c 1 a b c 3
Đặt
3 3 3
2 2 2 2 2 2
b c a
Q
a ab b b bc c c ca a
Ta có:
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b b c c a
PQ
a ab b b bc c c ca a
a b a ab b b c b bc c c a c ca a
a ab b b bc c c ca a
a b b c c a
0
Do đó: P = Q
Mt khác:
2 2 2 2
1
x xy y x xy y * *
3
Tht vy:
2
2 2 2 2 2 2 2 2
1
x xy y x xy y 3x 3xy 3y x xy y 2 x y 0
3
S dụng (**) ta đƣợc:
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b b c c a
PQ
a ab b b bc c c ca a
a b a ab b b c b bc c c a c ca a
a ab b b bc c c ca a
1 1 1
a b b c c a
3 3 3
22
a b c .6 4
33
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 2
Vy giá tr nh nht ca P là 2.
Câu 40: [TS10 Chuyên Phan Bi Châu, 2019-2020]
Cho các s dƣơng a, b, c dƣơng thỏa mãn
abc a b c 2
. m giá tr ln nht ca biu thc
2 2 2 2 2 2
1 1 1
P
a b b c c a
56
Li gii.
T
abc a b c 2
a b b 1 c 1 a 1 b 1 b 1 c 1 c 1 a 1
1 1 1
1
a 1 b 1 c 1
Đặt
x,y,z 0
1 1 1
x, y, z
x y z 1.
a 1 b 1 c 1

Khi đó:
y z x y
1 x z x
a ;b ;c
x x y z


Nên
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
P
2 ab bc ca
a b b c c a



yy
1 x z z x
. . .
y z z x z x x y x y y z
2




yy
1 x z x z
. . .
y z z x z x x y x y y z
2




yy
1 x z x z
y z z x z x x y x y y z
22




yy
1 x z z x 3 2
x y x y y z y z z x z x 4
22







Dấu “=” xảy ra khi
x y z
hay
a b c
Vy giá tr ln nht ca biu thc P là
32
4
khi a = b = c = 2.
Câu 41: [TS10 Chuyên Vĩnh Phúc, 2019-2020]
Cho x, y, z các s thực dƣơng thỏa mãn
2 2 2
5 x y z 9x y z 18yz 0.
Tìm giá tr ln nht
ca biu thc:
2x y z
Q.
yz

Li gii
Ta có:
2 2 2
2
2
5 x y z 9x y z 18yz 0
5x 9x y z 5 y z 28yz 0
57
22
2
2
2
2
5x 9x y z 5 y z 7.4yz 7 y z
5x 9x y z 2 y z 0
xx
5 9. 2 0
y z y z




Đặt:
x
t t 0
yz

khi đó:
2
5t 9t 2 0 5t 1 t 2 0
t 2 do 5t 1 0
x
2
yz

Ta có:
2x y z
x
Q 2. 1 2.2 1 3
y z y z


Dấu “=” xảy ra khi
x
y z .
4

Vy giá tr ln nht ca Q là 3.
Câu 42: [TS10 Chuyên Bc Ninh, 2019-2020]
Cho x, y, z không âm tha mãn
x y z 3.
Tìm GTLN. GTNN ca biu thc
2 2 2
M x 6x 25 y 6y 25 z 6z 25
Li gii
Ta có:
2 2 2
2 2 2
M x 6x 25 y 6y 25 z 6z 25
3 x 16 3 y 16 3 z 16
Đặt
a 3 x,b 3 y,c 3 z,
Khi đó:
a b c 6
0 a,b,c 3

2 2 2
M a 16 b 16 c 16
Tìm GTNN:
Theo bất đẳng thc Minkowski ta có:
22
2 2 2
M a 16 b 16 c 16 a b c 4 4 4 6 5
Đẳng thc xy ra khi a = b = c = 2
Tìm GTLN
S dụng phƣơng ph{p UCT với điều kin
0 a 3
ta đƣợc
2
a 12
a 16 *
3

Tht vy:
58
2
22
* 9 a 16 a 12 8a 24a 0 a a 3 0
(đúng)
Ho|n to|n tƣơng tự và suy ra:
M 14
Đẳng thc xy ra khi
a,b,c 0,3,3
và các hóa v.
Câu 43: [TS10 Chuyên KHTN, 2019-2020]
Cho x, y,z là các s dƣơng thỏa mãn
xy yz zx 1
. Chng minh rng:
3
2 2 2
2 2 2
y
1 1 1 2 x z
3
1 x 1 y 1 z
1 x 1 y 1 z




(1)
Li gii
Ta có:
22
1 x xy yz zx x x y x z
Tƣơng tự:
22
1 y x y y z ;1 z x z y z
Do đó:
1
2 x y z
1 1 1
VT
x y x z x y y z x z z y x y y z z x

Áp dng bất đẳng thc Cauchy-Schwarz, ta có:
2
2 2 2
2 2 2
yy
x z x z
x y z
1 x 1 y 1 z
1 x 1 y 1 z
y
xz
x y z
x y y z x y y z x z z y
2 x y z xy yz zx
x y y z z x
2 x y z
.
x y y z z x












Suy ra:
1
2 2 2
4 x y z
y
xz
VP .
3 x y y z z x
1 x 1 y 1 z





Nhƣ thế để chng minh bất đẳng thức đã cho ta chỉ cn chng minh:
2 2 2
y
x z 3
2
2
1 x 1 y 1 z
S dng bất đẳng thc AM-GM ta có:
2
x x 1 x x
2 x y x z
x y x z
1x





59
Tƣơng tự:
22
y y y
1 z 1 z z
;
2 x y y z 2 z x y z
1 y 1 z

Cng theo vế 3 bất đẳnng thức trên ta đƣợc bất đẳng thức (2). B|i to{n đƣợc chng minh.
Dấu “=” xảy ra khi
1
x y z
3
Câu 44: [TS10 Chuyên TP. H Chí Minh, 2019-2020]
Cho x, y, z là các s thc thuộc đoạn
0;2

thỏa mãn điều kin:
x y z 3.
a) Chng minh rng:
2 2 2
x y z 6
b) Tìm giá tr ln nht ca biu thc:
3 3 3
P x y z 3xyz
Li gii
a) Ta có:
2 2 2 2 2 2
2
2 x 2 y 2 z 0 8 4 x y z 2 xy yz zx xyz 0
x y z x y z 8 4 x y z 2 xy yz zx xyz
x y z 4 x y z 8 xyz
9 4.3 8 xyz 5 xyz 5 6
b) Ta có:
3 3 3 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2
P x y z 3xyz x y z x y z xy yz zx
31
3 x y z x y z 2xy yz zx
22
3
3 x y z x y z
2
3
3.5 9
2
9







Dấu “=” xảy ra khi
x,y,z 2,1,0
và các hoán v.
Câu 45: [TS10 Chuyên Hòa Bình, 2019-2020]
Cho x, y, z là các s thực dƣơng thỏa mãn:
xy yz 4zx 32
Tìm giá tr nh nht ca biu thc:
2 2 2
P x 16y 16z
Li gii.
Áp dng bất đẳng thc AM-GM ta có:
2
2
2
2
22
x
8y 4xy
2
x
8z 4xz
2
8y 8z 16yz



60
Cng theo vế ta đƣợc:
2 2 2
P x 16y 16z 4 xy xz 4yz 128
Dấu “=” xảy ra khi x = 4y = 4z , thay v| điều kiện ta đƣợc:
8 6 2 6
x ;y z
33
Câu 46: [TS10 Chuyên Quc Hc Huế, 2019-2020]
Cho ba s dƣơng x, y, z thỏa mãn xyz = 2. Chng minh rng:
2 2 2 2 2 2
2y
x 4z 1
2
2x y 5 6y z 6 3z 4x 16
Li gii
Ta có:
+)
2 2 2 2 2
2x y 5 x y x 1 4 2xy 2x 4
22
x x x
2xy 2x 4
2 xy x 2
2x y 5



2 2 2 2 2
22
) 6y z 6 4y z 2y 2 4 4yz 4y 4
2y 2y y
4yz 4y 4
2 yz y 1
6y z 6



Do đó:
y
xz
VT
zx 2z 2
2 xy x 2 2 yz y 1
y yz
x
xyz 2yz 2y
2 xy x xyz 2 yz y 1
y yz
1
2 yz y 1 2 yz y 1 2 yz y 1
yz y 1
2 yz y 1
1
2




Dấu “=” xảy ra x = y = 1, z = 2.
Câu 47: [TS10 Chuyên Tin Hòa Bình, 2019-2020]
Cho các s thực dƣơng x, y thỏa mãn:
x y 1.
Tìm giá tr nh nht ca biu thc:
22
11
P 1 x y
xy



Li gii
Theo AM-GM ta có:
1 1 1
1 x y 2 xy xy xy 4
2 4 xy
61
Do đó:
2 2 2 2
1 1 2 1
P 1 x y 1 x y 2 xy
x y xy
xy



Suy ra:
1 1 15 1 15
P 2 xy 2 xy 2 2 .xy
xy 16xy 16xy 16xy 16xy
1 15
P 2 .4 17
2 16
Dấu “=” xảy ra khi
1
xy
2

Vy giá tr nh nht ca P là
17
Câu 48: [TS10 Chuyên Tin Giang, 2019-2020]
Cho hai s dƣơng x, y thỏa mãn
2
33
2 x y 6xy x y 2 x y xy 4
Tìm giá tr nh nht ca biu thc:
y
1x
T1
2 y x



Li gii
Ta có:
2
33
32
2 x y 6xy x y 2 x y xy 4
2 x y 12xy x y xy 4
Đặt
a x y,b xy a,b 0
khi đó:
3 2 2 3 2
2a 12b a b 4 b a 12 2a 4a
Do VT > 0 nên
3 2 2
2a 4a 0 2a a 2 0 a 2
Ta có:
22
2 2 4 2
32
y x y xy
1 x 1 1 a a 1 a 12a 1
T 1 1
2 y x 2 xy 2 b 2b 2 2
4a 8a










Ta s chng minh:
5
T
2
Tht vy:
2
2
42
3 2 2
a 6 a
5 a 12a
T 3 0
2
4a 8a 4a a 2

(luôn đúng
a2
)
Dấu “=” xảy ra khi a = 6, b = 6
hay
x 3 3,y 3 3
hoc
x 3 3,y 3 3
Vy giá tr nh nht ca T là
5
2
62
Câu 49: [TS10 Chuyên Bà Rịa Vũng T|u, 2019-2020]
Cho các s thực dƣơng x, y. Tìm gi{ trị nh nht ca biu thc:
2
2
22
xy
y
x
P2
xy
yx
Li gii
Ta có:
2 4 2 2 4
2
2 2 2 2
2
2 2 2 2
2
22
xy xy
y x 2x y y
x
P2
x y x y
y x x y
xy xy
x y x y
xy x y xy x y
xy
xy xy
xy
P 2 2 2
xy x y xy x y











Đặt
xy
t
xy
.Theo AM GM thì:
xy
1 1 1
x y 2 xy t 2
x y 2 2 t
Khi đó:
2 2 2
2
3
2
1 t t 1 15
P t 2 2
22
t 16t 16t
t t 1 15
3 . . .2 2
2 2 16
16t
1 15
3. 2
44
5
2



Dấu “=” xảy ra khi x = y
Vy giá tr nh nht ca P là
5
2
Câu 50: [TS10 Chuyên KHTN Hà Ni, 2019-2020]
Vi x, y các s thc tha mãn
1 y 2
xy 2 2y
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2
2
x4
M
y1
Li gii.
Theo gii thiết ta có:
4xy 8 8y.
S dng bất đẳng thc AM GM ta có:
22
4x y 4xy.
Suy ra:
22
4x y 8 4xy 8 8y.
Do đó:
2 2 2 2
4 x 4 8 8y y 4 y 1 5y 2 2 y 4 y 1 .
63
Suy ra:
2
22
2
x4
x 4 y 1 M 1
y1
Dấu “=” xảy ra khi x = 2, y = 1.
Vy giá tr nh nht ca M là 1.
Câu 51: [TS10 Chuyên Hƣng Yên, 2019-2020]
Vi x, y s thc tha mãn
9
2 x y 1 .
4
Tìm giá tr nh nht ca biu thc:
4 3 2 4 3 2
A x 4x 6x 4x 2 y 8y 24y 32y 17.
Li gii
Ta có:
4 3 2 4 3 2
44
A x 4x 6x 4x 2 y 8y 24y 32y 17
1 x 1 1 y 2
Đặt
a x 1, b y 2
, ta đƣợc
44
A 1 a 1 b
T gi thiết ta đƣợc:
95
a 1 b 1 a b ab
44
Theo AM GM ta có:
2
22
2
4a 1 4a
1
a b a b
2
4b 1 4b


(1)
2 2 2 2
1
a b 2ab a b ab 2
2
Cng theo vế (1) v| (2) ta đƣợc:
2 2 2 2
3 1 5 1 3 1
a b a b ab a b
2 2 4 2 4 2
Áp dng bất đẳng thức Minicopski ta đƣợc:
22
2
4 4 2 2 2 2
2
A 1 a 1 b 1 1 a b a b 4
1 17
4
22



Dấu “=” xảy ra khi
1 1 5
a b x ,y
2 2 2
.
Vy giá tr nh nht ca A là
17
2
Câu 52: [TS10 Chuyên Bình Thun, 2019-2020]
Cho các s dƣơng x, y, z thỏa
1
xyz .
2
Chng minh rng:
2 2 2
yz xy
zx
xy yz zx.
x y z y z x z x y
64
Dấu “=” xảy ra khi nào:
Li gii
Ta có:
2 2 2
2
22
yz xy
zx
xy yz zx
x y z y z x z x y
1
11
y
1 1 1 1
xz
1 1 1 1 1 1
2 x y z
y z x z x y




Đặt
1 1 1
a ,b ,c abc 2
x y z
Khi đó ta cần chng minh:
2 2 2
a b c a b c
b c a c a b 2


Tht vy, s dng bất đẳng thc Cauchy-Schwarz ta đƣợc:
2
2 2 2
a b c
a b c a b c
VT VP
b c a c a b 2
2 a b c




(đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z.
Câu 53: [TS10 Chuyên Hi Phòng, 2019-2020]
Cho
x;y;z
ba s thực ơng thỏa mãn
x(x z) y(y z) 0.
Tìm giá tr nh nht ca biu thc
3 2 2
3
2 2 2 2
y x y 4
x
P
xy
x z y z


Li gii
Áp dng bất đẳng thc Côsi
3 2 2
2 2 2 2
x xz xz z
x x x
2xz 2
x z x z

.
Tƣơng tự
3
22
y
z
y
2
yz

. Suy ra
22
x y 4
P x y z
xy

.
Theo gt
22
xy
z
xy
4
P x y 4
xy
.
Vy
min
P 4 x y z 1
.
Câu 54: [TS10 Chuyên Qung Nam, 2019-2020]
Cho ba s thực dƣơng a, b, c thỏa mãn abc = 1. Tìm giá tr nh nht ca biu thc:
2 2 2
2 2 2
1 a b 5 1 b c 5 1 c a 5
P
ab a 4 bc b 4 ca c 4
Li gii
65
Với x, y dƣơng ta có:
22
xy
1 1 1 1 1
x y 0 x y 4xy
x y 4xy x y 4 x y




(*)
Dấu “=” xảy ra khi x = y.
Ta có:
2
2
22
1 a b 5 2 ab a 4 2
a b 2a 6 2ab 2a 6 2
2
ab a 4 ab a 4 ab a 4 ab a 4 ab a 4
Tƣơng tự:
22
22
1 b c 5 1 c a 5
22
2 ; 2
bc b 4 bc b 4 ca c 4 ca c 4
Do đó:
1 1 1
P 6 2 6 2Q
ab a 4 bc 4 4 ca c 4



Áp dụng (*) ta đƣợc:
1 1 1 1 1
.
ab a 4 4 ab a 1 3
ab a 1 3



Tƣơng tự:
1 1 1 1 1 1 1 1
;
bc b 4 4 bc b 1 3 ca c 4 4 ca c 1 3
Do đó:
1 1 1 1 1 1 1 1
Q 1 2Q 1
4 ab a 1 bc b 1 ca c 1 2 ab a 1 bc b 1 ca c 1
1 1 1 1
P 6 1
2 ab a 1 bc b 1 ca c 1
1 c ac 1
61
2 abc ac c bc.ac abc 1 ca c 1
1 c ac 1
61
2 ca c 1 ca c 1 ca c 1
1
6 .2
2
5










Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1.
Vy giá tr nh nht ca P là 5.
Câu 55: [TS10 Chuyên Lai Châu, 2019-2020]
Cho các s thực dƣơng a, b, c. Chứng minh rng:
ab bc ca 1
a b c
a b 2c b c 2a c a 2b 4
Li gii
Với x, y dƣơng ta có:
22
xy
1 1 1 1 1
x y 0 x y 4xy
x y 4xy x y 4 x y




(*)
Dấu “=” xảy ra khi x = y.
S dụng (*) ta đƣợc:
ab ab ab 1 1
a b 2c 4 a c b c
a c b c



66
Tƣơng tự:
bc bc 1 1 ca ca 1 1
;
b c 2a 4 b a a c c a 2b 4 c b b a
Cng 3 bất đẳng thc trên theo vế ta đƣợc:
ab bc ca
a b 2c b c 2a c a 2b
ab 1 1 bc 1 1 ca 1 1
4 a c b c 4 b a a c 4 c b b a

1 ab bc ab ca bc ca
4 c a b c a b
b a c a b c c a b
1
4 a c b c a b
1
a b c dpcm
4






Đẳng thc xy ra khi a = b = c
Câu 56: [TS10 Chuyên Vĩnh Phúc, 2019-2020]
Cho các s dƣơng a, b, c thỏa mãn:
abc 1.
Chng minh rng:
a b c 3
2
b ac c ab a bc
Li gii
Ta có:
a c a 2b c a 2b c
b ac b b ac
2 2 2
1 2 a a 2 2 2a 4 2a
a 2b c 4
a 2b c a 2b c
4 a 2b c
b ac b ac


Mt khác:
3
4 4 2a 12 2a
a b c 3 abc 3 a b c 4
3 a 2b c 4 7a 10b 7c
Do đó:
2
2 2 2
a b c
VT 12 2
7a 10b 7c 7b 10c 7a 10a 7b 7c
a b c
12 2
7 a b c 17 ab bc ca




Mt khác:
2
2 2 2 2 2 2
22
2
2 2 2
a b c ab bc ca 7 a b c 17 ab bc ca 8 a b c
12 2 a b c 12 2 a b c
3
dpcm
7 a b c 17 ab bc ca
2
8 a b c

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1.
67
Câu 57: [TS10 Chuyên Tuyên Quang, 2019-2020]
Cho các s dƣơng a, b, c thỏa mãn
a b c 4
.Tìm giá tr nh nht ca biu thc:
a a b b c c
P
a 3 b b 3 c c 3 a
.
Li gii
Ta có:
2 2 2
a a b b c c
P
a 3 b b 3 c c 3 a
a b c
a 3 ab b 3 bc c 3 ac
Áp dng bất đẳng thc Cauchy-Schwarz ta đƣợc:
2 2 2
2
a b c
P
a 3 ab b 3 bc c 3 ac
a b c
a b c 3 ab bc ca

Mt khác theo AM-GM:
a b b c c a
ab bc ca a b c
2 2 2
Do đó:
2
a b c
a b c
P1
4
a b c 3 a b c


Dấu “=” xảy ra khi
4
a b c
3
Vy giá tr nh nht ca P là 1.
Câu 58: [TS10 Chuyên Hà Nam, 2019-2020]
Cho các s dƣơng a, b, c. Chứng minh:
2 2 2
a b c a b c
4
b c a
3. a b c


.
Li gii
Áp dng bất đẳng thc Cauchy-Schwarz ta đƣợc:
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b c
a b c a b c ab bc ca
VT
ab bc ca ab bc ca
3. a b c a b c
a b c ab bc ca
2
ab bc ca
a b c
a b c 1 ab bc ca 1 ab bc ca a b c
2
22
2 ab bc ca 2 ab bc ca
a b c a b c








Áp dng bất đẳng thc AM-GM cho 3 s ta đƣợc:
68
2 2 2
3
2 2 2 2 2 2
a b c 1 ab bc ca 1 ab bc ca 1
VT 3 . . 2
2 2 2
2 ab bc ca
a b c a b c
31
2 4 dpcm
22

Đẳng thc xy ra khi a = b = c.
Câu 59: [TS10 Chuyên Phú Yên, 2019-2020]
Cho a, b, c là các s thực dƣơng thỏa mãn
ab bc ca 1.
Chng minh rng:
2 2 2
a b 1 b c 1 c a 1 2
Dấu “=” xảy ra khi nào?
Li gii
S dng bất đẳng thức Minicopski ta đƣợc:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
a b 1 b c 1 c a 1 ab a bc b ca c
ab bc ca a b c ab bc ca 3 ab bc ca
1 3 2 dpcm
Dấu “=” xảy ra khi
Câu 60: [TS10 Chuyên Cao Bng, 2019-2020]
Cho a, b, c các s dƣơng thỏa mãn điều kin a+ b + c = 3. Tìm gtr nh nht ca biu thc:
2 2 2
a b c
R
1 b 1 c 1 a
Li gii
Áp dng bất đẳng thc AM-GM ta đƣợc:
22
22
a ab ab ab
a a a
2b 2
1 b 1 b

Tƣơng tự:
22
b bc c ca
b ; c
22
1 c 1 a

Cng theo vế 3 bất đẳng trên ta đƣợc:
2 2 2
2
2
a b c ab bc ca
R a b c
2
1 b 1 c 1 a
a b c
33
a b c 3
6 6 2


