tuyen tap cac_bat_dang_thuc_trong_cac_de_thi_tuyen_sing_dai_hoc(ca_hd)

Trần Sĩ Tùng Tuyển tập Bất đẳng thức

PHẦN I: LUYỆN TẬP CĂN BẢN

I. Chứng minh BĐT dựa vào định nghĩa và tính chất cơ bản:

1. Cho a, b > 0 chứng minh: + + ≥ ÷

33 3a b a b2 2

2. Chứng minh: + +≤2 2a b a b

2 2

3. Cho a + b ≥ 0 chứng minh: + +≥3 3

3a b a b2 2

4. Cho a, b > 0 . Chứng minh: + ≥ +a b a bb a

5. Chứng minh: Với a ≥ b ≥ 1: + ≥++ +2 2

1 1 21 ab1 a 1 b

6. Chứng minh: ( )+ + + ≥ + +2 2 2a b c 3 2 a b c ; a , b , c ∈ R

7. Chứng minh: ( )+ + + + ≥ + + +2 2 2 2 2a b c d e a b c d e

8. Chứng minh: + + ≥ + +2 2 2x y z xy yz zx

9. a. Chứng minh: + + + +≥ ≥a b c ab bc ca ; a,b,c 03 3

b. Chứng minh: + + + + ≥ ÷

22 2 2a b c a b c3 3

10. Chứng minh: + + ≥ − +2

2 2a b c ab ac 2bc4

11. Chứng minh: + + ≥ + +2 2a b 1 ab a b12. Chứng minh: + + ≥ − +2 2 2x y z 2xy 2xz 2yz

13. Chứng minh: + + + ≥ − + +4 4 2 2x y z 1 2xy(xy x z 1)

14. Chứng minh: Nếu a + b ≥ 1 thì: + ≥3 3 1a b4

15. Cho a, b, c là số đo độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh: a. ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca). b. abc ≥ (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) c. 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > 0

1

Tuyển tập Bất đẳng thức Trần Sĩ Tùng

II. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT CÔSI:

1. Chứng minh: + + + ≥ ≥(a b)(b c)(c a) 8abc ; a,b,c 0

2. Chứng minh: + + + + ≥ ≥2 2 2(a b c)(a b c ) 9abc ; a,b,c 0

3. Chứng minh: ( ) ( ) ( ) ( )+ + + ≥ +331 a 1 b 1 c 1 abc với a , b , c ≥ 0

4. Cho a, b > 0. Chứng minh: + + + + ≥ ÷ ÷

m mm 1a b1 1 2

b a , với m ∈ Z+

5. Chứng minh: + + ≥ + + ≥bc ca ab a b c ; a,b,c 0a b c

6. Chứng minh: + ≥ − ≥6 9

2 3x y 3x y 16 ; x,y 04

7. Chứng minh: + ≥ −+

4 22

12a 3a 11 a

.

8. Chứng minh: ( )> −1995a 1995 a 1 , a > 0

9. Chứng minh: ( ) ( ) ( )+ + + + + ≥2 2 2 2 2 2a 1 b b 1 c c 1 a 6abc .

10. Cho a , b > 0. Chứng minh: + + ≤ + + ÷ + + +2 2 2 2 2 2

a b c 1 1 1 12 a b ca b b c a c

11. Cho a , b ≥ 1 , chứng minh: ≥ − + −ab a b 1 b a 1 .

12. Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4. Chứng minh: xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1)

13. Cho a > b > c, Chứng minh: ( ) ( )≥ − −3a 3 a b b c c .

14. Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh: a) b + c ≥ 16abc.b) (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ 8abc

c) + + + ≥ ÷ ÷ ÷

1 1 11 1 1 64a b c

15. Cho x > y > 0 . Chứng minh: ( )+ ≥−1x 3

x y y16. Chứng minh:

a)+ ≥+

2

2

x 2 2x 1

,∀x ∈ R b)+ ≥−

x 8 6x 1

, ∀x > 1 c)+ ≥+

2

2

a 5 4a 1

17. Chứng minh: + ++ + ≤ >

+ + +ab bc ca a b c ; a, b, c 0a b b c c a 2

18. Chứng minh: + ≤+ +

2 2

4 4x y 1

41 16x 1 16y , ∀x , y ∈ R

2


19. Chứng minh: + + ≥+ + +a b c 3

b c a c a b 2 ; a , b , c > 0

20. Cho a , b , c > 0. C/m:

+ + ≤+ + + + + +3 3 3 3 3 3

1 1 1 1abca b abc b c abc c a abc

21. Áp dụng BĐT Côsi cho hai số chứng minh:a. + + + ≥ 4a b c d 4 abcd với a , b , c , d ≥ 0 (Côsi 4 số)

b. + + ≥ 3a b c 3 abc với a , b , c ≥ 0 , (Côsi 3 số )

22. Chứng minh: + + ≥ + +3 3 3 2 2 2a b c a bc b ac c ab ; a , b , c > 0

23. Chứng minh: + + ≥3 942 a 3 b 4 c 9 abc

24. Cho = +x 18y2 x

, x > 0. Định x để y đạt GTNN.

25. Cho = + >−

x 2y ,x 12 x 1

. Định x để y đạt GTNN.

26. Cho = + > −+

3x 1y , x 12 x 1


27. Cho = + >−

x 5 1y ,x3 2x 1 2


28. Cho = +−x 5y

1 x x , 0 < x < 1 . Định x để y đạt GTNN.

29. Cho +=

3

2x 1yx

, x > 0 . Định x để y đạt GTNN.

30. Tìm GTNN của + +=

2x 4x 4f(x)x

, x > 0.

31. Tìm GTNN của = +232f(x) xx

, x > 0.

32. Tìm GTLN của f(x) = (2x – 1)(3 – 5x)33. Cho y = x(6 – x) , 0 ≤ x ≤ 6 . Định x để y đạt GTLN.

34. Cho y = (x + 3)(5 – 2x) , –3 ≤ x ≤ 52

. Định x để y đạt GTLN

35. Cho y = (2x + 5)(5 – x) , − ≤ ≤5 x 52


36. Cho y = (6x + 3)(5 – 2x) , − 12

≤ x ≤ 52


37. Cho =+2xy

x 2 . Định x để y đạt GTLN

3


38. Cho ( )

=+

2

32

xyx 2


III. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Bunhiacôpxki

1. Chứng minh: (ab + cd)2 ≤ (a2 + c2)(b2 + d2) BĐT Bunhiacopxki

2. Chứng minh: + ≤sinx cosx 23. Cho 3a – 4b = 7. Chứng minh: 3a2 + 4b2 ≥ 7.

4. Cho 2a – 3b = 7. Chứng minh: 3a2 + 5b2 ≥ 72547

.


.