Dấu “=” xảy ra khi
1
a b c
3
Vy giá tr nh nht ca R là
3
2
Câu 61: [TS10 Chuyên Nam Định, 2019-2020]
69
Cho x, y, z s thc không âm thỏa mãn điều kin
3
x y z
2
. Chng minh rng:
x 2xy 4xyz 2
Li gii
S dng bất đẳng thc AM-GM ta đƣợc:
22
22
2
2
1
x 2xy 4xyz x x.4y z
2
1 3 1
x x. y z x x x
2 2 2
x x 2 x x 2 x 2 x 2
x 2 1 x 2x 2
x 2 x 1 2



Do
3
x y z 0 x 2 x 2 0
2
. Vì thế:
2
x 2xy 4xyz x 2 x 1 2 2
(đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi
1
x 1,y ,z 0
2
Câu 62: [TS10 Chuyên Bình Định, 2019-2020]
Cho a, b, c các s thực dƣơng thỏa mãn
a b b c c a 8
. Tìm giá tr nh nht ca biu
thc:
3
1 1 1 1
P
a 2b b 2c c 2a
abc
Li gii.
Trƣớc hết ta chng minh bất đẳng thc ph sau:
8
a b b c c a a b c ab bc ca
9
Tht vy:
a b b c c a a b c ab bc ca abc
Lại theo BĐT AM-GM ta có:
a b b c c a a b b c c a
abc ab. bc. ca . .
2 2 2 8
Suy ra:
a b b c c a a b c ab bc ca abc
a b b c c a
a b c ab bc ca
8
Suy ra đpcm:
8
a b b c c a a b c ab bc ca
9
9
ab bc ca
a b c

Áp dng bất đẳng thc AM-GM dng cng mu s ta có:
70
1 1 1 9 3 ab bc ca
a 2b b 2c c 2a a b c 3
3 a b c


Li có:
2
2 2 2
ab bc ca 3 ab c a bc abc 3abc a b c
2
2
2
3
a b c
9 1 1 a b c
3abc a b c
abc 27 3
abc
a b c



Suy ra:
3
1 1 1 1 a b c 3
P2
a 2b b 2c c 2a 3 a b c
abc

Dấu “=” xảy ra khi:
a b b c c a 8
a b c a b c 1
3 a b c
a b c 3


Vy giá tr nh nht ca P là 2 khi a = b = c = 1.
Câu 63: [TS10 Chuyên Bà Rịa Vũng T|u, 2019-2020]
Cho các s dƣơng a, b, c tha mãn
1 1 1
3
a b c
. Tìm g tr nh nht ca biu thc:
2 2 2 2 2 2
1 1 1
P
a ab 3b 1 b bc 3c 1 c ca 3a 1
Li gii
Ta có:
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2
a ab 3b 1 a 2ab b ab b 1 b
a b ab b 1 b b ab 2b b a b 2
22
22
11
a ab 3b 1 b a b 1
b a b 1
a ab 3b 1

Tƣơng tự:
2 2 2 2
1 1 1 1
;
c b c 2 a c a 2
b bc 3c 1 c ac 3a 1

Với x, y dƣơng ta có:
22
xy
1 1 1 1 1
x y 0 x y 4xy
x y 4xy x y 4 x y




(*)
Dấu “=” xảy ra khi x = y.
Cng theo vế và s dng bất đẳng thc AM-GM ta đƣợc:
71
AM GM
1 1 1
P
b a b 2 c b c 2 a c a 2
2 2 2
4b a b 2 4c b c 2 4a c a 2
1 1 1 1 1 1
4b a b 2 4c b c 2 4a c a 2
1 1 1 1 1 1 1
4 a b c a b 2 b c 2 c a 2
S dng bất đẳng thức (*) ta đƣợc:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
P
4 a b c 4 a b 2 4 b c 2 4 c a 2
3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 8 8 8 16 a b 16 b c 16 c a
3 3 1 1 1 1
4 8 8 a b c
3 3 3 3
4 8 8 2












Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1.
Vy giá tr nh là P là
3
.
2
Câu 64: [TS10 Chuyên Tây Ninh, 2019-2020]
Chng minh
3
a b c 9abc 4 a b c ab bc ca
vi x, y, z các s thực không }m. Đẳng
thc xy ra khi nào?
Li gii
Theo bất đẳng thc Schur vi a, b, c là s thc không âm thì:
a a b a c b b c b a c c a c b 0
Biến đổi ta đƣợc h qu:
3 3 3 2 2 2
a b c 3abc a b c b c a c a b
Mặt kh{c ta có đẳng thc:
3
3 3 3
a b c a b c 3 a b b c c a
Khi đó ta có:
3
3 3 3
a b c 9abc a b c 9abc 3 a b b c c a
Do đó:
2 2 2
VT a b c b c a c a b 9abc 3 a b b c c a
Ta l| có 2 đẳng thc:
2 2 2
) a b c b c a c a b 9abc a b c ab bc ca
) abc a b b c c a a b c ab bc ca
72
Do đó:
2 2 2
a b c b c a c a b 9abc 3 a b b c c a 4 a b c ab bc ca
Vy bất đẳng thức đƣợc chng minh.
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
Câu 65: [TS10 Chuyên Qung Nam, 2019-2020]
Cho 3 s dƣơng x, y, z. Tìm gi{ trị nh nht ca biu thc:
xy yz
zx
P
2x z 2y z 2y x 2z x 2z y 2x y
Li gii
S dng bất đẳng thức Bunyakovski ta đƣợc:
2
2x z 2y z x x z y z y xy zx yz
Do đó:
2
xy xy xy
xy
2x z 2y z
xy yz zx
2x z 2y z
xy yz zx




Tƣơng tự:
yz
yz
zx zx
;
2y x 2z x 2z y 2x y
xy zx yz xy zx yz

Cng 3 bất đẳng thc trên theo vế ta đƣợc:
xy zx yz
P1
xy zx yz



Đẳng thc xy ra khi x = y = z.
Vy giá tr ln nht ca P là 1.
Câu 66: [TS10 Chuyên Bình Phƣớc, 2019-2020]
1) Cho x, y là các s dƣơng thỏa mãn
xy 1.
Chng minh rng:
1 1 2
1 x 1 y
1 xy


2) Cho x, y là các s thực dƣơng thỏa mãn điều kin:
3
x y 4xy 12
Tìm giá tr ln nht ca biu thc:
11
P 2018xy
1 x 1 y

Li gii
1) Ta có:
73
1 1 2 1 1 1 1
0
1 x 1 y 1 x 1 y
1 xy 1 xy 1 xy
1 xy 1 x 1 xy 1 y
0
1 x 1 xy 1 y 1 xy
xy x 1 y xy y 1 x
0
1 x 1 y 1 xy

x y x 1 y y x y 1 x
0
1 x 1 y 1 xy

y x x y x y x y
0
1 x 1 y 1 xy
y x x y xy y x
0
1 x 1 y 1 xy
y x y x xy 1
0
1 x 1 y 1 xy











2
y x xy 1
0
1 x 1 y 1 xy


(đúng
xy 1
) (1)
Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1.
Bất đẳng thƣc (1) đúng c{c phép biến đổi l| tƣơng đƣơng nên b|i to{n đƣợc chng minh.
2) S dng AM-GM ta có:
3
3
12 x y 4xy 2 xy 4xy 8xy xy 4xy
Đặt
xy t t 0
, khi đó:
3 2 3 2 3 2 2
22
8t 4t 12 0 2t t 3 0 2t 2t 3t 3 0
2t t 1 3 t 1 t 1 0 t 1 2t 3t 3 0
t1

Áp dng bất đẳng thc ý 1 ta có:
2
1 1 2 2
P 2018xy 2018xy 2018t
1 x 1 y 1 t
1 xy
Ta s chng minh:
2
2
2018t 2019 *
1t

Tht vy:
74
2
2
* 1 2018 t 1 0
1t
1t
2018 t 1 t 1 0
1t



1
1 t 2018 t 1 0
1t



(đúng do
0 t 1
)
Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1.
Vy giá tr ln nht ca P là 2019.
Câu 67: [TS10 Chuyên Đắc Lc, 2019-2020]
Cho 3 s thực dƣơng a, b, c thỏa mãn
2 2 2
a b c 3.
Chng minh rng:
3 3 3 3 3 3
a b b c c a
2
a 2b b 2c c 2a
Li gii.
S dng bất đẳng thc Cauchy-Schwarz ta đƣợc:
3 3 3 4 4 4
2 2 2
22
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
a b c a b c
)
a 2b b 2c c 2a
a 2ab b 2bc c 2ca
a b c a b c
a b c 2ab 2bc 2ca
a b c 2 a b c
a b c 3
32



3 3 3 4 4 4
2 2 2
22
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
b c a b c a
)
a 2b b 2c c 2a
ab 2b bc 2c ca 2a
a b c a b c
ab bc ca 2 a b c a b c 2 a b c

2 2 2
a b c 3
32


Cng theo vế ta đƣợc:
3 3 3 3 3 3
a b b c c a
2
a 2b b 2c c 2a
(đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi
Câu 68: [TS10 Chuyên Qung Nam, 2019-2020]
Cho hai s thc x, y tha mãn
x 3;y 3.
Tìm giá tr nh nht ca biu thc:
11
T 21 x 3 y .
yx






Li gii
Áp dng bất đẳng thc AM GM ta có:
75
7y
1 1 x 3 21 62 2
T 21 x 3 y x y
y x 3 x 3 y 3 3
7y
x 3 21 62 2
2 . 2 . .3 .3
3 x 3 y 3 3
2 2.7 62 2
80
Dấu “=” xảy ra khi x = y = 3.
Vy giá tr nh nht ca T là 80.
H THNG BÀI TP S DNG TRONG CH ĐỀ
I. BẤT ĐẲNG THC CÔSI
Bài 1. Cho
0x
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2
2
1
8 4 15
4
T x x
x
.
Bài 2. Cho
0x
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2
1
4 3 2011
4
M x x
x
.
Bài 3. Cho
0xy
2xy
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
22
xy
H
xy
.
Bài 4. Cho
1; 1a b
. Chng minh
11a b b a ab
.
Bài 5. Cho
9; 4; 1a b c
. Chng minh
11
1 9 4
12
abc
ab c bc a ca b
.
Bài 6. Cho
22
0; 0; 2a b a b
.
Tìm giá tr ln nht ca biu thc
22M a b a b b a b a
.
Bài 7. Cho
22
0; 0; 2x y x y
.
Tìm giá tr ln nht ca biu thc
14 10 14 10P x x y y y x
.
Bài 8. Cho
0; 0x y
xy x y x y
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
P x y
.
Bài 9. Cho
, , 0abc
1ab bc ca
.
Tính giá tr ln nht ca biu thc
2 2 2
1 1 1
abc
P
abc
.
Bài 10. Cho các s dƣơng
,,a b c
tha mãn
1abc
chng minh
3
2
ab bc ca
c ab a bc b ca
Bài 11. Cho
0, 0, 0a b c
3ab bc ca abc
Tìm giá tr nh nht ca
222
2 2 2 2 2 2
a b c
P
c c a a a b b b c
Bài 12. Cho
0, 0, 0a b c
1abc
Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2 2 2
1 9 1 9 1 9
a b c
T
b c a
76
Bài 13. Cho
, , 0abc
1 1 1
2
1 1 1abc
. Chng minh rng
1
8
abc
.
Bài 14. Cho
0, 0, 0a b c
2 2 2
1abc
. Chng minh :
a)
ab bc ca
abc
c a b
b)
3
bc ca ab
a b c
Bài 15. Cho
,,a b c
l| độ dài ba cnh ca
ABC
.
Chng minh
a b c b c a c a b abc
Bài 16. Cho
2a
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
5
2Pa
a

.
Bài 17. Cho
0, 0x y
6xy
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
6 24
F x y
xy
.
Bài 18. Cho
0, 0x y
3xy
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
22
28 1
2P x y
xy
.
Bài 19. Cho
2 3, 4 6, 4 6x y z
12x y z
. Tìm giá tr ln nht ca biu thc
P xyz
.
Bài 20. Cho
0, 0x y
8
2
2
x
y

. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2xy
K
yx

.
Bài 21. Cho
0, 0x y
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2
2
1
1
xy
xy x y
A
xy x y
xy





.
Bài 22. Cho
0, 0x y
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
22
xy
xy
A
xy x y

.
Bài 23. Cho
0, 0, 0a b c
tha mãn
2 2 2
b c a
.
Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2 2 2
2 2 2
1 1 1
P b c a
a b c



.
Bài 24. Cho
0, 0x y
1xy
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
22
11
1P x y
xy



.
Bài 25. Cho
0, 0x y
1xy
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
22
11
4P xy
x y xy
.
Bài 26. Cho
0, 0x y
1xy
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2
2
11
K x y
xy






.
Bài 27. Cho
0, 0x y
1xy
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
3
3
11
11S x y
xy






.
Bài 28. Cho
0, 0x y
22
2 2 2 8x xy y x
.
Tìm giá tr nh nht ca biu thc
24
23P x y
xy
.
Bài 29. Cho
0, 0, 0a b c
tha mãn
2 2 2
2 3 3b bc c a
.
Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2 2 2
T a b c
a b c
.
Bài 30. Cho
0, 0a b
33
68a b ab
.
Tìm giá tr nh nht ca biu thc
22
13
P ab
a b ab
.
77
Bài 31. Cho
0, 0a b
22
a b a b
.
Tìm giá tr nh nht ca biu thc
44
2
2020
P a b
ab
.
Bài 32. Cho
0, 0x y
1 1 4xy
.
Tìm giá tr nh nht ca biu thc
22
xy
P
yx

.
II. BẤT ĐẲNG THC BUNHIA
Bài 1. Cho
4 9 13xy
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
22
49A x y
.
Bài 2. Cho
4 3 1xy
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
22
43A x y
.
Bài 3. Cho
0, 0, 0x y z
2x y z
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2 2 2
A x y z
.
Bài 4. Cho
22
6
32
35
xy
. Tìm giá tr ln nht ca biu thc
23S x y
.
Bài 5. Cho
22
1
4 25
10
ab
. Tìm giá tr ln nht ca biu thc
65H a b
.
Bài 6. Cho
2 2 2
3
4
x y z
. Tìm giá tr ln nht ca biu thc
P x y z
.
Bài 7. Tìm giá tr ln nht ca biu thc
13P x x
khi
13x
.
Bài 8. Cho
0, 0, 0a b c
3abc
.
Tìm giá tr ln nht ca biu thc
4 5 4 5 4 5K a b c
.
Bài 9. Cho
0, 0, 0a b c
1abc
.
Tìm giá tr ln nht ca biu thc
P b c c a a b
.
Bài 10. Cho
, , 0abc
3abc
.
Tìm giá tr nh nht ca biu thc
2 2 2
a b b c c a
M
.
III. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
Bài 1. Cho
x2
,
y1
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc:
A x y 2 x 2 4 y 1 24
.
Bài 2. Cho
1
x
3

. Tìm giá tr nh nht ca biu thc:
E 5x 6 2x 7 4 3x 1 2
Bài 3. Cho
x1
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc:
T x x 1 3 x 7 28
.
Bài 4. Cho
x 15
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc:
2 2 2
F x x x 15 x 3 x 15 x 3 38
.
Bài 5. Cho
a 0,b 0,c 0
a b c 6
. Tìm giá tr ln nht ca biu thc:
2 2 2 2 2 2
T a 4ab b b 4bc c c 4ca a
.
Bài 6. Cho
x 0,y 0,z 0,x y z 1
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc:
2 2 2 2 2 2
S x xy y y yz z z zx x
.
Bài 7. Cho
2 a,b,c 3
2 2 2
a b c 22
. Tìm giá tr nh nht ca biu thc:
M a b c
.
Bài 8. Cho
x 0,y 0,z 0
tha mãn
x y z 6
. Tìm giá tr ln nht và nh nht ca biu thc:
2 2 2
A x y z
.
78
Bài 9. Cho
a,b,c 0
a b c 3
. Tìm giá tr ln nht và nh nht ca biu thc:
K 3a 1 3b 1 3c 1
.
Bài 10. Cho
0 a,b,c 2
a b c 3
. Chng minh:
ab bc ca 2
.
Bài 11. Cho
a 1,b 1,c 1
ab bc ca 9
. Tìm giá tr ln nht và nh nht ca biu thc:
2 2 2
P a b c
.
Bài 12. Cho
1 x,y,z 1
,
x y z 0
. Tìm giá tr ln nht ca biu thc:
.
Bài 13. Cho
2 a,b,c 2
a b c 0
. Chng minh:
4 4 4
a b c 32
.
Bài 14. Cho
0 x,y,z 1
3
x y z
2
.
Tìm giá tr ln nht và nh nht ca biu thc:
2 2 2
P x y z
.
Bài 15. Cho
0 x,y,z 2
x y z 3
.
Tìm giá tr ln nht và nh nht ca biu thc:
4 4 4
M x y z 12 1 x 1 y 1 z
.
Bài 16. Cho
0 a,b,c 4
a b c 6
.
Tìm giá tr ln nht ca biu thc:
2 2 2
P a b c ab bc ca
.
Bài 17. Cho
a 0,b 0,c 0
a b c 1
. Tìm giá tr ln nht và nh nht ca biu thc:
P b c c a a b
.
Bài 18. Cho
a 0,b 0,c 0
a b c 3
.Tìm giá tr ln nht và nh nht ca biu thc:
P b c c a a b
.
Bài 19. Cho
a 0,b 0,c 0
a b c 1
.Tìm giá tr ln nht và nh nht ca biu thc:
F 3a 1 3b 1 3c 1
.
Bài 20. Cho
a 0,b 0,c 0
a b c 1
. Tìm giá tr ln nht ca biu thc:
2 2 2
2a 3a 4 2b 3b 4 2c 3c 4
.
Bài 21. Cho
x,y 0
tha mãn:
x y 10
.
Tìm giá tr nh nht ca biu thc:
44
P x 1 y 1
.
Bài 22. Cho
22
a b 4ab 4a 4b
.
Tìm giá tr ln nht ca biu thc:
3 3 2 2
A 20 a b 6 a b 2013
.
--------Hết------

Preview text:

BẤT ĐẲNG THỨC
I. BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI .............................................................................................................................. 2
DẠNG 1: DẠNG TỔNG SANG TÍCH ........................................................................................................... 2
DẠNG 2: DẠNG TÍCH SANG TỔNG, NHÂN BẰNG SỐ THÍCH HỢP. ................................................ 3
DẠNG 3: QUA MỘT BƢỚC BIẾN ĐỔI RỒI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI .............................. 4
DẠNG 4: GHÉP CẶP ĐÔI ............................................................................................................................... 7
DẠNG 5: DỰ ĐOÁN KẾT QUẢ RỒI TÁCH THÍCH HỢP ........................................................................ 7
DẠNG 6: KẾT HỢP ĐẶT ẨN PHỤ VÀ DỰ ĐOÁN KÊT QUẢ ............................................................... 10
DẠNG 7: TÌM LẠI ĐIỀU KIỆN CỦA ẨN .................................................................................................... 13
II. BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIA ................................................................................................................... 15
III. PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƢƠNG ĐƢƠNG ................................................................................... 18
DẠNG 1: ĐƢA VỀ BÌNH PHƢƠNG ............................................................................................................ 18
DẠNG 2: TẠO RA BẬC HAI BẰNG CÁCH NHÂN HAI BẬC MỘT .................................................... 20
DẠNG 3: TẠO RA ab+bc+ca .......................................................................................................................... 22
DẠNG 4: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT TRONG BA SỐ BẤT KÌ LUÔN TÒN TẠI HAI SỐ CÓ TÍCH
KHÔNG ÂM..................................................................................................................................................... 22
DẠNG 5: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA MỘT SỐ BỊ CHẶN TỪ 0 ĐẾN 1 ............................................ 25
DẠNG 6 : DỰ ĐOÁN KẾT QUẢ RỒI XÉT HIỆU ...................................................................................... 27
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ ................................................................................. 75 I.
BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI ....................................................................................................................... 75
II. BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIA ............................................................................................................... 77
III. PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƢƠNG ĐƢƠNG ................................................................................... 77 1
I. BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI
1. Dạng hai số không âm , x y
Dạng tổng sang tích: x y  2 xy . 2  x yx y
Dạng tích sang tổng: xy  hay xy    . 2  2  2 2   x y Dạng lũy thừa: 2 2
x y  2xy hay xy  . 2
Dấu "  " xảy ra  x y . 2   x 1
Dạng đặc biệt: x  .1 x  . 2
2. Dạng ba số không âm , x y, z  Dạng tổng sang tích: 3
x y z  3 xyz .   3  x y z
x y z
Dạng tích sang tổng: 3 xyz  hay xyz    . 3  3  3 3 3    x y z Dạng lũy thừa: 3 3 3
x y z  3xyz hay xyz  . 3
Dấu "  " xảy ra  x y z . 3    x 1 1
Dạng đặc biệt: x  . x 1.1  . 3
3. Dạng tổng quát với n số không âm x , x ,..., x 1 2 n
Dạng tổng sang tích: x x  ... n
x n x x ...x . 1 2 n 1 2 n    n      x x ... x x x ... x  Dạng tích sang tổng: 1 2 x x ... n n x  hay 1 2 x x ... n x  . 1 2 n   n 1 2 nnn n n     x x ... x Dạng lũy thừa: n n x x  ... n
x x x ...x hay 1 2 x x ... n x  . 1 2 n 1 2 n 1 2 n n
Dấu "  " xảy ra  x x  ...  x . 1 2 n n    x n 1
Dạng đặc biệt: x  . x 1.1...1  .  n n 1
4. Bất đẳng thức trung gian  1 1 4   x
  0, y  0 . Dấu "  " xảy ra  x y . x y x y  1 1 1 9    x
  0, y  0, z  0 . Dấu "  " xảy ra  x y z . x y z
x y z
DẠNG 1: DẠNG TỔNG SANG TÍCH
1
Ví dụ 1. Cho x  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2
T  8x  4x  15 . 2 4x Lời giải 2  1  Có T   2
4x  4x   2 1  4x  14   2  4x      2x  2 1 1 2 2 1  4x  14  0  2 4x . 14 16   2 2  4x  4x 1
Vậy MinT 16 khi x  2 1
Ví dụ 2. Cho x  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2
M  4x  3x   2011. 4x Lời giải 1 Có 2
M  4x  4x 1 x   2010 4x     x  2 1 1 2 1  x   2010  0  2 . x  2010  2011   .  4x  4x 1
Vậy MinM  2011 khi x  2 2 2 x y
Ví dụ 2. Cho x y  0 và xy  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức H x  . y Lời giải
x y  2xy  2xyx y2 2 2  4 Có H   x y x y
 x y 4   x y 4 2 .  4 . x y x y  4 x y  x y  2 y  2  x x  3 1
Vậy Min H  4 khi  x y       . 2  xy  2
x  2x  2  0    y  3 1 xy 2
DẠNG 2: DẠNG TÍCH SANG TỔNG, NHÂN BẰNG SỐ THÍCH HỢP.
Ví dụ 1: Cho a ≥ 1, b ≥ 1. Chứng minh : a b 1  b a 1  ab Lời giải 1 (b 1) b ab
b 1  1.(b 1)    a b 1  ; 2 2 2 ab ab ab
V| tƣơng tự: b a 1 
a b 1  b a 1    ab  đpcm 2 2 2
Dấu ‘=” xảy ra khi a = b = 2 11abc
Ví dụ 2: Cho a ≥ 9, b≥ 4, c≥ 1. Chứng minh: ab c 1  bc a  9  ca b  4  12 Lời giải: Có: 3 bc ca
ab c 1  bc a  9  ca b  4  ab (c 1).1  . (a  9).9  . (b  4).4 3 2 (c 1) 1
bc (a  9)  9
ca (b  4)  4 11abc  . ab  .  .  2 3 2 2 2 12
Dấu “=” xảy ra khi a = 18, b = 8, c = 2
Ví dụ 3: Cho a ≥ 0, b ≥ 0, a2 + b2 ≤ 2. Tìm gi{ trị lớn nhất của biểu thức: M = a ( b a  2 )
b b a(b  2a) Lời giải Xét: 2 2
3b  (a  2b)
3a  (b  2a) a b M . 3  .
a 3b(a  2b)  b 3a(b  2a)  . a  . b   5ab 2 2 2 2 2 2 2 a b a b   5.  6  M  2 3 2 2
Vậy MaxM = 2 3 khi a = b = 1
Ví dụ 4. Cho x  0 , y  0 và 2 2
x y  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P
x 14x 10y  y 14y 10xLời giải Xét: .
P 24  24x 14x 10y  24y 14y 10x
24x  14x 10y 24y  14y 10x    24 .x1 . y  1 2 2 2 2 2 2
x 1 y 1
x y 1 48  24    24   48  P   P  4 6 .  2 2   2  24
Vậy MaxP  4 6 khi x y 1.
Ví dụ 5. Cho x  0 , y  0 và xy x y  x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của P x y . Lời giải
Từ xy x y  x y x y 2 2    2 1 2 1 4xy x y x y
x y xy x y 
4xy x y         2 2 2 4
 x y2  4x y  0  x y  4. 
 x y2  4xy
 x y2  8xy xy  2 Dấu "=" xảy ra khi            x y  4 x y 4 x y 4
x , y là hai nghiệm phƣơng trình 2
t  4t  2  0  t  2  2 .
Do x y x  2  2 , y  2  2 .
Vậy MinP  4 khi x  2  2 , y  2  2 .
DẠNG 3: QUA MỘT BƯỚC BIẾN ĐỔI RỒI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI
Ví dụ 1.
Cho a , b , c  0 và ab bc ac 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 4 a b c P    . 2 2 2 a 1 b 1 c 1 Lời giải
Thay 1  ab bc ac , ta đƣợc: a b c P    2 2 2
a ab bc ac
b ab bc ac
c ab bc ac a b c    
a ba c
b ab c
c ac ba a b b c c  .  .  .
a b a c
b a b c c a c b a a b b c c          a b a c b a b c c a c b    2 2 2  a b   a c   b c            
a b a b   a c a c   b c b c  3   2 2 3 1 Vậy MaxP
khi a b c  . 2 3
Ví dụ 2. Cho các số dƣơng a , b , c thỏa mãn a b c 1. Chứng minh: ab bc ca 3    c ab a bc b ca 2 Lời giải ab bc ca ab bc ca Ta có      c ab a bc b ca . c 1 ab . a 1 bc . b 1 ca ab bc ca   
c a b c  ab
a a b c  bc
b a b c  ca ab bc ac    
a cb c
a ba c
b cb aa b b c c a  .  .  .
a c c b
a b a c b c b a 1  a b   b c   c a  3              ( đpcm).
2  c a c b   a b a c   b c a b  2
Ví dụ 3. Cho a  0 , b  0 , c  0 và ab bc ac  3abc . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 a b c P    . c  2 2
c a a 2 2
a b b 2 2 b c Lời giải 2 2 2 a b cP    c  2 2
c a a 2 2
a b b 2 2 b c 5 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a c c
b a a
c b b    c  2 2 c a a  2 2 a b b  2 2 b c   1 c   1 a   1 b              2 2 2 2 2 2
c c a   a a b   b b c   1 c   1 a   1 b              2 2 2 2 2 2 c  2 a   2 b c a a b   2 b c   1 1   1 1   1 1  1  1 1 1 
ab bc ac 3                    .
c 2a   a 2b   b 2c  2  a b c  2abc 2 3 Vậy MinP
khi a b c 1. 2
Ví dụ 4. Cho a  0 , b  0 , c  0 và a b c 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a b c T    . 2 2 2 1 9b 1 9c 1 9a Lời giải a  2 1 9b  2 9ab b  2 1 9c  2 9bc c  2 1 9a  2 9caT    2 2 2 1 9b 1 9c 1 9a 2 2 2  9ab   9bc   9ca    a    b    c   2 2 2  1 9b   1 9c   1 9a  2 2 2  9ab   9bc   9ca    a    b    c   2 2 2  2 1.9b   2 1.9c   2 1.9a  3 1 1
a b c  ab bc ac  a b c  a b c2  do a b c   1 . 2 2 2 1 1
Vậy MinT  khi a b c  . 2 3 1 1 1 1
Ví dụ 5. Cho a , b , c  0 và  
 2 . Chứng minh: abc  . 1 a 1 b 1 c 8 Lời giải 1 1 1 Có    2 1 a 1 b 1 c cos 1  1   1 ib c b c bc   1  1    2 .  2     . 1 a  1 b  
1 c  1 b 1 c 1 b 1 c
1b1 c 1 ac 1 ab Tƣơng tự:  2 ;  2 . 1 b
1 a1c 1 c
1 a1b
Nhân các bất đẳng thức dƣơng, cùng chiều ta đƣợc: 1 8abc 1   abc  (đpcm).
1 a1 b1 c
1 a1b1 hay c 8 6
DẠNG 4: GHÉP CẶP ĐÔI 1 1 1
Tách x y z   x y   y z   z x . 2 2 2
xyz xy. yz. zx  , x y, z  0 .
Ví dụ 1. Cho a  0 , b  0 , c  0 và 2 2 2
a b c  1. Chứng minh: ab bc ac bc ca ab a)  
a b c ; b)    3 . c a b a b c Lời giải ab bc ac 1  bc ca  1  ca ab  1  ab bc  a) Có               c a b 2  a b  2  b c  2  c a  1 bc ca 1 ca ab 1 ab bc  .2 .  . .  . .
a b c (đpcm). 2 a b 2 b c 2 c a 2 2 2 2 2 2 2  bc ca ab b c c a a b b) Xét       2    2 2 2
a b c 2 2 2   a b c a b c 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1  b c c a  1  c a a b  1  a b b c               2 2 2 2 2 2 2 2  a b  2  b c  2  c a  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 b c c a 1 c a a b 1 a b b c  .2 .  .2 .  .2 . 2 2 2 2 2 2 2 a b 2 b c 2 c a bc ac ab 2 2 2
a b c  2  3, do đó    3 (đpcm). a b 2
Ví dụ 2. Cho a, ,
b c l| độ d|i ba cạnh của ABC
. Chứng minh (a b c)(b c a)(c a  ) b abc . Lời giải a, ,
b c l| độ d|i ba cạnh của ABC  nên
a  b  c  0, b  c  a  0, c  a  b  0 .
(a b c)  (b c a)
Có 0  (a b c)(b c a)   b ; 2
(b c a)  (c a b)
0  (b c a)(c a b)   c ; 2
(c  a  b)  (a  b  c)
0  (c  a  b)(a  b  c)   a ; 2
Nh}n ba đẳng thức dƣơng cùng chiều ta đƣợc
(a b c)(b c a)(c a  )
b abc (điều phải chứng minh).
DẠNG 5: DỰ ĐOÁN KẾT QUẢ RỒI TÁCH THÍCH HỢP
Bước 1: Kẻ bảng dự đoán giái trị lớn nhất,nhỏ nhất và đạt tại giá trị nào của biến.
Bước 2: Kẻ bảng xác định số nào sẽ đi với nhau.
Bước 3: Tách ghép thích hợp số hạng và sử dụng bất đẳng thức Cô-si.
5
Ví dụ 1. Cho a  2 . Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức P  2a  . a Lời giải
Phân tích bài toán 7 a 2 3 4 13 23 37 P  6,5  7,7  9,25 2 3 4 13
Từ bảng thứ nhất dự đo{n min P   a  2 . 2 1 a a 1 a  2 2 2 1 a 5 5a
Từ bảng thứ hai, ta suy ra sẽ đi với nên sẽ đi với . a 4 a 4
Trình bày lời giải  5 5a  3a 5 5a 3a 3a 3.2 13 Có P     2    5  5  ( do a  2)   .  a 4  4 a 4 4 4 4 2 5 5a 13   Vậy min P  khi a
4  a  2 (thỏa mãn). 2 a  2 6 24
Ví dụ 2. Cho x  0, y  0 và x y  6 . Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức F x y   . x y Lời giải
Phân tích bài toán (x ; y) (1 ; 5) (2 ; 4) (3 ; 3) (4 ; 2) (5 ; 1) 84 39 156 F 16,8 15 16 19,5  31,2 5 2 5
Từ bảng thứ nhất, ta dự đo{n min F 15 khi x  2, y  4 . 1 1 x y x y 1 1
x  2, y  4 2 4 2 4 1 x 6 6x 3x 1 y 24
Từ bảng thứ hai, ta suy ra sẽ đi với nên sẽ đi với  ; sẽ đi với nên sẽ đi với x 4 x 4 2 y 16 y 24 y 3y  . 16 4
Trình bày lời giải
 6 3x   24 3y   x y F              x 2   y 2   2 2  6 3x 24 3y 1 1  2   2 
 (x y)  18  (x y) x 2 y 2 2 2 1
18  6 15 (do x y  6). 2 8 6 3x 24 3yx  2 Vậy min F  15 khi  ; 
; x y  6   (thỏa mãn). x 2 y 2 y  4 28 1
Ví dụ 3. Cho x  0, y  0 và x y  3 . Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
P  2x y   . x y Lời giải
Phân tích bài toán  ;x y 1;2 2  ;1 69 P  34,5 24 2
Từ bảng thứ nhất, ta dự đo{n min P  24 khi x  2, y 1. 1 1 x y x y 1
x  2, y  1 2 1 1 2 1 x 28 28x 1
Từ bảng thứ hai, ta suy ra sẽ đi với nên sẽ đi với
 7x ; se đi với y . x 4 x 4 y
Trình bày lời giải Có  28   1  2 2 P   7x
y  2x y  7x y      x   y   28   1  2 2   7x
y  2(x  2)  (y 1)  (x y)  9      x   y  28 1  2 7x  2
y  0  0  3 9  24. x y 28 1 Vậy min P  24 khi  7 ; x  ;
y x  2  0; y 1  0; x y  3  x  2, y  1. x y
Ví dụ 4. Cho 2  x  3, 4  y  6, 4  z  6 và x y z  12 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P xyz . Lời giải
Nhận xét: Do y z vai trò nhƣ nhau nên sử dụng bất đẳng thức Cô-si đối với tích yz , ta đƣợc 2  y z  1
P x( yz)  xx(12  ) x (12  ) x   .  2  4
Đến đ}y ta kẻ bảng để dự đo{n gi{ trị lớn nhất của P x 2 3 243 P 50  60,75 4 243
Từ bảng thứ nhất dự đo{n max P  khi x  3. 4 x 12  x x  3 3 9
Từ bảng thứ hai, ta suy ra 3x sẽ đi với 12  x nên ta biến đổi 9 3 3 1 1  x  24  1  3  24  243 P
[(3x)(12  x)(12  x)]        . 12 12  3  12  3  4 243 9 Vậy max P
khi x  3, y z  . 4 2
DẠNG 6: KẾT HỢP ĐẶT ẨN PHỤ VÀ DỰ ĐOÁN KÊT QUẢ
Khi đặt ẩn phụ ta cần tìm điều kiện của ẩn phụ. 
Một số bất đẳng thức trung gian thƣờng dùng: 
Với mọi a,b thì  2 2 a b  2 2  (a  ) b
 4ab . Dấu bằng xảy ra khi a b .  Với mọi a, , b c thì  2 2 2
a b c  2 3
 (a b c)  3(ab bc ca) . Dấu bằng xảy ra khi a b c . 2 3 2 2 3 3          a b a b a b a b
Với mọi a,b thì  a  , ; ba   b  0    
. Dấu bằng xảy ra khi a b . 2  2  2  2   1 1 4   a
  0,b  0 . Dấu bằng xảy ra khi a b . a b a b  1 1 1 9    a
  0,b  0,c  0. Dấu bằng xảy ra khi a b c . a b c
a b c x 8 x 2 y
Ví dụ 1. Cho x  0, y  0 và 
 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức K   . 2 y y x Lời giải x x 8 x 8 x x 1 1 Đặt a , do 2 2 . 4 0 a y 2 y 2 y y y 4 4 2 2 2 K a 32a 31a 2 .32a 31a a a a Có 1 33 1 16 31a 16 31. do 0 a 4 4 4 33 1 Vậy MinK khi a hay x 2, y 8. 4 4 2 x y 1 xy x y
Ví dụ 2. Cho x 0, y
0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 2 xy x y x y 1 2 x y 1 xy x y 1 Đặt a 2 xy x y x y 1 a 2 2 Do m n p 3(mn np p ) m x y 1 3 xy x y a 3 10 Vậy MinA khi a 3 x y 1. 3 2 2 x y xy
Ví dụ 3. Cho x 0, y
0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của A xy x y Lời giải 10 2 2 2 x y 2xy xy x y xy x y xyA 2 2 xy x y xy x y xy x y x y x y Đặt t , do x y 2 xy 2 t 2 xy xy 2 2 Cos 1 1 7 i t t 1 7 Ta đƣợc 2 2 2 A t 2 t 2 2 . t 2 t 8 t 8 8 t 8 t 7 2 7 5 2 2 t 2 .2 2 (do t 2 ). 2 8 2 8 2 5 Vậy MinA khi t 2 x y . 2
Ví dụ 4. Cho a 0,b 0, c 0 thỏa mãn 2 2 2 b c
a . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 2 2 2 P b c a 2 2 2 a b c Lời giải 2 2 1 1 1 2bc 2a bc a Có 2 2 2 P b c a 2 2 2 2 2 2 a b c a bc a bc 2 2 2 a b c 2bc Dặt t 2 ta đƣợc bc bc bc 1 t 1 3t t 1 3t 3t 3.2 P 2 t 2 2 2 . 2 1 2 1 5 (do t 2 ). t 4 t 4 4 t 4 4 4 b c a Vậy MinP 5 khi b c 2 2 2 b c a 2 1 1
Ví dụ 5. Cho x 0, y 0 và x y
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 P . 1 x y x y Lời giải 1 1 1 Có 2 2 P 2 . . 1 x y 2 xy x y . x y 2 x y 1 1 Đặt a xy , do xy 0 a , ta đƣợc 2 4 4 1 1 1 1 1 P 2 a 2 16a 15a 2 2 .16a 15a 2 8 15a 2. 8 15. 17 do 0 a a a a 4 4 1 1 MinP 17 khi a hay x y 4 2 1 1
Ví dụ 6: Cho x 0, y 0 và x y
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 4xy . 2 2 x y xy Lời giải 11 1 1 1 1 1 4 Có P 4xy . Sử dụng a,b 0 , ta đƣợc 2 2 x y 2xy 2xy a b a b 1 1 4 4 4 1 4 (do 0 x y 1) . Suy ra P 4 4xy . 2 2 2 2 2 2 x y 2xy x y 2xy (x y) 1 2xy 2 x y 1 1 Đặt a = xy, do xy 0 a ta đƣợc 2 4 4 1 1 1 1 1 P 4 4a 4 8a 4a 4 2 .8a 4a 8 4a 8 4. 7 (do 0 a ) 2a 2a 2a 4 4 1 MinP 7 khi x y 2 2 2 1 1
Ví dụ 7: Cho x,y >0 và x y