6. Cho a + b = 2. Chứng minh: a4 + b4 ≥ 2.

7. Cho a + b ≥ 1 Chứng minh: + ≥2 2 1a b2

Lời giải :

I. Chứng minh BĐT dựa vào định nghĩa và tính chất cơ bản:

1. Cho a, b > 0 chứng minh: + + ≥ ÷

33 3a b a b2 2

(*)

(*) ⇔ + + − ≥ ÷

33 3a b a b 02 2

⇔ ( ) ( )+ − ≥23 a b a b 08

. ĐPCM.

2. Chứng minh: + +≤2 2a b a b

2 2 ()

a + b ≤ 0 , () luôn đúng.

a + b > 0 , () ⇔ + + +− ≤

2 2 2 2a b 2ab a b 04 2

⇔ ( )− ≥

2a b 04

, đúng.

Vậy: + +≤2 2a b a b

2 2.

3. Cho a + b ≥ 0 chứng minh: + +≥3 3

3a b a b2 2

⇔ ( )+ +≤

3 3 3a b a b8 2

⇔ ( ) ( )− − ≤2 23 b a a b 0 ⇔ ( ) ( )− − + ≤23 b a a b 0 , ĐPCM.

4. Cho a, b > 0 . Chứng minh: + ≥ +a b a bb a

()

() ⇔ + ≥ +a a b b a b b a ⇔ ( ) ( )− − − ≥a b a a b b 0

4


⇔ ( ) ( )− − ≥a b a b 0 ⇔ ( ) ( )− + ≥2

a b a b 0 , ĐPCM.

5. Chứng minh: Với a ≥ b ≥ 1: + ≥++ +2 2

1 1 21 ab1 a 1 b

()

⇔ + − − ≥+ ++ +2 2

1 1 1 1 01 ab 1 ab1 a 1 b

⇔ ( ) ( ) ( ) ( )− −+ ≥

+ + + +

2 2

2 2ab a ab b 0

1 a 1 ab 1 b 1 ab

⇔ ( )

( ) ( )( )

( ) ( )− −+ ≥

+ + + +2 2a b a b a b 0

1 a 1 ab 1 b 1 ab ⇔

− − ≥ ÷+ + + 2 2b a a b 01 ab 1 a 1 b

⇔ ( ) ( ) − + − − ≥ ÷ ÷+ + +

2 2

2 2b a a ab b ba 01 ab 1 a 1 b

⇔ ( ) ( )

( ) ( ) ( )− − ≥

+ + +

2

2 2b a ab 1 0

1 ab 1 a 1 b , ĐPCM.

Vì : a ≥ b ≥ 1 ⇒ ab ≥ 1 ⇔ ab – 1 ≥ 0.

6. Chứng minh: ( )+ + + ≥ + +2 2 2a b c 3 2 a b c ; a , b , c ∈ R

⇔ ( ) ( ) ( )− + − + − ≥2 2 2a 1 b 1 c 1 0 . ĐPCM.

7. Chứng minh: ( )+ + + + ≥ + + +2 2 2 2 2a b c d e a b c d e

⇔ − + + − + + − + + − + ≥2 2 2 2

2 2 2 2a a a aab b ac c ad d ae e 04 4 4 4

⇔ − + − + − + − ≥ ÷ ÷ ÷ ÷

2 2 2 2a a a ab c d e 02 2 2 2

. ĐPCM

8. Chứng minh: + + ≥ + +2 2 2x y z xy yz zx

⇔ + + − − − ≥2 2 22x 2y 2z 2xy 2yz 2zx 0

⇔ ( ) ( ) ( )− + − + − ≥2 22x y x z y z 0

9. a. Chứng minh: + + + +≥ ≥a b c ab bc ca ; a,b,c 03 3

+ + ≥ + +2 2 2a b c ab bc ca

+ + + + + + + + + = ≥ ÷

2 2 2 2a b c a b c 2ab 2bc 2ca ab bc ca3 9 3

⇔ + + + +≥a b c ab bc ca3 3

b. Chứng minh: + + + + ≥ ÷

22 2 2a b c a b c3 3

( ) ( )+ + = + + + + +2 2 2 2 2 2 2 2 23 a b c a b c 2 a b c( ) ( )≥ + + + + + = + + 22 2 2a b c 2 ab bc ca a b c

5


⇒ + + + + ≥ ÷

22 2 2a b c a b c3 3

10. Chứng minh: + + ≥ − +2

2 2a b c ab ac 2bc4

⇔ ( )− − + + − ≥2

2 2a a b c b c 2bc 04

⇔ ( ) − − ≥ ÷

2a b c 02

.

11. Chứng minh: + + ≥ + +2 2a b 1 ab a b⇔ + + − − − ≥2 22a 2b 2 2ab 2a 2b 0

⇔ − + + + + + + + ≥2 2 2 2a 2ab b a 2a 1 b 2b 1 0

⇔ ( ) ( ) ( )− + − + − ≥2 2 2a b a 1 b 1 0 .

12. Chứng minh: + + ≥ − +2 2 2x y z 2xy 2xz 2yz

⇔ + + − + − ≥2 2 2x y z 2xy 2xz 2yz 0 ⇔ (x – y + z)2 ≥ 0.

13. Chứng minh: + + + ≥ − + +4 4 2 2x y z 1 2x(xy x z 1)

⇔ + + + − + − − ≥4 4 2 2 2 2x y z 1 2x y 2x 2xz 2x 0

⇔ ( ) ( ) ( )− + − + − ≥2 2 22 2x y x z x 1 0 .

14. Chứng minh: Nếu a + b ≥ 1 thì: + ≥3 3 1a b4

° a + b ≥ 1 ⇒ b ≥ 1 – a ⇒ b3 = (1 – a)3 = 1 – a + a2 – a3

⇒ a3 + b3 = − + ≥ ÷

21 1 13 a2 4 4

.

15. Cho a, b, c là số đo độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh: a. ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).

ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 ⇔ (a – b)2 + (a – c)2 + (b – c)2

> − > − > −a b c , b a c , c a b

⇒ > − +2 2 2a b 2bc c , > − +2 2 2b a 2ac c , > − +2 2 2c a 2ab b

⇒ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca). b. abc ≥ (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)

( )> − − 22 2a a b c ⇒ ( ) ( )> + − + −2a a c b a b c ( )> − − 22 2b b a c ⇒ ( ) ( )> + − + −2b b c a a b c ( )> − − 22 2c c a b ⇒ ( ) ( )> + − + −2c b c a a c b

⇒ ( ) ( ) ( )> + − + − + −2 2 22 2 2a b c a b c a c b b c a⇔ ( ) ( ) ( )> + − + − + −abc a b c a c b b c a

c. 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > 0⇔ 4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – a4 – b4 – 2a2b2 – c4 > 0

6


⇔ 4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – (a2 + b2)2 – c4 > 0⇔ (2ab)2 – [(a2 + b2) – c2]2 > 0 ⇔ [c2 – (a – b)2][(a + b)2 – c2] > 0 ⇔ (c – a + b)(c + a – b)(a + b – c)(a + b + c) > 0 . đúng

° Vì a , b , c là ba cạnh của tam giác ⇒ c – a + b > 0 , c + a – b > 0 , a + b – c > 0 , a + b + c > 0.

II. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT CÔSI:

1. Chứng minh: + + + ≥ ≥(a b)(b c)(c a) 8abc ; a, b, c 0 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm:

⇒ + ≥a b 2 ab , + ≥b c 2 bc , + ≥a c 2 ac⇒ ( ) ( ) ( )+ + + ≥ =2 2 2a b b c a c 8 a b c 8abc .

2. Chứng minh: + + + + ≥ ≥2 2 2(a b c)(a b c ) 9abc ; a,b,c 0 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm:

⇒ + + ≥ 3a b c 3 abc , + + ≥ 32 2 2 2 2 2a b c 3 a b c⇒ ( ) ( )+ + + + ≥ =32 2 2 3 3 3a b c a b c 9 a b c 9abc .

3. Chứng minh: ( ) ( ) ( ) ( )+ + + ≥ +331 a 1 b 1 c 1 abc , với a , b , c ≥ 0.

( ) ( ) ( )+ + + = + + + + + + +1 a 1 b 1 c 1 a b c ab ac bc abc. + + ≥ 3a b c 3 abc , + + ≥ 3 2 2 2ab ac bc 3 a b c

( ) ( ) ( ) ( )+ + + ≥ + + + = +33 2 2 23 31 a 1 b 1 c 1 3 abc 3 a b c abc 1 abc

4. Cho a, b > 0. Chứng minh: + + + + ≥ ÷ ÷

m mm 1a b1 1 2

b a , với m ∈ Z+

+

+ + + ≥ + + = + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷

≥ =

m m m m m

m m 1

a b a b b a1 1 2 1 . 1 2 2b a b a a b

2 4 2

5. Chứng minh: + + ≥ + + >bc ca ab a b c ; a, b, c 0a b c

Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm:

+ ≥ =2bc ca abc2 2c

a b ab, + ≥ =

2bc ba b ac2 2ba c ac

,

+ ≥ =2ca ab a bc2 2a

b c bc

⇒ + + ≥ + +bc ca ab a b ca b c

.

7


6. Chứng minh: + ≥ − ≥6 9

2 3x y 3x y 16 ; x,y 04

()

() ⇔ + + ≥6 9 2 3x y 64 12x y ⇔ ( ) ( )+ + ≥3 32 3 3 2 3x y 4 12x y

Áp dụng BĐT Côsi cho ba số không âm:

( ) ( )+ + ≥ =3 32 3 3 2 3 2 3x y 4 3x y 4 12x y .

7. Chứng minh: + ≥ −+

4 22

12a 3a 11 a

()

() ⇔ + + + + ≥+

4 4 2 22

1a a a 1 4a1 a

.

Áp dụng BĐT Côsi cho 4 số không âm: ++

4 4 22

1a , a , a 1,1 a

( )+ + + + ≥ + =+ +

4 4 2 4 4 2 242 2

1 1a a a 1 4 a a a 1 4a1 a 1 a

8. Chứng minh: ( )> −1995a 1995 a 1 () , a > 0

() ⇔ > − ⇔ + >1995 1995a 1995a 1995 a 1995 1995a

+ > + = + + + + ≥ =1424319951995 1995 1995 1995

1994 soáa 1995 a 1994 a 1 1 ... 1 1995 a 1995a

9. Chứng minh: ( ) ( ) ( )+ + + + + ≥2 2 2 2 2 2a 1 b b 1 c c 1 a 6abc .

° ( ) ( ) ( )+ + + + + = + + + + +2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2a 1 b b 1 c c 1 a a a b b b c c c a Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 6 số không âm:

° + + + + + ≥ =62 2 2 2 2 2 2 2 2 6 6 6a a b b b c c c a 6 a b c 6abc

10. Cho a , b > 0. Chứng minh: + + ≤ + + ÷ + + +2 2 2 2 2 2

a b c 1 1 1 12 a b ca b b c a c

° ≤ =+2 2a a 1

2ab 2ba b , ≤ =

+2 2b b 1

2bc 2cb c , ≤ =

+2 2c c 1

2ac 2aa c

° Vậy: + + ≤ + + ÷ + + +2 2 2 2 2 2

a b c 1 1 1 12 a b ca b b c a c

11. Cho a , b ≥ 1 , chứng minh: ≥ − + −ab a b 1 b a 1 .

° ( ) ( )= − + ≥ − = − + ≥ −a a 1 1 2 a 1 , b b 1 1 2 b 1

° ≥ − ≥ −ab 2b a 1 , ab 2a b 1° ≥ − + −ab a b 1 b a 1

12. Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4. C/m: xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1)

° ( ) ( )= − + = − + + + −x x 1 1 x 1 x y z 3

8


( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )= − + − + − + − ≥ − − −24x 1 x 1 y 1 z 1 4 x 1 y 1 z 1

Tương tự: ( ) ( ) ( )≥ − − −24y 4 x 1 y 1 z 1 ; ( ) ( ) ( )≥ − − − 24z 4 x 1 y 1 z 1⇒ xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1).

13. Cho a > b > c, Chứng minh: ( ) ( )≥ − −3a 3 a b b c c .

° ( ) ( ) ( ) ( )= − + − + ≥ − −3a a b b c c 3 a b b c c14. Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh:

a) b + c ≥ 16abc.

° + ≥ ÷

2b c bc2

⇔ ( )+ − ≤ = = − ÷ ÷

2 22b c 1 a16abc 16a 16a 4a 1 a

2 2° ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − = − − = − − − ≤ − = + 2 224a 1 a 1 a 4a 4a 1 a 1 1 2a 1 a b c

b) (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ 8abc

° (1 – a)(1 – b)(1 – c) = (b + c)(a + c)(a + b) ≥ =2 bc.2 ac.2 ab 8abc

c) + + + ≥ ÷ ÷ ÷

1 1 11 1 1 64a b c

° + + + + = ≥ ÷ ÷

4 21 a a b c 4 a bc1a a a

° + ≥4 21 4 ab c1

b b° + ≥

4 21 4 abc1c c

+ + + ≥ ÷ ÷ ÷

1 1 11 1 1 64a b c

15. Cho x > y > 0 . Chứng minh: ( )+ ≥−1x 3

x y y

( ) ( )( )( )

−= − + + ≥ =

− −3x y y1VT x y y 3 3

x y y x y y16. Chứng minh:

a)+ ≥+

2

2

x 2 2x 1

⇔ + ≥ +2 2x 2 2 x 1 ⇔ + + ≥ +2 2x 1 1 2 x 1

b)+−

x 8x 1

= − + = − + ≥ − =

− − −x 1 9 9 9x 1 2 x 1 6x 1 x 1 x 1

c. ( ) ( )+ + ≥ + = +2 2 2a 1 4 2 4 a 1 4 a 1 ⇔ + ≥+

2

2

a 5 4a 1

17. Chứng minh: + ++ + ≤ >

+ + +ab bc ca a b c ; a, b, c 0a b b c c a 2

9


° Vì : + ≥a b 2 ab

⇒ ≤ =+ab ab aba b 22 ab

, ≤ =+bc bc bcb c 22 bc

, ≤ =+ac ac aca c 22 ac

° + + ≥ + +a b c ab bc ca , dựa vào: + + ≥ + +2 2 2a b c ab bc ca .