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức K x y x y Lời giải 2 2 2 a b a b 1 1 4 Cách 1: Sử dụng a,b a,b 0. 2 c a b a b 2 2 2 1 1 1 1 x y x y 2 x y x y 1 4 ta đƣợc K 2. 2. x y 2 2 2 x y Đặt a x y , điều kiện 0 a 1, ta đƣợc: 2 2 2 1 4 1 1 3 1 1 3 K a a 2 . a 2 a 2 a a 2 a a 2 2 1 3 1 3 25 25 1 2 . 2 (do 0 a 1). Vậy, MinK khi x y . 2 a 2 1 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 Cách 2: 2 2 K x y x y 4 2. xy 4. 2 2 x y x y xy 2 x y 1 1 Đặt a x , y do xy 0 a . Ta đƣợc: 2 4 4 1 15 1 15 25 1 25 1 K 2. 4 2. 4 do 0 a . Vậy, MinK khi x y . 2 4a 2 1 2 4 2 2 4. 4 3 3 1 1
Ví dụ 8: Cho x 0, y 0 và x y
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S 1 x 1 y x y Lời giải 3 3 3 a ba b  1 1 4 Sử dụng  a   b  0   và +  a
  b  0 , ta đƣợc 2  2  a b a b 12 3 3 3  1   1   1 1  1 x   1 y      1 x  1 y     x   y x y S  2.  2  2  2     
Đặt a x y , điều kiện 0  a 1, ta đƣợc 3 3 3 3 3 1  4  1   1  3  1  1 3  1  3  1  3  343 S  2  a   2  a          2  2 . a    4   4       4  a  4   a a  4 a a 4    a  4  1  4 343 1 Vậy MinS  khi x y  4 2
DẠNG 7: TÌM LẠI ĐIỀU KIỆN CỦA ẨN 2 4
Ví dụ 1. Cho , x y  0 và 2 2
2x  2xy y  2x  8 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P
  2x  3y . x y Lời giải Có 2 2 2 2 2
2x  2xy y 2
x  8  x  2xy y x  2x 1 9   2 2 2
x y2   x  2 1
 9, mà x y  x y  x  
1   x y2  9  0  x y  3  2   4  2 4 Có P   2x
y  4x  4y  2 .2x  2
.y  4(x y)      x   yx y
 8  4(x y)  8  4.3  4
 (do 0  x y  3). Vậy MinP  4
 khi x 1, y  2.
Ví dụ 2: Cho a 0, b 0, c 0 thỏa mãn 2 2 2 2 b bc c 3 3 a
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 2 2 2 thức T a b c a b c Lời giải Có 2 2 2 2 2 2 2 b bc c 3 3 a 3a 2b 2bc 2c 9 2 2 2 3a 2b 2bc 2ab 2ac 2c 2ab 2ac 9 2 2 2 2 2 2 2 a b c 2ab 2bc 2ca a b 2ab a c 2ac 9 2 2 2 2 a b c a b a c 9 a b c 9 0 a b c 3 1 1 1 9 18 Sử dụng ta đƣợc T a b c a b c a b c a b c Đặt x a b , c 0 x 3 , ta đƣợc 18 18 18 T x 2x x 2 .2x x 12 x 12 3 9 (do 0 x 3 ) x x x Vậy MinT 9 khi x 3 hay a b c 1
Ví dụ 3: Cho a 0, b 0 và 3 3 a b 6ab
8 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 3 P ab 2 2 a b ab Lời giải 13 Có 3 3 3 3 2 2 2 2 a b 6ab 8 a b 3a b 3ab 3a b 3ab 6ab 8 3 3 3 a b 3ab a b 2 8 a b 2 3ab a b 2 0 2 a b 2 a b 2 a b 4 3ab a b 2 0 2 2 a b 2 a b ab 2a 2b 4 0 2 2 a b 2 2a 2b 2ab 4a 4b 8 0 2 2 2 a b 2 a b a 2 b 2 0 0 a b 2 1 1 5 Có P ab 2 2 a b 2ab 2ab 1 1 4 Sử dụng , x y 0 , ta đƣợc: x y x y 1 1 1 4 4 1 (do 0 a b 2 ) 2 2 2 2 2 2 a b 2ab a 2ab b a b 2 5 Suy ra P 1 ab 2ab 2 2 a b 2 Đặt x ab , do ab 1 0 x 1, ta đƣợc: 2 2 5 5 5x 3x P 1 x 1 2x 2x 2 2 5 5x 3x 3x 3.1 9 1 2 . 6 6 (do 0 x 1) 2x 2 2 2 2 2 9 Vậy MinP khi a b 1 2
Ví dụ 4: Cho a 0, b 0 và 2 2 a b a
b . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2020 4 4 P a b 2 a b Lời giải 2 2 2 x y x y Sử dụng , ta đƣợc 2 2 2 2 2 2 a b a b a b a b 2 2 a b a b 2. 2 1 0 a b 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b 2020 a b 2020 a b 2020 P 2. 2 2 2 2 2 a b 2 a b 2 a b Đặt 2 x a b , ), 0 x 4 , ta đƣợc: x 2020 x 8 2012 x 8 2012 P 2 . 2 x 2 x x 2 x x 14 2012 2012 4 4 50 (do 0 x 4 ) x 4 Vậy MinP 507 khi x 4 hay a b 1 2 2 x y
Ví dụ 5: Cho x 0, y 0 và x 1 y 1
4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P y x Lời giải x 1 y 1 4 xy x y 3 3 xy . x 1 . y 1 x y x 1 y 1 Mà xy . x 1 . y 1 x y 1, suy ra x y 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x yP y x x y y x y x 2 2 x y 2 .y 2 .x x y x y 2 y x Vậy MinP 2 khi x y 1 II.
BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIA 1.
Dạng bộ hai số ; a b ; x y bất kỳ  2 2 2 2 2 ax by a b x y x y Dấu " " xảy ra a b  2 2 Đặc biệt 2 2 2 2 x y 1.x 1.y 1 1 x y 2.
Dạng bộ ba số ; a ; b c ;
x y; z bất kì  2 2 2 2 2 2 2 ax by cz a b c x y z x y z Dấu " " xảy ra a b c  2 2 Đặc biệt 2 2 2 2 2 2 x y z 1.x 1.y 1.z 1 1 1 x y z 3.
Dạng tổng quát bộ n số a ;a ; ; a x ; x ; ; x 1 2 n 1 2 n  2 2 2 2 2 2 2 a x a x a x a a a x x x 1 1 2 2 n n 1 2 n 1 2 n x x x Dấu " " xảy ra 1 2 n a a a 1 2 n Quy ƣớc trong dấu "
" xảy ra, nếu mẫu nào bằng 0 thì tử tƣơng ứng bằng 0.
Ví dụ 1. Cho 4x + 9y = 13. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 4x2 + 9y2 Lời giải 15 Bunhia
Có 132 = (4x + 9y)2 = (2.2x + 3.3y)2
 (22 + 32)(4x2 + 9y2) = 13A  A 13
Ví dụ 2. Cho 4x + 3y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 4x2 + 3y2 Lời giải Bunhia 1
Có 12 = (4x + 3y)2 = (2.2x + 3 . 3 y)2
 (4 + 3)(4x2 + 3y2) = 7A  A  7 2x 3x 1  = 1 Vậy MinA = khi  3y 3  x = y = 7 7  4x + 3y = 1
Ví dụ 3. Cho x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0 v| x + y + z = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x2 + y2 + z2 Lời giải Bunhia 4 Có 22 = (1.x + 1.y + 1.z)2
 (12 + 12 + 12)( x2 + y2 + z2) = 3A  A  3 x y z 4  =  2 Vậy MinA = khi  1 1 1  x = y = 3 3 x + y + z = 2 6
Ví dụ 4. Cho 3x2 + 2y2 =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2x + 3y 35 Lời giải 2  2 3  Có S2 = (2x + 3y)2 = . 3x + . 2y    3 2  Bunhia  4 9  35 35 6  +   2 2 3x +2y  =  2 2 3x +2y   . =1  S  1  3 2  6 6 35  3x 2 y  4y  4  = 3x 2y x = x = 2 3 =      9  35 Vậy MaxS = 1     2 3     3 2 8y 9  2x + 3y = 1  + 3y = 1   y = 2x + 3y = 1  9  35 1
Ví dụ 5. Cho 4a2 + 25b2 ≤
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức H = 6a – 5b 10 Lời giải
Có H2 = (6a – 5b)2 = (3.2a + (–1) .5b)2 Bunhia 1
 (9 + 1)(4a2 + 25b2) = 10(4a2 + 25b2) ≤ 10. = 1  H ≤ 1 10 16  3 2a 5b a =  = 2a + 15b = 0  20 Vậy MaxH = 1   3 -1     1   8a - 15b = 3 1 6a - 5b = 1   b = -  50 3
Ví dụ 6. Cho x2 + y2 + z2 = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + z 4 Lời giải Bunhia 3 19 3 Có P2 = (1.x + 1.y + 1.z)2
 (12+ + 12 + 12)(x2 + y2 + z2) = 3. =  P ≤ 4 4 2 x y z =  3 1 1 1 1 Vậy MaxP = khi   x = y = z = 2 3 2 x + y + z =  2
Ví dụ 7. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x - 1 + 3 - x khi 1 ≤ x ≤ 3 Lời giải Bunhia 2 2 Có P2 =  2 1. x - 1 + 1. 3 - x   2 2
1  1  x - 1 + 3 - x  = 4  P ≤ 2 x 1 3  x Vậy MaxP = 2 khi   x = 2 (thỏa mãn) 1 1
Ví dụ 8. Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 v| a + b + c = 3. Tìm gi{ trị lớn nhất của biểu thức K = 4a + 5 + 4b + 5 + 4c + 5 Lời giải Có K2 =  2
1. 4a + 5 + 1. 4b + 5 + 1. 4c + 5 Bunhia
 (12+ + 12 + 12)( 4a + 5 + 4b + 5 + 4c + 5)
= 3[4(a + b + c) + 15] = 3(4.3 + 15) = 81  K ≤ 9  4a + 5 4b + 5 4c + 5  = = Vậy MaxK = 9 khi   a = b = c = 1 1 1 1 a + b + c = 3
Ví dụ 9. Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 v| a + b + c = 1. Tìm gi{ trị lớn nhất của biểu thức P = b + c + c + a + a + b Lời giải Có P2 =  2 1. b + c + 1. c + a + 1. a + b Bunhia 2 2 2
 (12+ + 12 + 12) b + c + c + a + a + b 
= 6 (a +b + c) = 6  P  6 17  a + b b + c c + a  = = 1 Vậy MaxP = 6 khi   a = b = c = 1 1 1 3 a + b + c = 1
Ví dụ 10. Cho a, b, c ≥ 0 v| a + b + c = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a + b b + c c + a M = + + 2 2 2 Lời giải
 a+ b2 =1. a+1. b2 Bunhia    2 2 1 +1 a+b =2 a+b  2 2 Bunhia  Ta có
 b+ c =1. b+1. c   2 2
1 +1 b+c =2 b+c
 c+ a2=1. c+1. a2 Bunhia 2 2
1 +1 c+a  =2 c+a   Suy ra a + b  2(a+b), b + c  2(b+c), c + a  2(c+a)
 2 a + b+ c   2  a+b+ b+c+ c+a  a+b b+c c+a  a + b + c  + + hay M ≥ 3 2 2 2
Vậy MinM = 3 khi a = b = c = 1
III. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
DẠNG 1: ĐƯA VỀ BÌNH PHƯƠNG
 A2 ± m ≥ 0 ± m ; - A2 ± m ≤ 0 ± m
Dấu “=” xảy ra khi A = 0.
 A2 + B2 ± m ≥ 0 + 0 ± m; - A2 - B2 ± m ≤ 0 + 0 ± m
Dấu “=” xảy ra khi A = 0, B = 0.
Ví dụ 1. Cho x ≥ - 2; y ≥ 1. Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức
A = x + y - 2 x + 2 - 4 y - 1 + 24 . Lời giải
Có A = x + 2 - 2 x + 2  
1 +  y - 1 - 4 y - 1  4 + 18 2 2 =  x + 2 - 
1 +  y - 1 - 2 +18  0 + 0 + 18 = 18  x + 2 = 1 x = -1 Vậy MinA = 18 khi    ( thỏa mãn)  y = 5 y - 1 = 2  1
Ví dụ 2. Cho x ≥ - . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức E = 5x - 6 2x + 7 - 4 3x + 1 + 2 . 3 18 Lời giải
Có E = 2x + 7 - 6 2x + 7 9 +  3x + 1 - 4 3x + 1  4 - 19 2 2
=  2x + 7 - 3 + 3x + 1 - 2 - 19  0 + 0 - 19 = - 19
 2x + 7 = 3 2x + 7 = 9 Vậy MinA = - 19 khi     x = 1 ( thỏa mãn) 3   x + 1 = 4 3x + 1 = 2
Ví dụ 3. Cho x  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
T = x x 1  3 x  7  28. Lời giải
Xét 2T = 2x  2 x 1  6 x  7  56
 x 1 2 x 1 
1  x  7  6 x  7  9  40   x 1 2
1   x  7  32  40  0  0  40  40  T  20  x 1 1 x 1 1
Vậy Min T  20 khi   
x  2 (thỏa mãn)    x  7  9 x 7 3
Ví dụ 4. Cho x  15. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2
F x x   2 x  x  2 15
3  x 15  x  3  38. Lời giải Xét 2
F x x
 2x  x  2 2 2 2 2 15
3  2 x 15  x  3  76
  2x 15 x32  2x 15x3 2 2
x 15  2 x 15  
1  x  3 2 x  3   1
  x 15  x 32  x 15  2
1   x  3  2 2 2
1  42  0  0  42  4  2  F  21  Vậy Min F  21  khi 2 x 15 
x  3  1  x  4 (thỏa mãn)
Ví dụ 5. Cho a  0,b  0,c  0 và a b c  6. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T= 2 2 2 2 2 2
a  4ab b b  4ab c c  4ca a . Lời giải
Chú ý: Với x  0, y  0, ta có
6 x y2  2 x y2
6  x y2 2 2
x  4xy y   4 4 x y 6 2 2  
x  4xy y  . 2
Vận dụng vào bài toán, ta có
a b 6 bc 6 c a 6 T   
 a b c 6  6 6 2 2 2 19
Vậy MaxT  6 6 khi a = b = c =2.
Ví dụ 6. Cho a  0,b  0,c  0 , x y z 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = 2 2 2 2 2 2
x xy y
y yz z z zx z . Lời giải
Chú ý: Với x  0, y  0, ta có
a b2 3a b2 a b2 2 2
a ab b   4 4 a b 2 2
a ab b  2 x y y z z x
Vận dụng vào bài toán, ta có S   
x y z 1. 2 2 2 1
Vậy MinS  1 khi x y z  . 3
DẠNG 2: TẠO RA BẬC HAI BẰNG CÁCH NHÂN HAI BẬC MỘT
m x n   x m x n  0.  m
x n   x m x n  0. Ví dụ 1.Cho 2   , a , b c  3 và 2 2 2
a b c  22.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M a b  . c Lời giải Vì 2
  a  3 nên a  2  0,a 3  0.
Suy ra a  a   2 2 2
3  0  a a  6  0  a a  6.
Tƣơng tự, ta cũng tìm đƣợc 2 2
b b  6, c c  6 Do đó 2 2 2
M a b c a b c 18  22 18  4. a  2  ,a  3 
a b  3,c  2  b   2  , b  3  Vậy MinM =4 khi 
a c  3,b  2  c 2, c 3     
b c  3,a  2  
a b c  4
Ví dụ 2.Cho x  0, y  0, z  0 thỏa mãn x y z  6.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2
A x  y  z . Lời giải Tìm MinA
Cách 1 (Sử dụng bất đẳng thức Bunhia) Bunhia
  x y z2 2   2 2 2    2 2 2 6 1. 1. 1. 1 1 1
x y z   3A A 12.  x y z    Vậy MinA = 12 khi 1 1 1
x y z  2.
x y z  6
Cách 2 (Sử dụng bất đẳng thức Côsi – dự đo{n min đạt tại x=y=z=2) 20 Có 2 2 2
A x y z   2 x     2 y     2 4 4 z  4 12 2 2 2
 2 x .4  2 y .4  2 z .4 12  4x y z 12  4.6 12 12.
Vậy MinA  12 Khi x y z  2.  Tìm MaxA Có ,
x y, z  0 và x y z  6 nên 0  , x y, z  6.
xx  6  yy  6  zz  6  0 2 2 2
x y z  6x y z  6.6  36  A  36. x  0, x  6  y  0, y  6 Vậy MaxA  36 khi  hay  ;
x y; z  là hoán vị của 0;0;6. z  0, z  6 
x y z  6
Ví dụ 3.Cho a  0, b  0,c  0 thỏa mãn a b c  3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức K  3a 1  3b 1  3c 1. Lời giải Tìm MaxK
Cách 1 (Sử dụng bất đẳng thức Bunhia) Xét K   a   b   c  2 2 1. 3 1 1. 3 1 1. 3 1 Bunhia   2 2 2
1 1 1 3a 1 3b 1 3c  
1  9 a b c   1  36  K  6.
Vậy MaxK  6 khi a b c 1.
Cách 2 (Sử dụng bất đẳng thức Côsi – dự đo{n min đạt tại a=b=c=1) 1
K  3a 1  3b 1  3c 1   3a   1 .4  3b   1 .4  3c   1 .4  2   1 3a   1  4 3b   1  4 3c   1  4 
3a b c 15 3.3 15       6.   2 2 2 2 4 4  
Vậy Max K  6 khi a b c 1.  Tìm MinA
a b c  3  3a  3b  3c  9  3a   1  3b   1  3c   1  12.
Đặt x  3a 1, y  3b 1, z  3c 1 ,
x y, z  1 và x y z  12. Từ ,
x y, z  1 và x y z 12 1 , x , y z  10   
x   x
  x   x 10 1 10 0 10 1 x  10  0  x  . 10 1 y  10 z  10 Tƣơng tự y  , z  , suy ra 10 1 10 1 21
x y z  3 10 12  3 10 x y z   K   10  2. 10 1 10 1
Vậy MinK  10  2 khi  ,
x y, z  là hoán vị của 1;1;10 nên  ; a ;
b c hoán vị của 0;0;3.
DẠNG 3: TẠO RA ab+bc+ca  0  , a ,
b c m  m am bm c  0  0  , a ,
b c m  m am b  m am c  m bm c  0
Ví dụ 1. Cho 0  , a ,
b c  2 và a b c  3. Chứng minh ab bc ca  2. Lời giải Do 0  , a ,
b c  2 nên 2  a2  b2  c  0
 8  4a b c  2ab bc ca  abc  0
 8  4.3 2ab bc ca  abc  0 (do a b c  3 ) abc abc
ab bc ca  2  , mà 2 
 2 nên ab bc ca  2 (đpcm). 2 2
Ví dụ 2: Cho a  1, b  1, c  1 và ab+bc+ca =9.
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =a2 + b2 + c2 Lời giải: * Tìm Min P
Có (a –b)2 +(b- c)2 +(c-a)2  0 => a2 +b2 +c 2  ab +bc+ca => P  9.
Vậy MinP =9 khi a = b= c = 3 * Tìm MãP
Do a  1, b  1, c  1 => (a-1)(b-1) +(b-1)(c-1) +(c-1)(a-1)  0
<=> (ab+ bc +ca) -2(a+b+c) +3  0 <=> a+ b+ c  6
<=> a2 + b2 +c2 +2(ab+bc+ca)  36 <=> P  18
Vậy MaxP=18 khi (a,b,c) là hoán vị của (1;1;4)
DẠNG 4: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT TRONG BA SỐ BẤT KÌ LUÔN TÒN TẠI HAI SỐ CÓ TÍCH KHÔNG ÂM
Tính chất 1: Nếu -1  a  1 thì n a  a n   N*
Dấu “=” xảy ra khi a=0 hoặc a=1 nếu n lẻ, khi a=0 hoặc a=  1 nếu n chẳn
Tính chất 2: Nếu hai số a và b có tích ab  0 thì a  b  a  b
Tính chất 3: Với ba số x, y, z bất kỳ, luôn tồn tại hai số có tích không âm.
Bài toán cơ bản: Cho -1  x, y, z  1, x+ y+ z =0
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = x  y  z Lời giải:
Với ba số x, y, z bất kỳ, luôn tồn tại hai số có tích không âm.
Giả sử xy  0 => x  y  x  y  z  z
Nên T  2 z  2 ( do -1  z  1 ). 22
Vậy MaxT =2 khi (x;y;z) là hoán vị (-1;0;1).
Ví dụ 1. Cho -2  x, y, z  2, x+ y+ z =0. Chứng minh rằng a4 +b4 +c4  32 Lời giải: a a a
Có -2  x, y, z  2 => 1   , , ,1 2 2 2 a b c Đặt x  , y  , z   1
  x, y, z 1 và x+y+z=0. 2 2 2
Khi đó a4 +b4 +c4 =16(x4 +y4 +z4)  16 x  y  z  .
Với ba số x, y, z bất kỳ, luôn tồn tại hai số có tích không âm.
Giả sử: xy  0 => x  y  x  y  z  z nên 4 4 4
x  y  z  2 z  2  a  b  c  32 ( đpcm) 3
Ví dụ 2. Cho 0  x, y, z  1 và x+ y+ z = . 2
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=x2 +y2 +z2 Lời giải: Tìm Min P
Cách 1
( Sử dụng bất đẳng thúc Bunhia) 2 Bunhia  3  3 Có 2 2 2 2 2 2 2
 (1.x 1.y 1.z)  (1 1 1 )(x  y  z )  3P  P     2  4 x y z    3 1 1 1 1 Vậy MinP = Khi   x  y  z  4 3 2 x  y  z   2 1
Cách 2( Sử dụng bất đẳng thức Côsi – dự đo{n min đạt tại x=y=z= ) 2 1 1 1 1 1 1 3 3 2 2 2  2   2   2  Cã P  x  y  z  x   y   z   2 2 x .  2 2 y .  2 2 z .   x  y  z        .  4   4   4  4 4 4 4 4 3 1 Vậy MinP = Khi x = y = z = 4 2 Tìm MaxP 3
Có x + y + z =  (2x – 1) + (2y – 1) + (2z – 1) = 0 2
Đặt a = 2x – 1, b = 2y – 1, c = 2z – 1.
Do (2x – 1) + (2y – 1) + (2z – 1) = 0 nên a + b + c = 0
Vì 0 ≤ x, y, z ≤ 1  - 1 ≤ 2x – 1, 2y – 1, 2z – 1 ≤ 1 nên – 1 ≤ a, b, c ≤ 1. 2 2 2 2 2 2  a 1  b 1  c 1
a b c  2(a b c)  3 Có P =           2   2   2  4 2 2 2
a b c  3
a b c  3 = 
(do 1  a, , b c  1) 4 4 23
Với ba số a, b, c bất kì, luôn tồn tại hai số có tích không âm.
Giả sử a.b ≥ 0 thì a b a b c   c nên 2 c  3 2  3 5 P    (do c 1) . 4 4 4 5  1 3 
Vậy MaxP = khi (a; b; c) là hoán vị của (- 1; 0; 1) hay (x; y; z) là hoán vị của 0; ;   . 4  2 2 
Ví dụ 3: Cho 0 ≤ x, y, z ≤ 2 v| x + y + z = 3. Tìm gi{ trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
M = x4 + y4 + z4 + 12(1 – x)(1 – y)(1 – z). Lời giải
Có x + y + z = 3  (x – 1) + (y – 1) + (z – 1) = 0
Đặt a = x – 1, b = y – 1, c = z – 1  - 1 ≤ a, b, c ≤ 1 v| a + b + c = 0
Với a + b + c = 0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc
Có M = (a + 1)4 + (b + 1)4 + (c + 1)4 – 12abc
= (a4 + b4 + c4 ) + 4(a3 + b3 + c3) + 6(a2 + b2 + c2) + 4(a + b + c) – 12abc
= (a4 + b4 + c4) + 6(a2 + b2 + c2).
* Có M = (a4 + b4 + c4) + 6(a2 + b2 + c2) ≥ 0
Vậy Min M = 0 khi a = b = c = 0  x = y = z = 1
* Có M = (a4 + b4 + c4) + 6(a2 + b2 + c2) ≤  a b c   6 a b c   7 a b c .
Với ba số a, b, c bất kì, luôn tồn tại hai số có tích không âm.
Giả sử ab ≥ 0  a b a b c   c
a b c  2 c  2  M 14 .
Vậy MaxM = 14 khi (a; b; c) là hoán vị của (- 1; 0; 1) hay (x, y, z) là hoán vị của (0; 1; 2).
Ví dụ 4: Cho 0 ≤ a, b, c ≤ 4 v| a + b + c = 6.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca. Lời giải
a b c
a bc2 2 2 2 2 2 2
a b c Có P   18. 2 2 2 a  2 b  2 c  2
Do a + b + c = 6  (a – 2) + (b – 2) + (c – 2) = 0     0 2 2 2 a  2 b  2 c  2 Đặt x  , y  , z   x + y + z = 0. 2 2 2
a  2 b  2 c  2
Vì 0 ≤ a, b, c ≤ 4  - 2 ≤ a – 2, b – 2, c – 2 ≤ 2  - 1  , , 1. 2 2 2  - 1 ≤ x, y, z ≤ 1.
x  2  y  2  z  2 2 2 2 2 2 2 Có P 
18 = 2(x2 + y2 + z2) + 4(x + y + z) + 24 2 24
= 2(x2 + y2 + z2) + 24 ≤ 2 x y z   24
Với ba số x, y, z bất kì, luôn tồn tại hai số có tích không âm.
Giả sử xy ≥ 0  x y x y  z z nên P  4 z  24  4  24  28 (do 1 z 1).
Vậy MaxP = 28 khi (x, y, z) là hoán vị của (- 1; 0; 1) nên (a, b, c) là hoán vị của (0; 2; 4).
DẠNG 5: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA MỘT SỐ BỊ CHẶN TỪ 0 ĐẾN 1
* Nếu 0  x 1 thì x x . Dấu “ ”
 xảy ra khi x  0 hoặc x  1
* Nếu 0  x 1 thì n * x x n   . Dấu “ ”
 xảy ra khi x  0 hoặc x  1.
Ví dụ 1: Cho a  0;b  0;c  0 và a b c 1 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
P b c c a a b . Lời giải * Tìm MaxP
Cách 1:
( Sử dụng bất đẳng thức Bunhia) Xét 2 2
P  (1. b c 1. c a 1. a b) Bunhia      2 2 2 2 2 2 1 1 1
b c c a a b
 6(a b c)  6( do a b c 1)  P  6 1
Vậy Max P  6 khi a b c  3 1
Cách 2: ( Sử dụng bất đẳng thức Cosi - dự đo{n max đạt tại a b c  ) 3 2 2 2 2 Xét . P  (b c)  (c a)  (a b) 3 3 3 3 2 2 2  (b c)  (c a)  (a b) 3 3 3    2 2 2 2
1 a b c  2( do a b c 1)  P  2 :  6 3 1
Vậy Max P  6 khi a b c  3 * Tìm MinP
Sử dụng tính chất: 0  x 1 thì x x Do , a ,
b c  0 và a b c  1 nên 0  a  , b b  , c c a  1
P b c c a a b  (b c)  (c a)  (a  ) b  1
 2(a b c)  2(doa b c 1).
Vậy MinP  2 khi ( ; a ;
b c) là hoán vị (1;0;0) . 25
Ví dụ 2: Cho a  0;b  0;c  0 và a b c  3 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
T b c c a a b . Lời giải * Tìm MaxP
Cách 1:
( Sử dụng bất đẳng thức Bunhia) Xét 2 2
T  (1. b c 1. c a 1. a b) Bunhia      2 2 2 2 2 2 1 1 1
b c c a a b
 6(a b c) 18( do a b c  3)  P  3 2
Vậy MaxT  3 2 khi a b c 1
Cách 2: ( Sử dụng bất đẳng thức Cosi - dự đo{n max đạt tại a b c 1 )
Xét T. 2  2(b c)  2(c a)  2(a b) 2  (b c) 2  (c a) 2  (a b)    2 2 2
 3 a b c  6( do a b c  3)  P  6 : 2  3 2
Vậy MaxT  3 2 khi a b c 1 * Tìm MinP
Sử dụng tính chất: 0  x 1 thì x x
a b c
a b b c c a Do , a ,
b c  0 và a b c  3  1 nên 0  ; ; 1 3 3 3 3  b c c a a b
b c c a a b  Có T  3      3       3 3 3    3 3 3 
2(a b c)  3
 2 3 ( do a b c  3). 3
Vậy MinT  2 3 khi ( ; a ;
b c) là hoán vị (3;0;0) .
Ví dụ 3: Cho a  0;b  0;c  0 và a b c 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
F  3a 1  3b 1  3c 1 . Lời giải:
Cách 1:a  0; b  0; c  0; a b c 1 2 2 2  0  , a ,
b c  1 a a ,b b , c c . Do đó :
F  3a 1  3b 1  3c 1  a  2a 1  b  2b 1  c  2c 1 . 2 2 2
a  2a 1  b  2b 1  c  2c 1  a b c  3  4
Vậy MinF  4 khi ( ; a ;
b c) là hoán vị (0;0;1)
Cách 2: Có a b c 1  3a  3b  3c  3  3a   1  3b   1  3c   1  6 26
Đặt x  3a 1; y  3b 1; z  3c 1.  ,
x y, z  1 và x y z  6 và F x y z Từ ,
x y, z  1 và x y z  6 1  , x y, z  4   
x   x   x 2 1
4  0  x  3 x  2  0  x  3 y  2 z  2
x y z  6 Tƣơng tự: y  ; z
, suy ra x y z   F  4 3 3 3
Vậy MinF  4 khi ( ; x ;
y z) là hoán vị (1;1; 4) nên a, ,
b c là hoán vị (0;0;1) .
Ví dụ 4: Cho a  0;b  0;c  0 và a b c 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2
M  2a  3a  4  2b  3b  4  2c  3c  4 . Lời giải:
a  0; b  0; c  0; a b c 1 2 2 2  0  , a ,
b c  1 a  a,b  b, c  c. Do đó : 2
M a   2
a  3a  4 2  b   2
b  3b  4 2  c   2
c  3c  4 2
a  a  3a  4 2
b  b  3b  4 2
c  c  3c  4 .
 a  22  b  22  c  22  a b c  6  7
Vậy MinM  7 khi ( ; a ;
b c) là hoán vị (0;0;1) .
DẠNG 6 : DỰ ĐOÁN KẾT QUẢ RỒI XÉT HIỆU
Ví dụ 1: Cho ;
x y  0 thỏa mãn x y  10 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   4 x   4 1 y   1 . Lời giải
P  x   y    x y  x y    x y  x y 2 4 4 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2 1 1 1  2x y 1
x y    xy2 4 4 2 2 4 4 2 2 10 2
 2x y 1 x y  2x y  40xy 101. 2 2  x y   10  5 5
Đặt t xy  0 thì xy         0  t     2  2 2 2   5 Ta đƣợc 4 2
P t  2t  40t 101; 0  t  2
Đến đ}y ta kẻ bảng dự đo{n MinP t 0 1 2 2,5 P 101 64 45 52,5625
Từ bảng trên ta dự đo{n MinP  45 khi t  2 nên ta xét hiệu : 27 4 2 P
t t t    4 2 t t   2 45 2 40 56 8 16
10t  40t  40
 t  2  t  2 2 4 4 2  0  P  45
x y
Vậy MinP  45 khi t  10 2  
x, y là hai nghiệm của phƣơng trình : xy  2 10  2 10  2 10 2 2
t  10.t  2  0  t   x  ; y  . 2 2 2 Ví dụ 2: Cho 2 2
a b  4ab  4a  4b . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A   3 3
a b    2 2 20
6 a b   2013 . Lời giải
Có : a b ab a b a b ab  a b2 2 2 4 4 4 4 4  2ab  
ab  a b2 12 4
a b , mà    2 4ab a b hay
ab  a b2 12 3 .
Nên a b2  a b  a b2  a b2 4 3
 a b  0  0  a b 1.
Đặt x a b thì 0  x 1 và 2
12ab  4x x 3 2 Ta có A  20 
a b 3aba b 6a b 2ab  2013     
a b3  aba b a b2 20 60 6 12ab  2013 3  x   2 x x 2 2 2 20 5 4
x  6x  4x x  2013  3x x  2013
Đến đ}y ta kẻ bảng dự đo{n MaxA t 0 1 A 2013 2015
Từ bảng trên ta dự đo{n MaxA  2015 khi x  1 nên ta xét hiệu 2
A  2015  3x x  2   x  
1 3x  2 . Do 0  x 1 nên  x  
1 3x  2  0 , suy ra A  2015 1
Vậy MaxA  2015 khi x  1 hay a b  . 2
CÁC BÀI TOÁN PHÂN LOẠI VÀO LỚP 10 CÁC TỈNH NĂM 2019-2020 Câu 1:
[TS10 TP Hà Nội, 2019-2020] Cho biểu thức 4 4
P  a  b  ab , với a, b là các số thực thỏa mãn 2 2
a  ab  b  3. Tìm giá trị nhỏ nhất,
giá trị lớn nhất của biểu thức P Lời giải Ta có: 28       2      2 4 4 2 2 2 2 2 2 P a b ab a b 2a b ab 3 ab  2a b  ab 2  7  85   ab      2  4 Ta có:          2 2 3 a b 2ab 3 ab 3 ab a b  0  ab  3  2 2
3  ab  a  b  2ab  ab  1 2 7 7 7 1 7 9 1  7  81 Vì: 3
   ab   1   ab     a     2 2 2 2 2 2 4  2  4 2 2 81  7  1  7  85     a     1    a        21 4  2  4  2  4  1  P  21
GTLN của P là 21 khi a  3, b   3 hoặc a   3, b  3
GTNN của P là 1 khi a = b = 1. Câu 2:
[TS10 Tỉnh Bắc Ninh, 2019-2020]
Cho hai số thực không âm a, b thỏa mã: 2 2
a  b  2. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức 3 3 a  b  4 M  ab  1 Lời giải Tìm GTNN:  Ta có:        AM GM 3 3 3 3 a b 4 a b 1  3  3ab  3.
Dấu “=” xảy ra khi a = b = 1. 3 3 a  b  4 3ab   1 Vì a, b > 0 nên M    3 ab  1 ab  1
Do đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức M l| 3 đạt đƣợc khi a = b = 1. Tìm GTLN: Đặt S  a  b,P  ab  Vì       2 2 2 2 2 S 2 a b 2
a b  2ab  2  S  2P  2  P  . 2 Ta có:   2 2 2 a b
 a  2ab  b  2  2ab  2  a  b  2 Do đó S  2 29 2  S  2      
a  b  3aba  b 2 2 S 3. .S 4 2  4 S  3PS  4  2  M    2 ab  1 P  1 S  2 1 2 2 S  6S  8 8 6 8 6     S    2  4  2. 2 2 S S S 2 2 2 2 a   b Dấu “=” xảy ra khi 
 a  b  0; 2; 2;0  ab  0
Vậy giá trị lớn nhất của M là 4  2 2 khi 0; 2; 2;0 Câu 3:
[TS10 Tỉnh Nghệ An, 2019-2020] Giải phƣơng trình: 2 2
5x  27x  25  5 x  1  x  4 Lời giải ĐKXĐ: x  2 2 2
5x  27x  25  5 x  1  x  4 2
 5x  27x  25  25x 1   2 x  4  10  2 x  4x  1 2  2x  x  2  5  2 x  4x  1  0  2 2 x  x  2  5  2
x  x  2x  2  3x  2  0 Đặt 2
x  x  2  a  0; x  2  b  2 Phƣơng trình trở thành:  a  b 2 2
2a  5ab  b  0  2a  3ba  b  0   2a   3b x  1 5TM Với 2 2
a  b  x  x  2  x  2  x  2x  4    y  1 5  L  1  3 65 x  TM Với 
  2        2       8 2a 3b 4 x x 2 9 x 2 4x 13x 26 0  13  3 65  x  L  8 1 3 65
Vậy phƣơng trình có 2 nghiệm: x  1 5; x  8 Câu 4:
[TS10 Tỉnh Hải Phòng, 2019-2020]   a) Cho ,
x y, z là ba số dƣơng. Chứng minh  x y z 1 1 1    9    x y z 30 b) Cho a, ,
b c là ba số dƣơng thỏa mãn a b c  6. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ab bc ca A    
a  3b  2c
b  3c  2a
c  3a  2b Lời giải a) Ta có   
x y z  1 1 1    9    x y z x x y y z z        6 y z x z x yx y   y z   z x     2    2    2  0        y x   z y   x z
x y2  y z2 z x2     0 x
 , y, z  0 xy yz zx  
Vậy  x y z 1 1 1    9    x y z  b)
Áp dụng bất đẳng thức ở câu a) ta có ab ab 9 ab  1 1 1        
a  3b  2c 9
a c  b c  2b 9  a c b c 2b ab 1  ab ab a       (1)  
a  3b  2c 9  a c b c 2 
Chứng minh tƣơng tự ta có: bc 1  bc bc b      (2)  
b  3c  2a 9  a b a c 2  ca 1  ac ac c      (3)  
c  3a  2b 9  b c a b 2 
Cộng từng vế của các bất đẳng thức (1); (2) và (3) ta có 1  ac bc ab ac bc ab
a b c A       9  a b b c c a 2 
1  c a b
a b c
b c a
a b c   A       9 a b b c c a 2  
1 3a b c 1 3.6  A      1. 9 2 9 2
Dấu “=” xảy ra  a b c  2.
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là 1 đạt đƣợc khi a b c  2. 31 Câu 5:
[TS10 Tỉnh Thanh Hóa, 2019-2020]
Xét các số thực dƣơng a, b, c thỏa mãn abc 1.Chứng minh rằng: ab bc ca    1 4 4 4 4 4 4 a  b  ab b  c  bc c  a  ca Lời giải 4 4 2 2      Ta có: a b ab(a b ) a; b R Thật vậy: 4 4 2 2 a  b  ab(a  b ) 4 4 3 3
 a  b  a b  ab 3 3
 (a  b)(a  b )  0 2 2 2
 (a  b) (a ab  b )  0 (luôn đúng a  ; bR ) => 4 4 2 2 4 4 2 2
a  b  ab  ab(a  b )  ab  a  b  ab  ab(a  b )  abc ( vì a;b;c > 0 và abc = 1) Do đó: 2 2 ab ab 1 1 1 c 2  c     4 4 2 2 2 2 a  b  ab ab(a  b )  ab a  b  1  2 2 a  b   1  2
1 1 c  a  b  c2 Tƣơng tự: 2 2 bc 1 a ca 1  b  (2);  (3) 4 4 b  c  bc    2 4 4 c  a  ca a b c a bc2 Mặt khác:     2 2 2 2
2 ab bc ca  2.3 a b c  6
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta có: 2 2 2 2 2 2 a b c a  b  c  6
a  b  c  2ab  bc  ca      1 4 4 4 4 4 4 b  c  a a  c  b a  b  c a bc2 a bc2
Vậy b|i to{n đƣợc chứng minh
Dấu “=” xảy ra kh a = b = c = 1 Câu 6:
[TS10 Tỉnh Quảng Ninh, 2019-2020]
Cho các số dƣơng a, b, c thoả mãn a  b  c  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của: 1 2019 P   2 2 2 a  b  c ab  bc  ca Lời giải 1 1 1 1
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dƣơng 3 a  b  c  abc;    3 3 a b c abc 32  1 1 1  Suy ra a  b  c      9 *  a b c 
Bất đẳng thức đƣợc chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c a  b  c 2 2 2  2 1
b) Ta có ab  bc  ca  a  b  c  ab  bc  ca   3 3 2017 Suy ra  6051 ab  bc  ca
Áp dụng bất đẳng thức trong câu a, ta có  1 1 1     2 2 2
a  b  c  2ab  2bc  2ca    9 2 2 2   a  b  c ab  bc  ca ab  bc  ca  1 2 9 Suy ra    9 2 2 2 a  b  c ab  bc  ca a bc2 1 2019 Do đó ta đƣợc P    6060. 2 2 2 a  b  c ab  bc  ca
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6060 1
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c  . 3 Câu 7:
[TS10 Tỉnh Bắc Giang, 2019-2020]
Cho x, y là các số thực thỏa mãn 2 2
x  y  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  3  x3  y Lời giải Ta có:     
x  y   x y
18 6  x y 2xy P 3 3 9 3  xy  2 17   2 2
x y   6 x y  2xy
8   x y2  6 x y  9   2 2
x y 32   4. 2 Từ 2 2
x y  1chỉ ra đƣợc  x y2  2  2  x y  2;
Suy ra  2  3  x y  3  2  3  0. 33
x y     2 2 2 3 3 19  6 2 P   4   4   2 2 2 19  6 2 2
Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P là khi x y   2 2 Câu 8:
[TS10 Tỉnh Vũng T|u, 2019-2020]
Cho số thực dƣơng x, y thỏa mãn x  y  3
Tìm Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 5 P   5xy x  2y  5 Lời giải 1 5 1 5 1 5 P      5xy x  2 y  = 5 5xy
(x y)  y  5 5xy y  8 1 xy 5 y  8 xy y  8  P      5xy 20 y  8 20 20
x y  2 1  8 xy y  8 y(x 1)  8 3 Ta lại có: 4    20 20 20 5 Khi đó:  1 xy   5 y  8  xy y  8 P         
 5xy 20   y  8 20  20 1 3 3
P  1  P  5 5 5 3 x 1 Vậy P    Min 5 y  2 Câu 9:
[TS10 Tỉnh Bình Định, 2019-2020] x y 2 2 x y Cho ,
x y là hai số thực thỏa 
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  . xy 1 x y Lời giải
Với x y, xy 1, ta có 2 2 2 x y
(x y)  2xy 2 P    x y x y x y x y 2
x y x y  0;  0 xy  . x  và 1 y 2
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dƣơng x y; x  , ta có y 34 2 2(x y) x y   2  2 2  2 2 x y x y Suy ra min P  2 2 . 2 Dấu đẳng thức xảy ra 2  x y
 (x y)  2  x y  2  x y  2 . x y  6  2  y  2 Mà 2 2
xy  1  ( y  2) y  1  y  2 y  1  y  2 y 1  0     6  2  y   2  2  6  2  6 x     x 2  2
Vậy min P  2 2 tại  hoặc    2  6   2  6 y   y  .   2  2
Câu 10: [TS10 Tỉnh Đắk Lắk, 2019-2020]
Cho ba số thực dƣơng x, y, z thỏa mãn: x  2y  3z  2 . xy 3yz 3xz
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: S    xy  3z 3yz  x 3xz  . 4y Lời giải
Đặt a  x;b  2y;c  3z , ta đƣợc: a, b,c  0; a  b  c  2 . ab bc ac Khi đó: S    ab  2c bc  2a ac  . 2b ab ab ab 1  a b  Xét       ab  2c ab  a  b  cc
a cb c 2  a c b c  a b
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  a  c b  . c bc 1  b c  ac 1  a c  Tƣơng tự ta có:   ;       . bc  2a 2  b  a c  a  ac  2b 2  a  b c  b  b c a c
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   b  a c  ; a a  b c  . b 1  a  b b  c a  c  3
Cộng c{c vế ta đƣợc: S       . 2  a  b b  c a  c  2 35 3 2 3
Vậy gi{ trị lớn nhất của S bằng
khi v| chỉ khi a  b  c 
hay gi{ trị lớn nhất của S bằng khi và 2 3 2 2 1 2
chỉ khi x  ; y  ; z  . 3 3 9
Câu 11: [TS10 Tỉnh Đắk Nông, 2019-2020] 1
Cho các số thực dƣơng a, ,
b c thỏa mãn a b c
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức abc
P  a ba c . Lời giải 1
Ta có: a b c
abca b c 1. abc
Theo bất đẳng thức côsi ta có:
P  a ba c 2
a ab ac bc  2 aa b c.bc  2
aa b c  bc
aa b c 1
Đẳng thức xảy ra khi:    b  c 1 b  c 1
Ta thấy hệ có vô số nghiệm dƣơng chẳng hạn b c 1, a  2 1. Vậy P  2 . min
Câu 12: [TS10 Tỉnh Đồng Nai, 2019-2020]
Cho ba số thực a, b,c . Chứng minh rằng:
a bc3 b ca3 c ab3 2 2 2   2 a bc 2 b ca 2 3 c abLời giải Phƣơng pháp: - Đặt 2 2 2 x a bc, y b ca, z c
ab đƣa bất đẳng thức cần chứng minh về 3 3 3 x y z 3xy . z - Chứng minh đẳng thức 3 3 3
x y z xyz   x y z 2 2 2 3
x y z xy yz zx - Từ đó đ{nh g{i hiệu 3 3 3 x y z
3xyz và kết luận. Đặt 2 2 2 x a bc, y b ca, z c ab
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành : 3 3 3 x y z 3xy . z Ta có: 36 3 3 3
x y z  3xyz   3 3 x y  3  3xyz z
 x y3 3xyx y 3  3xyz z
 x y3 3
z  3xy x y z
 x y z x y2 x y 2
z z   3xy x y z   
 x y z 2 2 2
x  2xy y xz yz z  3xy  
 x y z 2 2 2
x y z xy yz zx Dễ thấy: 1 2 2 2
x y z xy yz zx   2 2 2 2 2 2
x  2xy y y  2 yz z z  2zx x  2 1
 x y2   y z2  z x2   0, x  , y, z 2  
Do đó ta đi xét dấu của x y z Ta có: 2 2 2 x y z a bc b ca c ab 1
a b c ab bc ca  a b2  b c2  c a2 2 2 2   0, a  ,b,c 2   Suy ra
x y z    x y z 2 2 2 0
x y z xy yz zx  0 2 2 2 x y z 0 x y z x y z xy yz zx 0 3 3 3 x y z 3xyz hay
a bc3 b ca3 c ab3 2 2 2   2 a bc 2 b ca 2 3
c ab (đpcm)
Dấu “ =” xảy ra khi a b c
Câu 13: [TS10 Tỉnh Hà Nam, 2019-2020]
Cho a, b, c l| c{c số thực dƣơng v| thỏa mãn điều kiện abc  1 1 1 1 Chứng minh    1. 2  a 2  b 2  c Lời giải 1 1 1
Bất đẳng thức cần chứng minh    1 2  a 2  b 2  c 37
 b  2c  2  a  2c  2  a  2b  2  a  2b  2c  2
ab bc ca  4a b c 12  abc  2ab bc ca  4a b c  8
ab bc ca  4a b c 12 1 2ab bc ca  4a b c  8
ab bc ca  3
Thật vậy {p dụng bất đẳng thức CauChy cho 3 số dƣơng ta có  ab bc ca  abc2 3 3  3 .
Dấu “=” xảy ra khi a b c  1. Ho|n tất chứng minh.
Câu 14: [TS10 Tỉnh H| Tĩnh, 2019-2020]
Cho hai số thực dƣơng a,b thỏa mãn: a b  3ab 1. 6ab
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 P   a b . a b Lời giải 2 (a ) Ta có: 2 2 2 2 (a ) b
 0  a b  2ab  (a ) b  4a ; b 2 2   b a b 2 3
Từ giả thiết a b  3ab 1  a b  1 3ab  1 a b2 4
 a b2  a b    a b   a b 2 3 4 4 0 2 3
 2  0  a b   (vì , a b  0 ) 3 3ab 1 (a b) 1 3 1   1 1  a b a b a b 2 2 a b2 2 2 2 2 a b     2 2
a b    2 9 9 6ab 3ab 2 7 2 2 P
a b  2   2 2
a b   1  a b a b 9 9 7 a b 1
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng khi 
a b  . 9
a b  3ab 1 3 Câu 15:
[TS10 Tỉnh Hải Dƣơng, 2019-2020]
Cho các số dƣơng a, ,
b c thỏa mãn điều kiện: a b c  2019 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 2 2 2
P  2a ab  2b  2b bc  2c  2c ca  2a Lời giải Ta có: 38 5
a ab b  a b2 3
 a b2 5 2 2
 a b2 2 2 4 4 4 5 2 2
 2a ab  2b  a b 2 Tƣơng tự: 5 5 2 2
2b bc  2c  b c 2 2
; 2c ca  2a  c a 2 2 5  P  a b 5  b c 5 