° + + + ++ + ≤ ≤+ + +ab bc ca ab bc ac a b ca b b c c a 2 2

18. Chứng minh: + ≤+ +

2 2

4 4x y 1

41 16x 1 16y , ∀x , y ∈ R

°( )

= ≤ =+ +

2 2 2

4 2 2x x x 1

81 16x 2.4x1 4x

°( )

= ≤ =+ +

2 2 2

4 2 2y y y 1

81 16y 2.4y1 4y

+ ≤+ +

2 2

4 4x y 1

41 16x 1 16y

19. Chứng minh: + + ≥+ + +a b c 3

b c a c a b 2 ; a , b , c > 0

Đặt X = b + c , Y = c + a , Z = a + b.

° a + b + c = 12

(X + Y + Z)

° + − + − + −= = =Y Z X Z X Y X Y Za , b , c2 2 2

° + + = + + + + + − ÷ ÷ ÷ + + +

a b c 1 Y X Z X Z Y 3b c a c a b 2 X Y X Z Y Z

[ ]≥ + + − =1 32 2 2 32 2

.

Cách khác:

° + + = + + + + + − ÷ ÷ ÷+ + + + + + a b c a b c1 1 1 3

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

( ) ( ) ( )[ ] = + + + + + + + − ÷+ + + 1 1 1 1a b b c c a 32 b c a c a b

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm:

° ( ) ( ) ( )[ ] + + + + + + + ≥ − = ÷+ + + 1 1 1 1 9 3a b b c c a 32 b c a c a b 2 2

20. Cho a , b , c > 0. C/m:

+ + ≤+ + + + + +3 3 3 3 3 3

1 1 1 1abca b abc b c abc c a abc

10


° ( ) ( ) ( )+ = + − + ≥ +3 3 2 2a b a b a ab a a b ab

⇒ ( ) ( )+ + ≥ + + = + +3 3a b abc a b ab abc ab a b c , tương tự

° ( ) ( )+ + ≥ + + = + +3 3b c abc b c bc abc bc a b c° ( ) ( )+ + ≥ + + = + +3 3c a abc c a ca abc ca a b c

( ) ( ) ( )+ + ≤ + + = ÷+ + + + + + + +

1 1 1 1 a b cVTab a b c bc a b c ca a b c a b c abc

21. Áp dụng BĐT Côsi cho hai số chứng minh:a. + + + ≥ 4a b c d 4 abcd với a , b , c , d ≥ 0 (Côsi 4 số)

+ ≥ + ≥a b 2 ab , c d 2 cd

( ) ( )+ + ≥ + ≥ ≥ 4a b cd 2 ab cd 2 2 ab. cd 4 abcdb. + + ≥ 3a b c 3 abc với a , b , c ≥ 0 , (Côsi 3 số )

+ + + ++ + + ≥ 4a b c a b ca b c 4. abc3 3

⇔ + + + +≥ 4a b c a b cabc3 3

⇔ + + + + ≥ ÷

4a b c a b cabc3 3

⇔ + + ≥ ÷

3a b c abc3

⇔ + + ≥ 3a b c 3 abc .

22. Chứng minh: + + ≥ + +3 3 3 2 2 2a b c a bc b ac c ab ; a , b , c > 0

° + ≥3 2a abc 2a bc , + ≥3 2b abc 2b ac , + ≥3 2c abc 2c ab° ( )+ + + ≥ + +3 3 3 2 2 2a b c 3abc 2 a bc b ac c ab

⇒ ( ) ( )+ + ≥ + +3 3 3 2 2 22 a b c 2 a bc b ac c ab ,

vì : + + ≥3 3 3a b c 3abcVậy: + + ≥ + +3 3 3 2 2 2a b c a bc b ac c ab

23. Chứng minh: + + ≥3 942 a 3 b 4 c 9 abc Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 9 số không âm:° = + + + + + + + + ≥3 3 3 94 4 4 4VT a a b b b c c c c 9 abc

24. Cho = +x 18y2 x

, x > 0. Định x để y đạt GTNN.

Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm: = + ≥ =x 18 x 18y 2 . 62 x 2 x

° Dấu “ = ” xảy ra ⇔ = ⇔ = ⇔ = ±2x 18 x 36 x 62 x

, chọn x = 6.

Vậy: Khi x = 6 thì y đạt GTNN bằng 6

11


25. Cho = + >−

x 2y ,x 12 x 1


−= + +

−x 1 2 1y2 x 1 2

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm −

−x 1 2,2 x 1

:

− −= + + ≥ + =− −

x 1 2 1 x 1 2 1 5y 2 .2 x 1 2 2 x 1 2 2

° Dấu “ = ” xảy ra ⇔ ( ) =− = ⇔ − = ⇔ = −− 2 x 3x 1 2 x 1 4

x 1(loaïi)2 x 1

Vậy: Khi x = 3 thì y đạt GTNN bằng 52

26. Cho = + > −+

3x 1y , x 12 x 1


+= + −

+3(x 1) 1 3y

2 x 1 2

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ( )+

+3 x 1 1,

2 x 1:

( ) ( )+ += + − ≥ − = −+ +

3 x 1 1 3 3 x 1 1 3 3y 2 . 62 x 1 2 2 x 1 2 2

° Dấu “ = ” xảy ra ⇔

⇔ ( ) ( )

= −+ = ⇔ + = ⇔

+= − −

2

6x 13 x 1 1 2 3x 12 x 1 3 6x 1(loaïi )

3

Vậy: Khi = −6x 13

thì y đạt GTNN bằng − 362

27. Cho = + >−

x 5 1y ,x3 2x 1 2


−= + +

−2x 1 5 1y6 2x 1 3

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm −

−2x 1 5,6 2x 1

:

− − += + + ≥ + =− −

2x 1 5 1 2x 1 5 1 30 1y 2 .6 2x 1 3 6 2x 1 3 3

Dấu “ = ” xảy ra

12


⇔ ( )

+=− = ⇔ − = ⇔− − +=

2

30 1x2x 1 5 22x 1 306 2x 1 30 1x (loaïi)

2

Vậy: Khi += 30 1x

2 thì y đạt GTNN bằng

+30 13

28. Cho = +−x 5y

1 x x , 0 < x < 1 . Định x để y đạt GTNN.