c a  5a b c 2 2 2  P  2019 5 2019
Dấu “=” xảy ra  a b c   673 3
Vậy min P  2019 5  a b c  673 Câu 16:
[TS10 Tỉnh Hậu Giang, 2019-2020] 2 x  3x  2019
Với x  0 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  2 x Lời giải Điều kiện x  0 2 x  3x  2019 3 2019 Ta có A  1  2 2 x x x 1 Đặt t  t  0 ta đƣợc: x  2 2 1   1 1     1  2 2
A  1 3t  2019t  2019 t  t 1   2  2019  t  2t      2019 1    673   1346 1346    1346   2  1  2689 2689  2019 t     
với mọi t thuộc R  1346  2692 2692 1 2689 1
Dấu “=” xảy ra khi t  tm . Vậy minA  khi t   x 1346tm 1346 2692 1346 Câu 17:
[TS10 Tỉnh Hòa Bình, 2019-2020]
Cho hai số thực dƣơng a, b thỏa mãn a + b = 4ab a b 1 Chứng minh rằng:   2 2 4b 1 4a 1 2 Lời giải 1
Từ a + b = 4ab  4ab  2 ab ab  4 39 a b   2 2 2 a b
Chứng minh đƣợc BĐT: Với x, y >0 ta có   x y x  (*) y Áp dụng (*) ta có a b a ba b2 2 2     2 2 2 2 4b 1 4a 1 4ab a 4a b b 4a (
b a b)  (a b) a b 4ab 1 1 =  1  4ab 1 4ab 1 4ab 1 2 1
Dấu đẳng thức xảy ra khi a b  2 Câu 18:
[TS10 Tỉnh Hƣng Yên, 2019-2020]
Cho các số thực dƣơng x, y, z thỏa mãn: 2 2 2
x y z  3xyz 2 2 2 x y z
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P    4 4 4 x yz y xz z xy Lời giải x y z 2 2 2
x y z  3xyz     3 yz xz xy x y x y x y 2
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dƣơng ; ta có:   2 .  yz xz yz xz yz x z y z 2 z x 2 Tƣơng tự ta cũng có:   ;   xz xy x xy yz yx y   y z   z x  2 2 2               
yz xz   xz xy   xy yz z x y x y z 1 1 1 1 1 1           3 yz zx xy x y z x y z 2 x 1 1 1 1 1 1 1 Lại có: 4 4 2
x yz  2 x yz  2x yz    .2. .  (  ) 4 x yz 2 yz 4 y z 4 y z 2 2 y 1 1 1 z 1 1 1 Tƣơng tự  (  );  (  ) 4 4 y xz 4 x z z xy 4 x y Suy ra 2 2 2 x y z 1 2 2 2 1 1 1 1 3 P   
 (   )  (   )  4 4 4 x yz y xz z xy 4 x y z 2 x y z 2 3  P  2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 3/2 khi x = y = z = 1. Câu 19:
[TS10 Tỉnh Kon Tum, 2019-2020] 1 1 1 Chứng minh ... 38 . 2 3 400 40 Lời giải 1 1 1 1 1 1 ... 2 ... 2 3 400 2 2 3 3 400 400 1 1 1 2 ... 2 1 3 2 400 399 1 1 1 Ta có : 2 ... 2 1 3 2 400 399 2 1 3 2 ... 400 399 2 1 400 38 1 1 1 Vậy ... 38 2 3 400 Câu 20:
[TS10 Tỉnh Lai Châu, 2019-2020]
Cho c{c số thực dƣơng a, b, c. Chứng minh rằng: ab bc ca 1  
 (a b c) a
b  2c b c  2a c a  2b 4 Lời giải 1 1  1 1 
Ta chứng minh bất đẳng thức     x y 4  x
y  với x, y > 0.
Thậy vậy, với x, y > 0 thì: 1 1  1 1  1 x y 2 2 2    
 (x y)  4xy x  2xy y  4xy  0   x y 4  x y x y 4xy 2 2 2
x  2xy y  0  (x y)  0 (luôn đúng) 1 1  1 1  Do đó:     x y 4  x
y  với x, y > 0.
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có: 1 1 1 1 1 ab ab  1 1    (  )   
a b 2c (a c) (b c) 4 a c b c a b 2c 4  a c b c               bc bc  1 1      
b c  2a 4  b a c a  Tƣơng tự ta có:   ca ca  1 1     
c a  2b 4  c b a b
Cộng vế với vế c{c bất đẳng thức với nhau ta đƣợc: ab bc ca ab  1 1  bc  1 1  ca  1 1         
a b 2c b c 2a c a 2b 4 
a c b c  4  b a c a  4  c b a b               41 1  ab ab bc bc ca ca       
4 a c b c b a c a c b a b       
1 ab bc ab ca bc ca 1  ( b a c) ( a b c) ( c b a) 1      
 (a b c) 4  a c c b
b a  4  a c c b b a         4 1
Do đó VT VP (đpcm). 4
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c. Câu 21:
[TS10 Tỉnh Lạng Sơn, 2019-2020]
Cho ba số thực không âm a, b, c và thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh rằng:
a  2b c  4(1 ) a (1 ) b (1 c) Lời giải
Ta có a  2b c  4(1 ) a (1 ) b (1 )
c a  2b c  4(b  ) c (a  ) c (a  ) b
Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có 2 2
a b b c  2 (a  )
b (b c)  (a  2b c)  4(a  )
b (b c)  (a  2b c) (a c)  4(a b)(b c)(a c) Áp
dụng bất đẳng thức cô si
a  2b c a c
2(a b c)
 (a  2b c)(a c) 
 (a  2b c)(a c) 1 (a  2b c)(a c) 2 2 2
1 (a  2b c)(a c)  a  2b c  (a  2b c) (a c)
a  2b c  4(a  ) b (a  )
c (b c) Câu 22:
[TS10 Tỉnh Nam Định, 2019-2020]
Xét c{c số x, y, z thay đổi thoả mãn x3 + y3 + z3 – 3xyz = 2. 1
Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 P 
(x  y  z)  4(x  y  z  xy yz zx) 2 Lời giải Ta có:
x³ + y³ + z³ - 3xyz = (x + y)³ - 3xy(x - y) + z³ - 3xyz = 2
 [(x + y)³ + z³] - 3xy(x + y +z ) = 2
 (x + y + z)³ - 3z(x + y)(x + y + z) - 3xy(x – y - z) = 2
 (x + y + z)[(x + y + z)² - 3z(x + y) - 3xy] = 2
 (x + y + z)(x² + y² + z² + 2xy + 2xz + 2yz - 3xz - 3yz - 3xy) = 2
 (x + y + z)(x² + y² + z² - xy - xz - yz) = 2
 x² + y² + z² - xy - xz – yz ≠ 0
Chứng minh: x² + y² + z² - xy - xz – yz ≥ 0 với mọi x, y, z
 x² + y² + z² - xy - xz – yz > 0  x + y + z t
Đặt x + y + z = t (t > 0)  x² + y² + z² - xy - xz – yz  khi đó ta có 2 2 2 1 t 8  t  8 2 2 2 2 P 
(x  y  z)  4(x  y  z  xy yz zx) 
    2   2 2 2 t 2 t   42 2 2 t t
Áp dụng BĐT Cô si ta có:  2  2
.2  2t (dấu bằng xảy ra  t = 2) 2 2 8 8 2t 
 2 2t.  8 (dấu bằng xảy ra  t = 2) t t
 P ≥ 8 – 2 = 6. Tồn tại x = y = 1, z = 0 thì P = 6
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6. Câu 23:
[TS10 Tỉnh Ninh Bình, 2019-2020]
1. Tìm tất cả c{c số nguyên tố p sao cho tổng c{c ƣớc nguyên dƣơng của 2
p l| một số chính phƣơng. 2. Cho ,
x y, z l| c{c số thực dƣơng thỏa mãn x y z  2019 . Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 x y z T    . x yz y zx z xy Lời giải 1.
Ta có p là số nguyên tố ( * p  ) 2
p là số có c{c ƣớc dƣơng l| 2 1; ; p p
Theo đề bài ta có tổng c{c ƣớc nguyên dƣơng của p là một số chính phƣơng 2 2 *
1 p p k (k  ) 2 2
 4k  4  4 p  4 p
 4k  2 p  2 2 1  3
 4k  2 p  2 2 1  3
 2k  2p  
1 2k  2 p   1  3 (*) Ta có * k, p
 2k  2p 1 0; 2k  2p 1 2k  2p 1
2k  2 p 1 1
2k  2 p  2
k 1 (thoûa maõn) (*)      
2k  2 p 1  3
2k  2 p  2
p  0 (khoâng thoûa maõn)
Vậy không có số nguyên tố p nào thỏa mãn đề bài a b c    2 2 2 2 a b c 2.
Ta chứng minh bất đẳng thức     x y z x  y  với a,b,c, x, y,z 0 z  a   b   c 
Áp dụng bất đẳng thức Bu – nhi – a - cốp – xki cho ba bộ số ; x ,    ; y , ; z      x  y    z  2 2 2   2 2 2       2 2 2 a b c a b  c    ta có    x  y  z            
  x    y   z   x y z    x  y    z       2  a b c    . x  . y 
. z   a  b  c2   x y z   a b c    2 2 2 2 a b c     x y z x  y  (*) z 43 a b c Dấu “=” xảy khi khi   x y z y  z z  x x  y
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có yz  ; zx  ; xy  2 2 2 2 2 2 x y z  T    y  z z  x x  y x  y  z  2 2 2 2 2 2 2x 2y 2z    2x  y  z x  2y  z x  y  2z 2 2 2  x y z   2   
 2x  y  z x  2y  z x  y  2z 
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có    2 x y z x  y  z 2019 T  2   4x  y  z 2 2
Dấu “=” xảy ra khi x  y  z  673 2019
Vậy gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức T  khi x  y  z  673 2 Câu 24:
[TS10 Tỉnh Phú Thọ, 2019-2020] 2 2  x y   4
x 1 y 1
Giải hệ phƣơng trình sau  x  2 y  2    y  . x
 x 1 y 1 Lời giải ĐKXĐ: x  - 1; y  1
Hệ phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với hệ phƣơng trình: 2 2       1 1 x 1 1 y 1 1   x   y   4 4      x 1 y 1 x 1 y 1     x 11 y 11 1  1      y x x   y   2     x 1 y 1  x 1   y 1  1 1 Đặt x   a ; y   b x 1 y  1
Hệ phƣơng trình đã cho trở th|nh: a b  4 a  1    a b  2  b   3 + Với a = 1 ta có: 44 1 x(x 1) 1 x 1 x   1   x 1 x 1 x 1 2
x x 1  x 1  x  0 (t / m) + Với b = 3 ta có: 1 y( y 1) 1 3.( y 1) y   3   y 1 y 1 y 1 2 2
y y 1  3y  3  y  4y  4  0  y  2 (t / ) m
Vậy hệ phƣơng trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) =(0; 2) Câu 25:
[TS10 Tỉnh Quảng Nam, 2019-2020] Cho hai số thực ,
x y thỏa mãn x  3; y  3.  1   1 
Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức T  21 x   3 y       y   x Lời giải 21 3 x 62 3 21 7 2 T  21x   3y    x    y y y x 3 3 x y 3 3
x 3   21 7  62 2     y x
y  2 14  62  2  80    
 3 x   y 3  3 3 x  3 Dấu “ ”  xảy ra   y  3
Vậy gi{ trị nhỏ nhất của T là 80 khi x = 3; y =3. Câu 26:
[TS10 Tỉnh Quảng Ngãi, 2019-2020]
Cho hình vuông ABCD. Gọi S là diện tích phần giao 1
của hai nửa đƣờng tròn đƣờng kính ABAD. S là diện tích phần còn lại của hình vuông nằm 2 S
ngoài hai nửa đƣờng trong nói trên (như hình vẽ bên).Tính 1 S2 Lời giải. 45 B C S3 S2 S S 4 1 A D
Gọi a l| cạnh hình vuông ABCD. Ta cm đƣợc: 2
a . 90 . 2   2  2  1  a a   1  S S      3 4     360 2  2  4  4 2  2 2 2 a   1  a   1  a   1 
S S S       1 3 4       4  4 2  4  4 2  2  4 2  2 2 1 a   1  a  3   2 S a     2     2 2  4 2  2  2 4  2 a   1     S 2  4 2    2 Do đó 1   2 S a  3   6   2    2  2 4  Câu 27:
[TS10 Tỉnh Quảng Ninh, 2019-2020]
Cho x, y, z l| c{c số thực dƣơng thỏa mãn . Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 P  
x2  y 2  z 2
xy yz zx Lời giải.
x y z3 1 2017
Ta có xy yz zx   nên  6051 3 3
xy yz zx  1 1 1 
Áp dụng BĐT x y z    9   , ta có:  x y z     2 2 2
( x y z ) ( xy yz zx ) ( xy yz zx  1 1 1 )    9  2 2 2 
x y z
xy yz zx
xy yz zx  Hay   2 2 2 1 1 1
( x y z  2xy  2yz  2zx )    9  2 2 2 
x y z
xy yz zx
xy yz zx  1 2   9 2 2 2
x y z
xy yz zx 46 1 2 2017 Từ đó ta có: P     9  6051  6060 2 2 2
x y z
xy yz zx
xy yz zx  1
P  6060 Vậy GTNN của P là 6060 khi và chỉ khi x y z  3 Câu 28:
[TS10 Tỉnh Sơn La, 2019-2020] Giải phƣơng trình 3  x x 3  x Lời giải. 3  x x 3  x
Điều kiện 0  x  9
Bình phƣơng hai vế phƣơng trình đã cho, ta đƣợc: 2
3  x x .( 3  x) 3 2
x  3.x x  3 2 3 3 1  1   1   1  3 2  x  3.x .  3. . x   3        3  3   3   3  3  1  10 10 3  x       3  3 3 9 1 10 3 3  x   3 9 10 3 3 3  x   (thỏa mãn điều kiện) 9 3 10 3 3
Vậy phƣơng trình đã cho có 1 nghiệm 3 x   9 3 Câu 29:
[TS10 Tỉnh Vĩnh Long, 2019-2020] Cho ,
x y là các số thực dƣơng thỏa x y  1. 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
A  2x y x  1. x Lời giải.
Ta có: x y 1 y 1 x thay v|o A ta đƣợc: 1 1 2 2 2 2
A  2x y x
1  2x  (1 x)  x  1 x x 1 1 2  2x   2 x  2x   2 1  x
1  x  2x x x x 2  1   1  1  1   1  1 2  x x   4x    x   4x            4   x  4  2   x  4 47 2  1  Dễ thấy x   0, x     2  1 1
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có 4x   2 4 . x  4 x x 2  1   1  1 1 15 Suy ra x   4x    0  4        2   x  4 4 4 1
Dấu "=" xảy ra khi x  2 15 1 Vậy A  khi x  . min 4 2 Câu 30:
[TS10 Tỉnh Thái Nguyên, 2019-2020]
Cho a , b , c là các số thực dƣơng thỏa mãn a b c ab bc ac  6 . Chứng minh rằng: 3 3 3
a b c  3. b c a Lời giải 3 3 3 a b c Đặt P    . b c a
a , b , c là các số thực dƣơng, theo bất đẳng thức AM-GM có:  3 a   ab  2 2ab  3 b 3 3 3 a b c   bc  2 2b . P      2 a  2 b  2 2
c abbc ac
a b c ab bc ac  .  c b c a , mà 6  3 c ac   2 2caP   2 a  2 b  2 2
c abc6 . 2 2 2 2
Có a b  b c  a c  0   2 a  2 b  2 2
c   2abbc ca   2  2  2 3 a b
c   abc . 2 2
Suy ra P  a b c  a b c  6 3 . Có 2 2 2
ab bc ca a b c          2 3 ab bc ac a b c . 1 1 2
Do đó 6  a b c ab bc ac a b c  a b c2  a b c  a b c  6  0 . 3 3
 a b c  3 , a b c2  9 . 48 2
Suy ra P  .9  3  6  3   3
. Dấu đẳng thức xảy ra khi a b c . 3 3 3 a b c Vậy    3. b c a Câu 31:
[TS10 Tỉnh Vĩnh Phúc, 2019-2020]
Cho ba số thực dƣơng a, b, c. Chứng minh:
2  6a  3b  6 2bc 16 
2a b  2 2bc
2b  2a c2 2  3 Lời giải
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: 2 2 1
a 2c 2 2bc VT 3 3 3 2a b 2 2bc 2a b b 2c a b c
Mặt kh{c theo BĐT Bu-nhi-a-cốp –xki thì:
2b  2a c2  1  1 b
  a c2 16 2 2   1  .b 1.   
a c 2  b 
a c VP abc 3
Vậy ta chỉ cần chứng minh: 1 16  3 
 a b c  2 1  0   1
a b c
a b c  3
Ta có (1) đúng hiển nhiên do đó bất đẳng thức đƣợc chứng minh. a b c 1 1 a c 4
Dấu “=” bằng xảy ra khi: b 2c 1 b a c b 2
ĐÁP ÁN CÁC CÂU PHÂN LOẠI CHYÊN NĂM 2019-2020
Câu 32: [TS10 Chuyên KHTN Hà Nội, 2019-2020]
Cho x, y là các số thực dƣơng thỏa mãn: 2 2
4x  4y  17xy  5x  5y  1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 P  17x  17y  16xy Lời giải 2 Ta có: 2 2
4x  4y  17xy  5x  5y  1  4x  y  9xy  5x  y  1
Đặt t  x  y, t  0 , theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: 49   2 2 x y t 9 2 2  2 2 2  2 xy   . Do đó: 2 2
4t  t  5t  1  t  hay x  y  . 4 4 4 5 5 Ta có:       2 2 2 P 17x 17y 16xy 17 x y 18xy 2 2         2 x y 25     2 25 2 2 2 17 x y 18 x y     6  4 2 4 4 4  5    2  1
Dấu “=” xảy ra khi x  y  5
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6  4 2
Câu 33: [TS10 Chuyên Sƣ Phạm Hà Nội, 2019-2020]
Cho các số thực x, y thay đổi, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:       2 2
P xy x 2 y 6  13x  4y  26x  24y  46 Lời giải Ta có:
P  xy x  2y  6 2 2
 13x  4y  26x  24y  46   2 x  2x 2 y  6y  13 2 x  2x  4 2 y  6y  46 x 2 1
1 y 32 9 13 x 12 1 4 y 32 9             46        
Đặt a  x 1, b  y  3 , khi đó: P   2 a   1  2 b  9  13 2 a  1  4 2 b  9  46 2 2 2 2 2 2
 a b  9a  b  9 13a 13  4b  36  46 2 2 2 2  4a  3b  a b  6  6 a  0 x 1  0 Dấu “=” xảy ra khi     x  1,y  3  b  0 y  3    0
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6.
Câu 34: [TS10 Chuyên Tin Hà Nội, 2019-2020]
Cho a, b, c dƣơng thỏa mãn: ab  bc  ca  abc  4 1 1 1 1) Chứng minh rằng:    1 a  2 b  2 c  2 1 1 1 2)
Tìm giá trị nhỏ nhất: P    2 . 2 2 a  b   4 2  2 2 b  c   4 2  2 2 c  a   4 Lời giải 1) Ta có: 50 1 1 1    1 a  2 b  2 c  2
 b  2c  2  a  2c  2  b  2a  2  a  2b  2c  2
 ab  bc  ca  4a  b  c 12  abc  2ab  bc  ca 4a  b  c 8  4  ab  bc  ca.
Đẳng thức cuối cùng đúng theo giả thiết, các phép biến đổi l| tƣơng đƣơng, do đó đẳng thức đã cho đƣợc chứng minh. 2)
Với x, y dƣơng ta có bất đẳng thức:     2 2 2 2 x y x y (*) 1 1  1 1      (**) x  y 4  x y  Thật vậy:      2 * x y  0 (luôn đúng)   x y 1 * *  
 x  y2  4xy  x  y2  0 4xy x  (luôn đúng) y
Các bất đẳng thức (*), (**) xảy ra dấu “=” khi x = y.
Lần lƣợt áp dụng (*) và (**) ta có: 1 1 1 1  1 1         2 2   a  b  4  a2b2 2 a b 4  4 a 2 b2  Tƣơng tự: 1 1  1 1  1 1  1 1     ;      ; 2 2   4   b  2 c  2   2 2   4   c  2 a  2 2 b c 4 2 c a 4  Cộng theo vế ta đƣợc: 1  1 1 1  1 1 P     .1    .
2  a  2 b  2 c  2  2 2
D}u “=” xảy ra khi a = b = c 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2
Câu 35: [TS10 Chuyên Toán Hà Nội, 2019-2020]
Cho K  ab  4ac  4bc với a,b,c  0 và a + b + 2c = 1. 1 1) Chứng minh rằng: K  2 2)
Tìm giá trị lớn nhất của K. Lời giải 1)
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 51 2 2  b  2c   a  b  2c  1 1 4bc  2  2   4  bc        2   2  2 2 1
Mặt khác: a, b,c  0  K  ab  4ac  4bc  4  bc   2 1 1
Dấu “=” xảy ra khi a  0, b  ,c  . 2 4 Cách khác: Ta có:
K  ab  4c a  b  ab  21 a  ba  b
 ab  2a  b  2 2 2 a  b  2  2b  a  2 2 b  2a  2a Do đó: 2     2 2b
a 2 b  2a  2a  K  0 *
Để tồn tại K thì phƣơng trình (*) Phải có 2 nghiệm:
   0  a  22  4.2. 2 2a  2a  K  0 2  8K  20a 17a  4.
Vì a, b,c  0 và a  b  2c  1  0  a  1 . Do đó: 2
2a 17a  a 20 17a  a20 17.  1  3a  0 1 Do đó 8K  4   K   2 1 1
Dấu “=” xảy ra khi a  0, b  ,c  . 2 4 2)
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2
   a b2c  1 a b 2c     .  2  4   Mặt khác:               2 a b 2c 1 a, b,c 0 K ab 4ac 4bc ab 4ac 2ab 4ac 2a b 2c   . Dấu “=” 2 2 xảy ra khi: 1 1
a  b  2c,a  b  2c  1, bc  0,ab  0  a  , b  0,c  2 4 1
Vậy giá trị lớn nhất của K là 2
Câu 36: [TS10 Chuyên Thái Bình, 2019-2020] 52  1  0  a, b,c 
Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 
2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2a  3b  4c   3 2 9 8 P   
a 3b  4c  2 b 4a  8c  3 c 2a  3b 1 Lời giải Ta có: 2 9 8 P   
a 3b  4c  2 b4a  8c  3 c 2a  3b 1 2 9 8   
a 3  2a  2 b6  6b  3 c 3  4c 1 2 3 4   
a 1 2a b1 2b c 1 2c 2 2a 3b 4c    2 a 1 2a 2
b 1 2b c 1 2c2 2
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2      2    a a 1 2a 1 a 1 2a      3  27 1 1 Tƣơng tự: 2 b 1 2b  ; 2 c 1 2c  27 27
Suy ra: P  27 2a  3b  4c  81 1
Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 81.
Câu 37: [TS10 Chuyên Hòa Bình, 2019-2020]
Cho hai số dƣơng a, b thỏa mãn: a + b = 4ab. Chứng minh rằng: a b 1   2 2 4b  1 4a  1 2 Lời giải Ta có:      2 a b 4ab a b
 a  ba  b1  0  a  b 1    a b  0 Lại có: 2 2 a 4ab 4ab  a   a   a ab 2 2 4b  1 4b  1 4b 2 2 b 4a b 4a b  b   b   a ab 2 2 4a  1 4a  1 4a 53 a b a  b 1 1 Do đó: 
 a  b  2ab  a  b   a  b  2 2       4b  1 4a  1 2 2 2 1
Dấu “=” xảy ra khi a  b  2
Câu 38: [TS10 Chuyên Hƣng Yên, 2019-2020]
Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn: 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 Lời giải
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 2 1 1 1  1 1  8       (*) 2 2 a b 2  a b  a b2
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta đƣợc: 1 1 8 8 8 64 P        x  1 . 2 2  y  z32 2  y  z32 2  y   1 x   2 x   z       5  2   2   2  Mặt khác:  
x  z  2x  z   23y  y  2 2 3y y 2 2 2  . 2 64 64 P    1 2 2  1   1  6  2y  y 8   y   22 2   2   2 
Dấu “=” xẩy ra khi x, y,z  1,2,  1 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1.
Câu 39: [TS10 Chuyên Hà Nam, 2019-2020] 1 1 1
Cho các số thực dƣơng a, b, c thỏa mãn:  
 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a  1 b  1 c  1 3 3 3 a b c P    2 2 2 2 2 2 a  ab  b b  bc  c c  ca  a Lời giải
Ta dễ dàng chứng minh bất đẳng thức: 1 1 1 9     ) (*) x y z x  y  (với x, y,z 0 z   Thật vậy:      1 1 1 (*) a b c      9  a b c  54
Áp dụng AM – GM ta đƣợc:     1 1 1 3 3 a b c    3 abc.    9 3  a b c  abc
Vậy bất đẳng thức (*) đƣợc chứng minh, dấu “=” xảy ra khi x = y = z.
Sử dụng bất đẳng thức (*) ta đƣợc: 1 1 1 9 1    
 a  b  c  3  9  a  b  c  6 a  1 b  1 c  1 a  b  c  3 3 3 3 b c a Đặt Q    2 2 2 2 2 2 a  ab  b b  bc  c c  ca  a Ta có: 3 3 3 3 3 3 a  b b  c c  a P  Q    2 2 2 2 2 2 a  ab  b b  bc  c c  ca  a a  b 2 2
a  ab  b  b  c 2 2
b  bc  c  c  a 2 2 c  ca  a     2 2 2 2 2 2 a  ab  b b  bc  c c  ca  a
 a  b  b  c  c a  0 Do đó: P = Q 1 Mặt khác: 2 2 x  xy  y   2 2 x  xy  y  * * 3 Thật vậy: 1
x  xy  y  x  xy  y   3x  3xy  3y  x  xy  y  2x  y2 2 2 2 2 2 2 2 2  0 3 Sử dụng (**) ta đƣợc: 3 3 3 3 3 3 a  b b  c c  a P  Q    2 2 2 2 2 2 a  ab  b b  bc  c c  ca  a a b 2 2
a  ab  b  b  c 2 2
b  bc  c  c  a 2 2 c  ca  a     2 2 2 2 2 2 a  ab  b b  bc  c c  ca  a 1     1     1 a b b c  c  a 3 3 3 2      2 a b c  .6  4 3 3 Mà P  Q  P  2
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2.
Câu 40: [TS10 Chuyên Phan Bội Châu, 2019-2020]
Cho các số dƣơng a, b, c dƣơng thỏa mãn abc  a  b  c  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 P    2 2 2 2 2 2 a  b b  c c  a 55 Lời giải.
Từ abc  a  b  c  2  a  bb  
1 c  1  a  1b  1  b  1c  1  c  1a  1 1 1 1     1 a  1 b  1 c  1 1 1 1  x,y,z  0 Đặt  x,  y,  z   a  1 b  1 c  1 x  y  z  1. 1 x y  z z  x x  y Khi đó: a   ; b  ; c  x x y z 1 1 1 1  1 1 1  Nên P         2 2 2 2 2 2 a  b b  c c  a 2  ab bc ca  1  x y y z z x    .  .  .          2 y z z x z x x y x y y z   1  y x z y x z    .  .  .          2 y z z x z x x y x y y z   1  y x   z y   x z             
2 2  y  z z  x   z  x x  y   x  y y  z  1  x y   y z   z x  3 2             
2 2  x  y x  y   y  z y  z   z  x z  x  4 
Dấu “=” xảy ra khi x  y  z hay a  b  c 3 2
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là khi a = b = c = 2. 4
Câu 41: [TS10 Chuyên Vĩnh Phúc, 2019-2020]
Cho x, y, z là các số thực dƣơng thỏa mãn  2 2 2
5 x  y  z   9xy  z 18yz  0. Tìm giá trị lớn nhất 2x  y  z của biểu thức: Q  . y  z Lời giải Ta có: 5 2 2 2
x  y  z   9xy  z 18yz  0
 5x  9xy  z  5y  z2 2  28yz  0 56
 5x  9xy  z  5y  z2  7.4yz  7 y  z2 2
 5x  9xy  z  2y  z2 2  0 2  x  x  5   9.  2  0 y  z y    z x Đặt: t  t  0 y  khi đó: z 2
5t  9t  2  0  5t  1t  2  0  t  2 do 5t 1 0 x   2 y  z 2x  y  z x Ta có: Q   2. 1  2.2 1  3 y  z y  z x
Dấu “=” xảy ra khi y  z  . 4
Vậy giá trị lớn nhất của Q là 3.
Câu 42: [TS10 Chuyên Bắc Ninh, 2019-2020]
Cho x, y, z không âm thỏa mãn x  y  z  3. Tìm GTLN. GTNN của biểu thức 2 2 2
M  x  6x  25  y  6y  25  z  6z  25 Lời giải Ta có: 2 2 2
M  x  6x  25  y  6y  25  z  6z  25
 3  x2 16  3  y2 16  3  z2 16  a  b  c  6
Đặt a  3  x, b  3  y,c  3  z, Khi đó:  0  a, b,c   3 2 2 2
M  a  16  b  16  c  16 Tìm GTNN:
Theo bất đẳng thức Minkowski ta có:      
    2     2 2 2 2 M a 16 b 16 c 16 a b c 4 4 4  6 5
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2 Tìm GTLN 
Sử dụng phƣơng ph{p UCT với điều kiện 0  a  3 ta đƣợc 2 a 12 a  16  * 3 Thật vậy: 57
        2 2 2 * 9 a 16 a 12
 8a  24a  0  aa  3  0 (đúng)
Ho|n to|n tƣơng tự và suy ra: M  14
Đẳng thức xảy ra khi a, b,c  0,3,3 và các hóa vị.
Câu 43: [TS10 Chuyên KHTN, 2019-2020]
Cho x, y,z là các số dƣơng thỏa mãn xy  yz  zx  1 . Chứng minh rằng: 3   1 1 1 2 x y z        (1) 2 2 2     2 2 2 1 x 1 y 1 z 3 1  x 1  y 1  z    Lời giải Ta có: 2 2
1 x  xy  yz  zx  x  x  yx  z Tƣơng tự: 2        2 1 y
x y y z ; 1 z  x  zy  z Do đó: 1 1 1 2x  y  z  VT      1
x yxz xyyz xzzy xyyzz x
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có: 2   x y z        x y z    x y z     2 2 2  2 2 2      1 x 1  y 1  z 1 x 1 y 1 z        x y z   x y z    
x  yy  z x  yy  z x  zz   y
2 x  y  zxy  yz  zx 
x yyzzx 2 x  y  z
       . x y y z z x Suy ra: 4 x y z     x y z V       P  . 1
3x  yy  zz  x  2 2 2 1 x 1  y 1  z   
Nhƣ thế để chứng minh bất đẳng thức đã cho ta chỉ cần chứng minh: x y z 3    2 2 2 2    2 1 x 1 y 1 z
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: x x 1  x x       2 1 x
     2 x y xz x y x z  58 y 1  y y  z 1  z z  Tƣơng tự:    ;     2 2 2  x  y y  z  2  z  x y    z 1 y 1 z 
Cộng theo vế 3 bất đẳnng thức trên ta đƣợc bất đẳng thức (2). B|i to{n đƣợc chứng minh. 1
Dấu “=” xảy ra khi x  y  z  3
Câu 44: [TS10 Chuyên TP. Hồ Chí Minh, 2019-2020]
Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn 0; 2 
 thỏa mãn điều kiện: x  y  z  3. a) Chứng minh rằng: 2 2 2 x  y  z  6 b)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3 3 P  x  y  z  3xyz Lời giải a) Ta có:
2x2y2z  0  84x yz2xy yzzxxyz  0 2 2 2 2 2 2
 x  y  z  x  y  z  8  4x  y  z 2xy  yz  zx xyz
 x  y  z2  4x  y  z  8  xyz
 9  4.3  8  xyz  5  xyz  5  6 b) Ta có: 3 3 3
P  x  y  z  3xyz  x  y  z 2 2 2
x  y  z  xy  yz  zx  3     2 2 2    1 3 x y z   2 2 2
x  y  z  2xy  yz  zx 2 2  3 3  x y z  x y z2 2 2 2        2   3  3.5  9   2  9
Dấu “=” xảy ra khi x, y,z  2,1,0 và các hoán vị.
Câu 45: [TS10 Chuyên Hòa Bình, 2019-2020]
Cho x, y, z là các số thực dƣơng thỏa mãn: xy  yz  4zx  32
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 P  x  16y  16z Lời giải.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2 x 2  8y  4xy 2 2 x 2  8z  4xz 2 2 2 8y  8z  16yz 59 Cộng theo vế ta đƣợc: 2 2 2
P  x  16y  16z  4xy  xz  4yz  128 8 6 2 6
Dấu “=” xảy ra khi x = 4y = 4z , thay v| điều kiện ta đƣợc: x  ; y  z  3 3
Câu 46: [TS10 Chuyên Quốc Học Huế, 2019-2020]
Cho ba số dƣơng x, y, z thỏa mãn xyz = 2. Chứng minh rằng: x 2y 4z 1    2 2 2 2 2 2 2x  y  5 6y  z  6 3z  4x  16 2 Lời giải Ta có: +) 2 2 2 2 2
2x  y  5  x  y  x 1 4  2xy  2x  4 x x x    2 2 2x  y  5 2xy  2x  4 2xy  x  2 2 2 2 2 2
) 6y  z  6  4y  z  2y  2  4  4yz  4y  4 2y 2y y    2 2 6y  z  6 4yz  4y  4 2 yz  y  1 Do đó: x y z VT   
2 xy  x  2 2yz  y  1 zx  2z  2 x y yz   
2 xy  x  xyz 2yz  y  1 xyz  2yz  2y 1 y yz   
2 yz  y  1 2yz  y  1 2 yz  y  1 yz  y  1  2yzy1 1  2
Dấu “=” xảy ra x = y = 1, z = 2.
Câu 47: [TS10 Chuyên Tin Hòa Bình, 2019-2020]
Cho các số thực dƣơng x, y thỏa mãn: x  y  1.  1 1 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 P     1 x y  x y  Lời giải Theo AM-GM ta có: 1 1 1
1  x  y  2 xy  xy   xy    4 2 4 xy 60 Do đó:  1 1  2 2 2 2 2 1 P     1 x y  1 x y  2  xy  x y  xy xy Suy ra: 1 1 15 1 15 P  2  xy  2  xy   2 2 .xy  xy 16xy 16xy 16xy 16xy 1 15  P  2  .4  17 2 16 1
Dấu “=” xảy ra khi x  y  2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 17
Câu 48: [TS10 Chuyên Tiền Giang, 2019-2020] 2
Cho hai số dƣơng x, y thỏa mãn  3 3
2 x  y   6xyx  y  2  x  y xy  4 1  x y 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T     1 2  y x  Lời giải Ta có:
2x  y   6xyx  y  2  x  y2 3 3 xy4
 2x  y3 12xy  x  y2 xy  4
Đặt a  x  y, b  xy a, b  0 khi đó: 3 2        2   3 2 2a 12b a b 4 b a 12  2a  4a Do VT > 0 nên 3 2 2
2a  4a  0  2a a  2  0  a  2 Ta có: 2 2 2 2 4 2 1  x y
 1  x  y  xy  1  a  a 1 a  12a 1 T     1      1     3 2 2 y x 2  xy  2 b 2b 2 4a      8a 2 5 Ta sẽ chứng minh: T  2 5 a  12a a62 2 4 2 a Thật vậy: T    3   0 (luôn đúng a   2 ) 3 2 2 2 4a  8a 4a a  2
Dấu “=” xảy ra khi a = 6, b = 6
hay x  3  3, y  3  3 hoặc x  3  3, y  3  3 5
Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 2 61
Câu 49: [TS10 Chuyên Bà Rịa Vũng T|u, 2019-2020]
Cho các số thực dƣơng x, y. Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 x y xy P    2  2 2 y x x  y Lời giải Ta có: 2 2 4 2 2 4 x y xy x  2x y  y xy P    2    2 2 2 2 y x x  y x y x  y 2 2 2 2 2  x  y  xy x  y xy       xy x  y xy x    y  x  y  xy x y2 2 2 xy  P    2   2    2 xy x  y xy x    y xy xy 1 1 1 Đặt t 
.Theo AM – GM thì: x  y  2 xy    t    2 x  y x  y 2 2 t Khi đó: 1  t t 1  15 P   t  2        2 2 2 2 t  2 2 16t  16t t t 1 15 2  3 3 . .  .2  2 2 2 2 16t 16 1 15  3.   2 4 4 5  2
Dấu “=” xảy ra khi x = y 5
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2
Câu 50: [TS10 Chuyên KHTN Hà Nội, 2019-2020]
Với x, y là các số thực thỏa mãn 1  y  2 và xy  2  2y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 x  4 M  2 y  1 Lời giải.
Theo giải thiết ta có: 4xy  8  8y.
Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 2 2 4x  y  4xy. Suy ra: 2 2
4x  y  8  4xy  8  8y. Do đó:  2   2   
  2         2 4 x 4 8 8y y 4 y 1 5y 2 2 y 4 y   1 . 62 2 x  4 Suy ra: 2 2 x  4  y  1  M   1 2 y  1
Dấu “=” xảy ra khi x = 2, y = 1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 1.
Câu 51: [TS10 Chuyên Hƣng Yên, 2019-2020]
Với x, y là cá số thực thỏa mãn      9
2 x y 1  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 4 3 2 4 3 2
A  x  4x  6x  4x  2  y  8y  24y  32y  17. Lời giải Ta có: 4 3 2 4 3 2
A  x  4x  6x  4x  2  y  8y  24y  32y  17  1 x  4 1  1 y  24
Đặt a  x  1, b  y  2 , ta đƣợc 4 4 A 1 a  1 b
Từ giả thiết ta đƣợc:      9 5 a 1 b 1   a  b  ab  4 4 Theo AM – GM ta có: 2 4a 1  4a 2 2 1 
 a  b  a  b  (1) 2 4b 1  4b 2 2 2 1 a  b  2ab   2 2 a  b   ab 2 2 3 1 5 1 3 1
Cộng theo vế (1) v| (2) ta đƣợc:  2 2 a  b  2 2
 a  b  ab      a  b  2 2 4 2 4 2
Áp dụng bất đẳng thức Minicopski ta đƣợc:
A 1  a  1  b  1 12 4 4   2 2 a  b 2   2 2 a  b 2  4 2  1  17   4     2  2 1 1 5
Dấu “=” xảy ra khi a  b   x   ,y  . 2 2 2 17
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2
Câu 52: [TS10 Chuyên Bình Thuận, 2019-2020] 1
Cho các số dƣơng x, y, z thỏa xyz  . Chứng minh rằng: 2 yz zx xy    xy  yz  zx. 2 x y  z 2 y z  x 2 z x  y 63
Dấu “=” xảy ra khi nào: Lời giải Ta có: yz zx xy    xy  yz  zx 2 x y  z 2 y z  x 2 z x  y 1 1 1 2 2 2 y 1  1 1 1  x z         1 1 1 1 1 1 2  x y z     y z x z x y 1 1 1 Đặt a  , b  ,c   abc  2 x y z
Khi đó ta cần chứng minh: 2 2 2 a b c a  b  c    b  c a  c a  b 2
Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta đƣợc: a b c    2 2 2 2 a b c a  b  c VT          2a  b  (đpcm) c VP b c a c a b 2
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z.
Câu 53: [TS10 Chuyên Hải Phòng, 2019-2020]
Cho x; y; z là ba số thực dƣơng thỏa mãn x(x  z)  y(y  z)  0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 2 x y x  y  4 P    2 2 2 2 x  z y  z x  y Lời giải 3 2 2 x xz xz z
Áp dụng bất đẳng thức Côsi  x   x   x  . 2 2 2 2 x  z x  z 2xz 2 3 y z 2 2 x  y  4 Tƣơng tự
 y  . Suy ra P  x  y  z  . 2 2 y  z 2 x  y 2 2 x  y 4 Theo gt z   P  x  y   4 x  y x  . y Vậy P
 4  x  y  z  1. min
Câu 54: [TS10 Chuyên Quảng Nam, 2019-2020]
Cho ba số thực dƣơng a, b, c thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
  2     2     2 2 2 2 1 a b 5 1 b c 5 1 c  a  5 P    ab  a  4 bc  b  4 ca  c  4 Lời giải 64    2 2 1 x y 1 1 1 1
Với x, y dƣơng ta có: x  y  0  x  y  4xy        (*) x  y 4xy x  y 4  x y 
Dấu “=” xảy ra khi x = y. Ta có:   2 2 2 2 1 a  b  5 a  b  2a  6 2ab  2a  6 2 ab  a  4  2 2     2  ab  a  4 ab  a  4 ab  a  4 ab  a  4 ab  a  4   2   2   2 2 2 1 b c 5 1 c  a  5 2 Tƣơng tự:  2  ;  2  bc  b  4 bc  b  4 ca  c  4 ca  c  4  1 1 1  Do đó: P  6  2    6    2Q
 ab  a  4 bc  4  4 ca  c  4  1 1 1  1 1  Áp dụng (*) ta đƣợc:         ab  a   . ab a 4 1  3 4  ab  a  1 3  1 1  1 1  1 1  1 1  Tƣơng tự:   ;       bc  b  4
4  bc  b  1 3  ca  c  4 4  ca  c  1 3  Do đó: 1  1 1 1  1  1 1 1  Q     1  2Q        1
4  ab  a  1 bc  b  1 ca  c  1 
2  ab  a  1 bc  b  1 ca  c  1  1  1 1 1   P  6      1
2  ab  a  1 bc  b  1 ca  c  1  1  c ac 1   6      1
2  abc  ac  c bc.ac  abc  1 ca  c  1  1  c ac 1   6      1
2  ca  c  1 ca  c  1 ca  c  1  1  6  .2 2  5
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 5.
Câu 55: [TS10 Chuyên Lai Châu, 2019-2020] ab bc ca 1
Cho các số thực dƣơng a, b, c. Chứng minh rằng:    a  b  c a  b  2c b  c  2a c  a  2b 4 Lời giải    2 2 1 x y 1 1 1 1
Với x, y dƣơng ta có: x  y  0  x  y  4xy        (*) x  y 4xy x  y 4  x y 
Dấu “=” xảy ra khi x = y. ab ab ab  1 1  Sử dụng (*) ta đƣợc:      a  b  2c
acbc 4 a c bc  65 bc bc  1 1  ca ca  1 1  Tƣơng tự:   ;       b  c  2a
4  b  a a  c  c  a  2b 4  c  b b  a 
Cộng 3 bất đẳng thức trên theo vế ta đƣợc: ab bc ca   a  b  2c b  c  2a c  a  2b ab  1 1  bc  1 1  ca  1 1              4  a  c b  c  4  b  a a  c  4  c  b b  a  1  ab  bc ab  ca bc  ca       4  c  a b  c a  b  1  b a  c
a b  c c a  b      4 a  c b  c a   b   1
 a  b  c dpcm 4
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Câu 56: [TS10 Chuyên Vĩnh Phúc, 2019-2020]
Cho các số dƣơng a, b, c thỏa mãn: abc  1. Chứng minh rằng: a b c 3       2 b ac c ab a bc Lời giải Ta có: a  c a  2b  c a  2b  c b  ac  b    b  ac  2 2 2 Mặt khác: 1 2 a a 2 2 2a 4 2a        a  2b  c  a  2b  c      b ac b ac 4a 2b c a 2b c 4 3 4          4 2a 12 2a a b c 3 abc 3 a b c  4   3 a  2b  c  4 7a  10b  7c  a b c  VT  12 2    
 7a  10b  7c 7b  10c  7a 10a  7b  7c  Do đó:  a  b  c2  12 2 7 2 2 2
a  b  c   17 ab  bc  ca
a  b  c  ab  bc  ca  7 a  b  c   17 ab  bc  ca  8a  b  c2 2 2 2 2 2 2 Mặt khác: 12 2 a  b  c2 12 2 a  b  c2 3    7  dpcm 2 2 2
a  b  c   17 ab  bc  ca 2   8 a  b  c 2
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1. 66
Câu 57: [TS10 Chuyên Tuyên Quang, 2019-2020]
Cho các số dƣơng a, b, c thỏa mãn a  b  c  4 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a a b b c c P    . a  3 b b  3 c c  3 a Lời giải Ta có: a a b b c c P       a 3 b b 3 c c 3 a 2 2 2 a b c    a  3 ab b  3 bc c  3 ac
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta đƣợc: 2 2 2 a b c P    a  3 ab b  3 bc c  3 ac  a  b  c2 
a  b  c  3 ab  bc  ca  a  b b  c c  a
Mặt khác theo AM-GM: ab  bc  ca     a  b  c 2 2 2    2 a b c a  b  c Do đó: P   
a  b  c  3a  b  c 1 4 4
Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1. Câu 58:
[TS10 Chuyên Hà Nam, 2019-2020] a b c a  b  c
Cho các số dƣơng a, b, c. Chứng minh:     4 . 2 2 2 b c a 3. a  b  c Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta đƣợc: a b c a  b  c a  bc2 2 2 2 ab  bc  ca VT       2 2 2 2 2 2 ab bc ca ab  bc    ca 3. a b c a  b  c 2 2 2 a  b  c ab  bc  ca   2  2 2 2 ab  bc  ca a  b  c 2 2 2 2 2 2  a  b  c 1 ab  bc  ca 1 ab  bc  ca  a  b  c         2  ab  bc  ca 2 2 2 2 2 2 2 2 a  b  c 2 a  b  c  2  ab bcca