°( )− + − −= + = + + ≥ + = +

− − −x 5 1 x 5x x x 1 x 1 xf(x) 5 5 2 5 5 2 5 5

1 x x 1 x x 1 x x

Dấu “ = ‘ xảy ra ⇔ − − = ⇔ = ⇔ = ÷− −

2x 1 x x 5 55 5 x1 x x 1 x 4

(0 < x < 1)

° Vậy: GTNN của y là +2 5 5 khi −= 5 5x4

29. Cho +=

3

2x 1yx

, x > 0 . Định x để y đạt GTNN.

°+ = + = + + ≥ =

33

2 2 2 2 3x 1 1 x x 1 x x 1 3x 3

2 2 2 2 4x x x x

° Dấu “ = ‘ xảy ra ⇔ = = 2x x 12 2 x

⇔ = 3x 2 .

° Vậy: GTNN của y là 334

khi = 3x 2

30. Tìm GTNN của + +=

2x 4x 4f(x)x

, x > 0.

° + + = + + ≥ + =2x 4x 4 4 4x 4 2 x. 4 8

x x x

° Dấu “ = ‘ xảy ra ⇔ = 4xx

⇔ x = 2 (x > 0).

° Vậy: GTNN của y là 8 khi x = 2.

31. Tìm GTNN của = +232f(x) xx

, x > 0.

° + = + + + + ≥ = ÷ ÷

3 22 2 2 22 5

3 3 3 3 52 x x x 1 1 x 1 5x 5

3 3 3 3 27x x x x

13


° Dấu “ = ‘ xảy ra ⇔ = ⇔ =2

53

x 1 x 33 x

⇔ x = 2 (x > 0).

° Vậy: GTNN của y là 5527

khi = 5x 3 .

32. Tìm GTLN của f(x) = (2x – 1)(3 – 5x)

° f(x) = –10x2 + 11x – 3 = − − − = − − + ≤ ÷ ÷

22 11x 11 1 110 x 3 10 x

10 20 40 40

° Dấu “ = “ xảy ra ⇔ = 11x20

° Vậy: Khi = 11x20

thì y đạt GTLN bằng 140

.

33. Cho y = x(6 – x) , 0 ≤ x ≤ 6 . Định x để y đạt GTLN. Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm x và 6 – x (vì 0 ≤ x ≤ 6):

° ( ) ( )= + − ≥ −6 x 6 x 2 x 6 x ⇒ x(6 – x) ≤ 9

° Dấu “ = “ xảy ra ⇔ x = 6 – x ⇔ x = 3° Vậy: Khi x = 3 thì y đạt GTLN bằng 9.

34. Cho y = (x + 3)(5 – 2x) , –3 ≤ x ≤ 52

. Định x để y đạt GTLN.

y = (x + 3)(5 – 2x) = 12

(2x + 6)(5 – 2x)

Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm 2x + 6 và 5 – 2x , − ≤ ≤ ÷

53 x2

:

° ( ) ( ) ( ) ( )= + + − ≥ + −11 2x 6 5 2x 2 2x 6 5 2x ⇒ 12

(2x + 6)(5 – 2x) ≤ 1218

° Dấu “ = “ xảy ra ⇔ 2x + 6 = 5 – 2x ⇔ = − 1x4

° Vậy: Khi = − 1x4


.

35. Cho y = (2x + 5)(5 – x) , − ≤ ≤5 x 52

. Định x để y đạt GTLN.

y = (2x + 5)(5 – x) = 12

(2x + 5)(10 – 2x)

Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm 2x + 5 , 10 – 2x , − ≤ ≤ ÷

5 x 52

:

° ( ) ( ) ( ) ( )+ + − ≥ + −2x 5 10 2x 2 2x 5 10 2x ⇒ 12

(2x + 5)(10 – 2x) ≤ 6258

14


° Dấu “ = “ xảy ra ⇔ 2x + 5 = 10 – 2x ⇔ = 5x4

° Vậy: Khi = 5x4


36. Cho y = (6x + 3)(5 – 2x) , − 12

≤ x ≤ 52


y = 3(2x + 1)(5 – 2x)

Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm 2x + 1 , 5 – 2x , − ≤ ≤ ÷

1 5x2 2

:

° ( ) ( ) ( ) ( )+ + − ≥ + −2x 1 5 2x 2 2x 1 5 2x ⇒ (2x + 1)(5 – 2x) ≤ 9

° Dấu “ = “ xảy ra ⇔ 2x + 1 = 5 – 2x ⇔ x = 1° Vậy: Khi x = 1 thì y đạt GTLN bằng 9.

37. Cho =+2xy

x 2 . Định x để y đạt GTLN

° + ≥ =2 22 x 2 2x 2x 2 ⇔ ≥+ 2

1 x2 2 2 x

⇒ ≤ 1y2 2

° Dấu “ = “ xảy ra ⇔ = ⇒2x 2 vàx > 0 x= 2

° Vậy: Khi =x 2 thì y đạt GTLN bằng 1

2 2.

38. Cho ( )

=+

2

32

xyx 2


° + = + + ≥ 32 2 2x 2 x 1 1 3 x .1.1 ⇔ ( )( )

+ ≥ ⇒ ≤+

232 232

x 1x 2 27x27x 2

° Dấu “ = “ xảy ra ⇔ = ⇔ = ±2x 1 x 1

° Vậy: Khi = ±x 1 thì y đạt GTLN bằng 127

.

III. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Bunhiacôpxki

1. Chứng minh: (ab + cd)2 ≤ (a2 + c2)(b2 + d2) () BĐT Bunhiacopxki

() ⇔ + + ≤ + + +2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2a b 2abcd c d a b a d c b c d⇔ + − ≥2 2 2 2a d c b 2abcd 0 ⇔ ( )− ≥2ad cb 0 .

2. Chứng minh: + ≤sinx cosx 2 Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số 1 , sinx , 1 , cosx :

° + =sinx cosx ( ) ( )+ ≤ + + =2 2 2 21. sinx 1. cosx 1 1 sin x cos x 2

15


3. Cho 3a – 4b = 7. Chứng minh: 3a2 + 4b2 ≥ 7.

Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số 3 , 3 a , 4 , 4 b :

° ( ) ( )+ = + ≤ + +2 23a 4b 3. 3a 4. 4b 3 4 3a 4b ⇔ 3a2 + 4b2 ≥ 7.