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số ta đƣợc: 67 2 2 2 a  b  c
1 ab  bc  ca 1 ab  bc  ca 1 VT  33   2 ab  bc  ca . . 2 2 2 2 2 2 2 2 a  b  c 2 a  b  c 2 3 1    2  4 dpcm 2 2
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Câu 59: [TS10 Chuyên Phú Yên, 2019-2020]
Cho a, b, c là các số thực dƣơng thỏa mãn ab  bc  ca  1. Chứng minh rằng: 2 2 2
a b  1  b c  1  c a  1  2
Dấu “=” xảy ra khi nào? Lời giải
Sử dụng bất đẳng thức Minicopski ta đƣợc:
a b  1  b c  1  c a  1  ab2  a  bc2  b  ca2 2 2 2 2 2 2  c
 ab  bc  ca2  a  b  c2  ab  bc  ca2  3ab  bc  ca  1 3  2 dpcm 1
Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  3
Câu 60: [TS10 Chuyên Cao Bằng, 2019-2020]
Cho a, b, c là các số dƣơng thỏa mãn điều kiện a+ b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a b c R    2 2 2 1 b 1 c 1  a Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta đƣợc: 2 2 a ab ab ab  a   a   a  2 2 1 b 1 b 2b 2 b bc c ca Tƣơng tự:  b  ;  c  2 2 1 c 2 1 a 2
Cộng theo vế 3 bất đẳng trên ta đƣợc: a b c ab  bc  ca R     a  b  c  2 2 2   1  b 1  c 1  a 2 2
     a  b  c 2 3 3 a b c   3   6 6 2 1
Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  3 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của R là 2 Câu 61:
[TS10 Chuyên Nam Định, 2019-2020] 68 3
Cho x, y, z là số thực không âm thỏa mãn điều kiện x  y  z  . Chứng minh rằng: 2 x  2xy  4xyz  2 Lời giải
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta đƣợc:  1 
x  2xy  4xyz  x  x.4y z     2  2 2  1   3 1   x  x. y  z   x  x  x       2   2 2 
 x  x2  x2  x  2  x2  x2  2  x  2 2 1  x  2x  2
 x  2x 12  2 3 Do x  y  z 
 0  x  2  x  2  0 . Vì thế:        2 x 2xy 4xyz x 2 x 1  2  2 (đpcm) 2 1
Dấu “=” xảy ra khi x  1, y  , z  0 2
Câu 62: [TS10 Chuyên Bình Định, 2019-2020]
Cho a, b, c là các số thực dƣơng thỏa mãn a  bb  cc  a  8 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1 1 1 1 thức: P     3 abc a  2b b  2c c  2a Lời giải.
Trƣớc hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau:
       8
a b b c c a  a  b  cab  bc  ca 9
Thật vậy: a  bb  cc  a  a  b  cab  bc  ca abc
a b bc ca a bbcca
Lại theo BĐT AM-GM ta có: abc  ab. bc. ca  . .  2 2 2 8
Suy ra: a  bb  cc  a  a  b  cab  bc  ca abc a  b b  c c  a
 a  b  cab  bc  ca      8 8
Suy ra đpcm: a  bb  cc  a  a  b  cab  bc  ca 9 9  ab  bc  ca  a  b  c
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM dạng cộng mẫu số ta có: 69 1 1 1 9 3 ab  bc  ca      a  2b b  2c c  2a
3a  b  c a  b  c 3 2 Lại có:       2 2 2 ab bc ca
3 ab c  a bc  abc   3abca  b  c 9 1 a  b  c 1 a  b  c   3abc a  b  c     2    2 2 a  bc 3 abc 27 abc 3 1 1 1 1 a  b  c 3 Suy ra: P        2
3 abc a  2b b  2c c  2a 3 a  b  c
a  bbcca  8 
Dấu “=” xảy ra khi:  a  b  c  a  b  c  1  3 a  b  c    a  b  c 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 khi a = b = c = 1. Câu 63:
[TS10 Chuyên Bà Rịa Vũng T|u, 2019-2020] 1 1 1
Cho các số dƣơng a, b, c thỏa mãn
   3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a b c 1 1 1 P    2 2 2 2 2 2 a  ab  3b  1 b  bc  3c  1 c  ca  3a  1 Lời giải Ta có: 2 2
a  ab  3b  1   2 2
a  2ab  b   ab   2 b  1 2  b
 a  b2  ab   2 b  1 2 2
 b  b  ab  2b  ba  b  2 2 2         1 1 a ab 3b 1 b a b 1   2 2 a  ab  3b  1 ba  b   1 1 1 1 1 Tƣơng tự:  ;  2 2 b  bc  3c  1 c b  c  2 2 2 c  ac  3a  1 a c  a  2    2 2 1 x y 1 1 1 1
Với x, y dƣơng ta có: x  y  0  x  y  4xy        (*) x  y 4xy x  y 4  x y 
Dấu “=” xảy ra khi x = y.
Cộng theo vế và sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta đƣợc: 70 1 1 1 P    b a  b  2 c b  c  2 a c  a  2 2 2 2    4b a  b  2 4c b  c  2 4a c  a  2 AMGM  1 1   1 1   1 1             
 4b a  b  2   4c b  c  2   4a c  a  2  1  1 1 1   1 1 1           
4  a b c   a  b  2 b  c  2 c  a  2 
Sử dụng bất đẳng thức (*) ta đƣợc: 1  1 1 1   1  1 1  1  1 1  1  1 1  P                  
4  a b c  4  a  b 2  4  b  c 2  4  c  a 2  3  1 1 1 1  1 1  1  1 1  1  1 1                  
4 8 8 8 16  a b  16  b c  16  c a  3  3 1  1 1 1          4 8 8  a b c  3 3 3 3     4 8 8 2
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1. 3
Vậy giá trị nhỏ là P là . 2 Câu 64:
[TS10 Chuyên Tây Ninh, 2019-2020] 3
Chứng minh a  b  c  9abc  4a  b  cab  bc  ca với x, y, z là các số thực không }m. Đẳng thức xảy ra khi nào? Lời giải
Theo bất đẳng thức Schur với a, b, c là số thực không âm thì:
aa  ba  c  bb  cb a  cc ac  b  0
Biến đổi ta đƣợc hệ quả: 3 3 3 2        2     2 a b c 3abc a b c b c a  c a  b 3
Mặt kh{c ta có đẳng thức:     3 3 3 a b c
 a  b  c  3a  bb cc a 3
Khi đó ta có:     3 3 3
a b c  9abc  a  b  c  9abc  3a  bb  cc  a Do đó: 2     2     2 VT a b c
b c a  c a  b  9abc  3a  bb  cc  a Ta l| có 2 đẳng thức: 2     2     2 ) a b c
b c a  c a  b  9abc  a  b  cab  bc  ca
) abc  a  bb  cc a  a  b  cab  bc  ca 71 Do đó: 2    2     2 a b c
b c a  c a  b  9abc  3a  bb  cc  a  4a  b  cab  bc  ca
Vậy bất đẳng thức đƣợc chứng minh.
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
Câu 65: [TS10 Chuyên Quảng Nam, 2019-2020]
Cho 3 số dƣơng x, y, z. Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức: xy yz zx P     2x  z2y  z
2yx2zx 2z y2xy Lời giải
Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovski ta đƣợc:
                 2 2x z 2y z x x z y z y xy zx yz Do đó: xy xy xy xy     2x  z2y  z 2xz2yz    xy  yz  zx 2 xy yz zx yz yz zx zx
Tƣơng tự:       ;  2y x 2z x xy  zx  yz 2zy2xy xy  zx  yz xy  zx  yz
Cộng 3 bất đẳng thức trên theo vế ta đƣợc: P   1 xy  zx  yz
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z.
Vậy giá trị lớn nhất của P là 1. Câu 66:
[TS10 Chuyên Bình Phƣớc, 2019-2020] 1)
Cho x, y là các số dƣơng thỏa mãn xy  1. Chứng minh rằng: 1 1 2   1 x 1 y 1 xy 2)
Cho x, y là các số thực dƣơng thỏa mãn điều kiện:   3 x y  4xy  12 1 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P    2018xy 1 x 1  y Lời giải 1) Ta có: 72 1 1 2  1 1   1 1             0 1  x 1  y 1  xy
 1 x 1 xy   1 y 1 xy      1  xy  1  x 1  xy  1  y              0 1 x 1 xy 1 y 1 xy
 xy x1y xy y1x          0 1 x 1 y 1 xy
x  y  x 1 y  y  x  y 1 x          0 1 x 1 y 1 xy
 y  x x y x  y x y            0 1 x 1 y 1 xy
 y x x y xy y x                0 1 x 1 y 1 xy
 y x y x xy 1               0 1 x 1 y 1 xy   2 y x  xy 1      (đúng xy 1 ) (1)       0 1 x 1 y 1 xy
Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1.
Bất đẳng thƣc (1) đúng c{c phép biến đổi l| tƣơng đƣơng nên b|i to{n đƣợc chứng minh. 2) Sử dụng AM-GM ta có:        3 3 12 x y 4xy 2 xy  4xy  8xy xy  4xy
Đặt xy  t t  0 , khi đó: 3 2 3 2 3 2 2
8t  4t  12  0  2t  t  3  0  2t  2t  3t  3  0 2
 2t t 1  3t 1t 1  0  t 1 2 2t  3t  3  0  t  1
Áp dụng bất đẳng thức ở ý 1 ta có: 1 1 2 2 2 P    2018xy   2018xy   2018t 1 x 1 y 1 xy 1 t 2 Ta sẽ chứng minh: 2  2018t  2019 * 1 t Thật vậy: 73    2  * 
1  2018 2t 1    0  1 t  1  t 
 2018t 1t 1  0 1  t    1   1 t  2018t   1  
 0 (đúng do 0  t  1 )  1 t 
Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1.
Vậy giá trị lớn nhất của P là 2019.
Câu 67: [TS10 Chuyên Đắc Lắc, 2019-2020]
Cho 3 số thực dƣơng a, b, c thỏa mãn 2 2 2
a  b  c  3. Chứng minh rằng: 3 3 3 3 3 3 a  b b  c c  a    2 a  2b b  2c c  2a Lời giải.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta đƣợc: 3 3 3 4 4 4 a b c a b c )      2 2 2 a  2b b  2c c  2a a  2ab b  2bc c  2ca a b c 2 a b c 2 2 2 2 2 2 2   2 2 2 2 2 2
a  b  c  2ab  2bc  2ca a  b  c  2  2 2 2 a  b  c  2 2 2 a  b  c 3   3 2 3 3 3 4 4 4 b c a b c a )      2 2 2 a  2b b  2c c  2a ab  2b bc  2c ca  2a a b c 2 a b c 2 2 2 2 2 2 2   ab  bc  ca  2  2 2 2 a  b  c  2 2 2 a  b  c  2  2 2 2 a  b  c  2 2 2 a  b  c 3   3 2 3 3 3 3 3 3 a  b b  c c  a Cộng theo vế ta đƣợc:    2 (đpcm) a  2b b  2c c  2a 2
Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  3
Câu 68: [TS10 Chuyên Quảng Nam, 2019-2020]
Cho hai số thực x, y thỏa mãn x  3; y  3.  1   1 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T  21 x    3 y  .  y   x  Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 74  1   1   x 3   7y 21  62 2
T  21 x    3 y            x  y  y   x   3 x   3 y  3 3 x 3 7y 21 62 2  2 .  2 .  .3  .3 3 x 3 y 3 3  2  2.7  62  2  80
Dấu “=” xảy ra khi x = y = 3.
Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 80.
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ I.
BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI 1
Bài 1. Cho x  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2
T  8x  4x  15 . 2 4x 1
Bài 2. Cho x  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2
M  4x  3x   2011. 4x 2 2 x y
Bài 3. Cho x y  0 và xy  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức H x  . y
Bài 4. Cho a 1; b 1. Chứng minh a b 1  b a 1  ab . 11abc
Bài 5. Cho a  9; b  4; c 1. Chứng minh ab c 1  bc a  9  ca b  4  . 12 Bài 6. Cho 2 2
a  0; b  0; a b  2 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M a ba  2b  b a b  2a . Bài 7. Cho 2 2
x  0; y  0; x y  2 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x 14x 10y  y 14y 10x .
Bài 8. Cho x  0; y  0 và xy x y  x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x y . Bài 9. Cho , a ,
b c  0 và ab bc ca  1. a b c
Tính giá trị lớn nhất của biểu thức P    . 2 2 2 a 1 b 1 c 1
Bài 10. Cho các số dƣơng , a ,
b c thỏa mãn a b c  1 ab bc ca 3 chứng minh    c ab a bc b ca 2
Bài 11. Cho a  0, b  0, c  0 và ab bc ca  3abc 2 2 2 a b c
Tìm giá trị nhỏ nhất của P    c  2 2
c a a 2 2
a b b 2 2 b c
Bài 12. Cho a  0, b  0, c  0 và a b c 1 a b c
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T    2 2 2 1 9b 1 9c 1 9a 75 1 1 1 1 Bài 13. Cho , a , b c  0 và  
 2 . Chứng minh rằng abc  . 1 a 1 b 1 c 8
Bài 14. Cho a  0, b  0, c  0 và 2 2 2
a b c  1. Chứng minh : ab bc ca bc ca ab a)  
a b c b)    3 c a b a b c Bài 15. Cho , a ,
b c l| độ dài ba cạnh của ABC  .
Chứng minh a b cb c ac a b  abc 5
Bài 16. Cho a  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2a  . a 6 24
Bài 17. Cho x  0, y  0 và x y  6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F x y   . x y 28 1
Bài 18. Cho x  0, y  0 và x y  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
P  2x y   . x y
Bài 19. Cho 2  x  3, 4  y  6, 4  z  6 và x y z  12 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P xyz . x 8 x 2 y
Bài 20. Cho x  0, y  0 và 
 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức K   . 2 y y x
x y  2 1
xy x y
Bài 21. Cho x  0, y  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A   .
xy x y
x y  2 1 2 2 x y xy
Bài 22. Cho x  0, y  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A   . xy x y
Bài 23. Cho a  0, b  0, c  0 thỏa mãn 2 2 2
b c a . 1  1 1 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   2 2 b c  2  a    . 2 2 2 ab c   1 1 
Bài 24. Cho x  0, y  0 và x y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 P   1 x y   . x y  1 1
Bài 25. Cho x  0, y  0 và x y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P    4xy . 2 2 x y xy 2 2  1   1 
Bài 26. Cho x  0, y  0 và x y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức K x   y      . x   y  3 3  1   1 
Bài 27. Cho x  0, y  0 và x y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  1 x   1 y      . x   y
Bài 28. Cho x  0, y  0 và 2 2
2x  2xy y  2x  8 . 2 4
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P
  2x  3y . x y
Bài 29. Cho a  0, b  0, c  0 thỏa mãn  2 2
b bc c    2 2 3 3  a  . 2 2 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T a b c    . a b c
Bài 30. Cho a  0, b  0 và 3 3
a b  6ab  8 . 1 3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P    ab . 2 2 a b ab 76
Bài 31. Cho a  0, b  0 và 2 2
a b a b . 2020
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 4
P a b   . a b2
Bài 32. Cho x  0, y  0 và  x   1  y   1  4 . 2 2 x y
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   . y x
II. BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIA
Bài 1. Cho 4x  9y 13 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
A  4x  9y .
Bài 2. Cho 4x  3y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
A  4x  3y .
Bài 3. Cho x  0, y  0, z  0 và x y z  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2
A x y z . 6 Bài 4. Cho 2 2 3x  2 y
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S  2x  3y . 35 1 Bài 5. Cho 2 2 4a  25b
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức H  6a  5b . 10 3 Bài 6. Cho 2 2 2
x y z
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x y z . 4
Bài 7. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x 1  3 x khi 1 x  3 .
Bài 8. Cho a  0, b  0, c  0 và a b c  3.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức K  4a  5  4b  5  4c  5 .
Bài 9. Cho a  0, b  0, c  0 và a b c 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P b c c a a b . Bài 10. Cho , a ,
b c  0 và a b c  3. a b b c c a
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M    . 2 2 2
III. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Bài 1. Cho x  2
 , y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  x  y  2 x  2  4 y 1  24. 1
Bài 2. Cho x   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: E  5x  6 2x  7  4 3x 1  2 3
Bài 3. Cho x  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T  x  x 1  3 x  7  28 .
Bài 4. Cho x  15 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 
   2     2 F x x x
15 x 3  x 15  x  3  38 .
Bài 5. Cho a  0, b  0,c  0 và a  b  c  6 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 2 2 2
T  a  4ab  b  b  4bc  c  c  4ca  a .
Bài 6. Cho x  0, y  0, z  0, x  y  z 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 2 2 2 S 
x  xy  y  y  yz  z  z  zx  x . Bài 7. Cho 2   a,b,c  3 và 2 2 2
a  b  c  22 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M  a  b  c .
Bài 8. Cho x  0, y  0, z  0 thỏa mãn x  y  z  6 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 A  x  y  z . 77
Bài 9. Cho a, b,c  0 và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
K  3a 1  3b 1  3c 1 .
Bài 10. Cho 0  a, b,c  2 và a  b  c  3 . Chứng minh: ab  bc  ca  2 .
Bài 11. Cho a 1, b 1,c 1 và ab  bc  ca  9. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 P  a  b  c . Bài 12. Cho 1
  x, y,z 1, x  y  z  0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: T  x  y  z . Bài 13. Cho 2
  a,b,c  2 và a  b  c  0. Chứng minh: 4 4 4 a  b  c  32 . 3
Bài 14. Cho 0  x, y, z 1 và x  y  z  . 2
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 P  x  y  z .
Bài 15. Cho 0  x, y, z  2 và x  y  z  3.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: 4 4 4
M  x  y  z 121 x1 y1 z .
Bài 16. Cho 0  a, b,c  4 và a  b  c  6 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2
P  a  b  c  ab  bc  ca .
Bài 17. Cho a  0, b  0,c  0 và a  b  c 1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
P  b  c  c  a  a  b .
Bài 18. Cho a  0, b  0,c  0 và a  b  c  3 .Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
P  b  c  c  a  a  b .
Bài 19. Cho a  0, b  0,c  0 và a  b  c 1.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
F  3a 1  3b 1  3c 1 .
Bài 20. Cho a  0, b  0,c  0 và a  b  c 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2
2a  3a  4  2b  3b  4  2c  3c  4 .
Bài 21. Cho x, y  0 thỏa mãn: x  y  10 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:   4   4 P x 1 y   1 . Bài 22. Cho 2 2
a  b  4ab  4a  4b .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:   3 3     2 2 A 20 a b 6 a  b   2013 . --------Hết------ 78