.

− = −2 32a 3b 3 a 5 b3 5

Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số −2 3, 3 a , , 5 b3 5

:

° ( ) − ≤ + + ÷ 2 22 3 4 93 a 5 b 3a 5b

3 53 5 ⇔ 3a2 + 5b2 ≥

73547

.


.

− = −3 53a 5b 7 a 11b7 11

Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số −3 5, 7 a , , 11b7 11

:

° ( ) − ≤ + + ÷ 2 23 5 9 257 a 11b 7a 11b

7 117 11 ⇔ 7a2 + 11b2 ≥

2464137

.

6. Cho a + b = 2. Chứng minh: a4 + b4 ≥ 2. Áp dụng BĐT Bunhiacopski:

° ( ) ( )= + ≤ + +2 22 a b 1 1 a b ⇔ a2 + b2

≥ 2

° ( ) ( ) ( )≤ + ≤ + +2 2 4 42 a b 1 1 a b ⇔ a4 + b4

≥ 2

7. Cho a + b ≥ 1 Chứng minh: + ≥2 2 1a b2

° ( ) ( )≤ + ≤ + + ⇔ + ≥2 2 2 2 2 2 11 a b 1 1 a b a b2

16


PHẦN II. ĐỀ THI ĐẠI HỌC

1. (CĐGT II 2003 dự bị)

Cho 3 số bất kì x, y, z. CMR: + + + + ≥ +2 2 2 2 2 2x xy y x xz+z y yz+z2. (CĐBC Hoa Sen khối A 2006)

Cho x, y, z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng: x3 + y3 + z3 ≥ x + y + z.3. (CĐKTKT Cần Thơ khối A 2006)

Cho 3 số dương x, y, z thoả x + y + z ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức: A = x + y + z + + +1 1 1x y z

4. (CĐSPHCM khối ABTDM 2006)

Cho x, y là hai số thực dương và thoả x + y = 54

. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức: A = +4 1x 4y

.

5. (CĐKTKT Cần Thơ khối B 2006)Cho 4 số dương a, b, c, d. Chứng minh bất đẳng thức:

+ + ++ + + + + + + +a b c d

a b c b c d c d a d a b< 2

6. (CĐKT Cao Thắng khối A 2006)

Chứng minh rằng nếu x > 0 thì (x + 1)2

+ + ÷ 21 2 1

xx ≥ 16.7. (CĐKTKTCN1 khối A 2006)

Cho 3 số dương a, b, c. Ch. minh rằng: + + + + + ++ + ≥a b c a b c a b c 9a b c

8. (CĐKTYTế1 2006)Cho các số thực x, y thay đổi thoả mãn điều kiện: y ≤ 0; x2 + x = y + 12.

17


Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A = xy + x + 2y + 179. (CĐBC Hoa Sen khối D 2006)

Cho x, y, z > 0; x + y + z = xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = xyz.10. (Học viện BCVT 2001)

Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thoả mãn điều kiện: a + b + c = 1

thì: + + ≥ + + ÷ a b c a b c

1 1 1 a b c33 3 3 3 3 3

11. (ĐH Đà Nẵng khối A 2001 đợt 2)Cho ba số dương a, b, c thoả a2 + b2 + c2 = 1. Chứng minh:

+ + ≥+ + +2 2 2 2 2 2a b c 3 3

2b c c a a b12. (ĐH Kiến trúc HN 2001)

Cho các số a, b, c thoả: + + =

+ + =

2 2 2a b c 2ab bc ca 1

Chứng minh: − ≤ ≤ − ≤ ≤ − ≤ ≤4 4 4 4 4 4a ; b ; c3 3 3 3 3 3

13. (Học viện NH TPHCM khối A 2001)Cho ∆ABC có 3 cạnh là a, b, c và p là nửa chu vi. Chứng minh rằng:

+ + ≥ + + ÷− − − 1 1 1 1 1 12

p a p b p c a b c14. (ĐH Nông nghiệp I HN khối A 2001)

Cho 3 số x, y, z > 0. Chứng minh rằng:

+ + ≤ + ++ + +3 2 3 2 3 2 2 2 2

2 y2 x 2 z 1 1 1x y y z z x x y z

15. (ĐH PCCC khối A 2001)Ch. minh rằng với a ≥ 2, b ≥ 2, c ≥ 2 thì: + + ++ + >b c c a a blog a log b log c 1

16. (ĐH Quốc gia HN khối D 2001)Ch. minh rằng với mọi x ≥ 0 và với mọi α > 1 ta luôn có: xα + α – 1 ≥ αx.Từ đó chứng minh rằng với 3 số dương a, b, c bất kì thì:

+ + ≥ + +3 3 3

3 3 3a b c a b c

b c ab c a17. (ĐH Thái Nguyên khối D 2001)

Cho a ≥ 1, b ≥ 1. Chứng minh rằng: − + − ≤a b 1 b a 1 ab (*)18. (ĐH Vinh khối A, B 2001)

Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 thì: 3a2 + 3b2 + 3c2 + 4abc ≥ 13

19. (ĐH Y Thái Bình khối A 2001)

Cho a, b, c là những số dương và a + b = c. Ch. minh rằng: + >2 2 23 3 3a b c

18


20. (ĐHQG HN khối A 2000)Với a, b, c là 3 số thực bất kì thoả điều kiện a + b + c = 0. Chứng minh rằng: 8a + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c

21. (ĐHQG HN khối D 2000)Với a, b, c là 3 số thực dương thoả điều kiện: ab + bc + ca = abc. Chứng

minh rằng: + + ++ + ≥2 2 2 2 2 2b 2a c 2b a 2c 3ab bc ca

22. (ĐH Bách khoa HN khối A 2000)

Cho 2 số a, b thoả điều kiện a + b ≥ 0. Ch. minh rằng: + + ≥ ÷

33 3a b a b2 2

23. (ĐHSP TP HCM khối DE 2000)Cho 3 số a, b, c bất kì. Chứng minh các BĐT:a) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca b) (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c)

24. (ĐH Nông nghiệp I khối A 2000)Cho 3 số dương a, b, c thoả điều kiện abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức: P = + ++ + +2 2 2 2 2 2bc ca ab

a b a c b c b a c a c b25. (ĐH Thuỷ lợi II 2000)

Chứng minh rằng với mọi số dương a, b, c ta đều có:

(a + 1).(b + 1).(c + 1) ≥ ( )+331 abc

26. (ĐH Y HN 2000)

Giả sử x, y là hai số dương thoả điều kiện + =2 3 6x y

. Tìm giá trị nhỏ nhất

của tổng x + y.27. (ĐH An Giang khối D 2000)

Cho các số a, b, c ≥ 0. Chứng minh: ac + 1 + bc + 1 ≥ ab(ac – 1 + bc – 1)28. (ĐH Tây Nguyên khối AB 2000)

CMR với mọi x, y, z dương và x + y + z = 1 thì xy + yz + zx > +

18xyz2 xyz

29. (ĐH An Ninh khối A 2000)Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 3 ta đều có: nn + 1 > (n + 1)n

30. (CĐSP Nha Trang 2000)Cho 2 số thực a, b thoả điều kiện: a, b ≥ –1 và a + b = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = + + +a 1 b 1

31. (CĐSP Nhà trẻ – Mẫu giáo TƯ I 2000)Chứng minh BĐT sau đây luôn luôn đúng với mọi số thực x, y, z bất kì

khác không: + + ≥+ +2 2 2 2 2 2

1 1 1 9x y z x y z

BĐT cuối cùng luôn đúng ⇒ BĐT cần chứng minh đúng.32. (ĐH Y Dược TP HCM 1999)

19


Cho 3 số a, b, c khác 0. Chứng minh: + + ≥ + +2 2 2

2 2 2a b c a b c

b c ab c a33. (ĐH Hàng hải 1999)

Cho x, y, z ≥ 0 và x + y + z ≤ 3. Chứng minh rằng:

+ + ≤ ≤ + ++ + ++ + +2 2 2

x y z 3 1 1 12 1 x 1 y 1 z1 x 1 y 1 z

34. (ĐH An ninh HN khối D 1999)Cho 3 số x, y, z thay đổi, nhận giá trị thuộc đoạn [0;1]. Chứng minh rằng:

2(x3 + y3 + z3) – (x2y + y2z + z2x) ≤ 3 (*)35. (Đại học 2002 dự bị 1)

Gọi x, y, z là khoảng cách từ điểm M thuộc miền trong của ∆ABC có 3 góc nhọn đến các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng:

+ ++ + ≤2 2 2a b cx y z

2R(a, b, c là các cạnh của ∆ABC, R là

bán kính đường tròn ngoại tiếp). Dấu “=” xảy ra khi nào?36. (Đại học 2002 dự bị 3)

Giả sử x, y là hai số dương thay đổi thoả mãn điều kiện x + y = 54

. Tìm

giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = +4 1x 4y

37. (Đại học 2002 dự bị 5)Giả sử a, b, c, d là 4 số nguyên thay đổi thoả mãn 1 ≤ a < b < c < d ≤ 50.

Chứng minh bất đẳng thức: + ++ ≥

2a c b b 50b d 50b

và tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức: S = +a cb d

.

38. (Đại học 2002 dự bị 6)

Cho tam giác ABC có diện tích bằng 32

. Gọi a, b, c lần lượt là độ dài các

cạnh BC, CA, AB và ha, hb, hc tương ứng là độ dài các đường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C. Chứng minh rằng:

+ + + + ≥ ÷ ÷ a b c

1 1 1 1 1 1 3a b c h h h

39. (Đại học khối A 2003)Cho x, y, z là 3 số dương và x + y + z ≤ 1. Chứng minh rằng:

+ + + + + ≥2 2 22 2 21 1 1x y z 82x y z

40. (Đại học khối A 2003 dự bị 1)Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = sin5x + 3 cosx

20


41. (Đại học khối A 2003 dự bị 2)Tính các góc của tam giác ABC, biết rằng:

− ≤ −=

4p(p a) bc (1)

A B C 2 3 3sin sin sin (2)2 2 2 8

trong đó BC = a, CA = b, AB = c, p = + +a b c2

.

42. (Đại học khối A 2005)

Cho x, y, z là các số dương thoả mãn : + + =1 1 1 4x y z

.

Chứng minh rằng: + + ≤+ + + +

1 1 1 12x+y+z x 2y z x y 2z

43. (Đại học khối B 2005)Chứng minh rằng với mọi x ∈ R, ta có:

+ + ≥ + + ÷ ÷ ÷

x x xx x x12 15 20 3 4 5

5 4 3Khi nào đẳng thức xảy ra?

44. (Đại học khối D 2005)Cho các số dương x, y, z thoả mãn xyz = 1. Chứng minh rằng:

+ + + + + ++ + ≥3 3 3 3 3 31 x y 1 y z 1 z x 3 3xy yz zx

Khi nào đẳng thức xảy ra?45. (Đại học khối A 2005 dự bị 1)

Cho 3 số x, y, z thoả x + y + z = 0. CMR: + + + + +x y z3 4 3 4 3 4 ≥ 6

46. (Đại học khối A 2005 dự bị 2)

Chứng minh rằng với mọi x, y > 0 ta có: ( ) + + + ÷ ÷ ÷

2y 91 x 1 1x y

≥ 256

Đẳng thức xảy ra khi nào?47. (Đại học khối B 2005 dự bị 1)

Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn: a + b + c = 34

. Chứng minh rằng:

+ + + + + ≤3 3 3a 3b b 3c c 3a 3Khi nào đẳng thức xảy ra?

48. (Đại học khối B 2005 dự bị 2)

Chứng minh rằng nếu 0 ≤ y ≤ x ≤ 1 thì − ≤ 1x y y x4

.

Đẳng thức xảy ra khi nào?49. (Đại học khối D 2005 dự bị 2)

21


Cho x, y, z là 3 số dương và xyz = 1. CMR: + + ≥+ + +

2 2 2x y z 31 y 1 z 1 x 2

50. (Đại học khối A 2006)Cho 2 số thực x ≠ 0, y ≠ 0 thay đổi và thoả mãn điều kiện:

(x + y)xy = x2 + y2 – xy.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = +3 31 1x y

.

51. (Đại học khối B 2006)Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A = ( ) ( )− + + + + + −2 22 2x 1 y x 1 y y 2

LỜI GIẢI

1. (CĐGT II 2003 dự bị)Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, xét các điểm:

A

+ ÷ ÷

y 3x ; z2 2

, B

+ ÷ ÷

3 30; y z2 2

, C − ÷ y z ;02 2

Ta có: AB = + + = + + ÷ ÷ ÷

222 2y 3x y x xy y

2 2

AC = + + = + + ÷ ÷ ÷

222 2z 3x z x xz z

2 2

BC = − + + = + ÷ ÷ ÷

222 2y z 3 (y z) y yz+z

2 2 2Với 3 điểm A, B, C ta luôn có: AB + AC ≥ BC

⇒ + + + + ≥ +2 2 2 2 2 2x xy y x xz+z y yz+z2. (CĐBC Hoa Sen khối A 2006)

x3 + y3 + z3 ≥ 3 3 3 33 x y z ⇒ 2(x3 + y3 + z3) ≥ 6

x3 + 1 + 1 ≥ 3 3 3x ⇒ x3 + 2 ≥ 3x(1)

Tương tự: y3 + 1 + 1 ≥ 3 33 y ⇒ y3 + 2 ≥ 3y(2)

z3 + 1 + 1 ≥ 3 3 3z ⇒ z3 + 2 ≥ 3z (3)

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.3. (CĐKTKT Cần Thơ khối A 2006)

• Cách 1:

Theo BĐT Côsi: 1 ≥ x + y + z ≥ 3 3 xyz > 0

22


+ + ≥3

1 1 1 3x y z xyz

Từ đó: A ≥ 3 3 xyz + 33xyz

Đặt: t = 3 xyz , điều kiện: 0 < t ≤ 13

Xét hàm số f(t) = 3t + 3t

với 0 < t ≤ 13

f′(t) = 3 – 23t

= −2

23(t 1)

t < 0, ∀t ∈

10;3

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta suy ra: A ≥ 10. Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 13

Vậy Amin = 10 đạt được khi x = y = z = 13

.

• Cách 2:

Theo BĐT Côsi: 1 ≥ x + y + z ≥ 3 3 xyz > 0 ⇔ 31xyz

≥ 3

x + ≥1 29x 3

, y + ≥1 29y 3

, z + ≥1 29z 3

Từ đó: A= + + + + + + + + ÷ ÷ ÷ ÷

1 1 1 8 1 1 1x y z9x 9y 9z 9 x y z

≥ 2 + 38 39 xyz

≥ 10

Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 13

.Vậy Amin = 10 đạt được khi x = y = z = 13

4. (CĐSPHCM khối ABT 2006)

Ta có: x + y = 54

⇔ 4x + 4y – 5 = 0

A = +4 1x 4y

= + + −4 14x+ 4y 5x 4y

⇒ A ≥ 24 .4xx

+ 21 .4y

4y – 5

⇒ A ≥ 5

23


Dấu "=" xảy ra ⇔

= = + = >

4 4xx1 4y

4y5x y4

x,y 0

⇔

= =

x 11y4

. Vậy Amin = 5.

5. (CĐKTKT Cần Thơ khối B 2006)Vì a, b, c, d > 0 nên ta luôn có:

+ < + =+ + + + + +

a c a c 1a b c c d a a c a c

+ < + =+ + + + + +

b d b d 1b c d d a b b d b d

Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được đpcm.6. (CĐKT Cao Thắng khối A 2006)

Ta có: (x + 1)2

+ + ÷ 2

1 2 1xx ≥ 16 (1) ⇔ (x + 1)2

+ ÷

21 1x ≥ 16

⇔ (x + 1) + ÷

1 1x

≥ 4 (do x > 0) ⇔ (x + 1)2 ≥ 4x ⇔ (x – 1)2 ≥ 0 (2)

(2) luôn đúng nên (1) được chứng minh.7. (CĐKTKTCN1 khối A 2006)

Xét vế trái của BĐT đã cho: VT = + + + + + + + +b c a c a b1 1 1a a b b c c

= 3 + + + + + + ÷ ÷ ÷

b a c a c ba b a c b c

Do a, b, c > 0 nên theo BĐT Côsi ta có:

+ ≥ =b a b a2 . 2a b a b

; + ≥ =b c b c2 . 2c b c b

; + ≥ =c a c a2 . 2a c a c

Khi đó: VT ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9 (đpcm).8. (CĐKTYTế1 2006)

y ≤ 0, x2 + x = y + 12 ⇒ x2 + x – 12 ≤ 0 ⇒ – 4 ≤ x ≤ 3y = x2 + x – 12 ⇒ A = x3 + 3x2 – 9x – 7Đặt f(x) = A = x3 + 3x2 – 9x – 7 với – 4 ≤ x ≤ 3f′(x) = 3x2 + 6x – 9 ; f′(x) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = – 3f(–4) = 13, f(–3) = 20, f(1) = –12, f(3) = 20Vậy maxA = 20 (x = 3, y = 0), minA = –12 (x = 1, y = –10).

9. (CĐBC Hoa Sen khối D 2006)

Ta có: x + y + z ≥ 3 3 xyz ⇔ xyz ≥ 3 3 xyz ⇔ (xyz)2 ≥ 27 ⇔ xyz ≥ 3 3

24


Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 3 .

Vậy minA = 3 3 .10. (Học viện BCVT 2001)

Ta có hàm số f(x) = x1

3 là hàm nghịch biến nên:

(a – b) − ÷ a b

1 13 3

≤ 0, ∀a, b.

⇒ + ≤ +a b a ba b b a3 3 3 3

, ∀a, b. (1)

Tương tự: + ≤ +b c c bb c b c3 3 3 3

(2)

+ ≤ +c a c ac a a c

3 3 3 3(3)

Mặt khác: + + = + +a b c a b ca b c a b c3 3 3 3 3 3

(4)

Cộng (1), (2), (3), (4) vế theo vế ta được:

+ + ≤ + + + + ÷ ÷ a b c a b c

a b c 1 1 13 (a b c)3 3 3 3 3 3

Hay + + ≤ + + ÷ a b c a b c

a b c 1 1 133 3 3 3 3 3

(vì a + b + c = 1)

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = 13

.

11. (ĐH Đà Nẵng khối A 2001 đợt 2)

Do a2 + b2 + c2 = 1 nên = =+ − −

2

2 2 2 2a a a

b c 1 a a(1 a )(1)

Mà 2a2.(1 – a2)2 ≤ + − + − = ÷ ÷ ÷

3 32 2 22a (1 a ) (1 a ) 23 3

⇒ a2.(1 – a2)2 ≤ 4

27 ⇒ a(1 – a2) ≤

23 3

(2)

Từ (1), (2) suy ra: ≥+

22 2

a 3 3 a2b c

Do đó: + + ≥ + + =+ + +

2 2 22 2 2 2 2 2

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

25


Dấu “=” xảy ra ⇔

= − = − = −

2 2

2 2

2 2

2a 1 a

2b 1 b

2c 1 c ⇔ a = b = c =

13

.

12. (ĐH Kiến trúc HN 2001)

Ta có: + + =

+ + =

2 2 2a b c 2ab bc ca 1

⇔ + − = −

+ + =

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

Ta xem đây là hệ phương trình của a, b và đặt + =

=

a b Sab P

(S2 – 4P ≥ 0)

Ta được hệ: − = −

2 2S 2P 2 c (1)cS+P =1 (2)

Từ (2) ⇒ P = 1 – cS, thay vào (1) ta được:

S2 – 2(1 – cS) = 2 – c2 ⇔ S2 + 2cS + c2 – 4 = 0 ⇔ = − −

= − +

S c 2S c 2

• Với S = – c – 2 ⇒ P = 1 + c(c + 2) = c2 + 2c + 1BĐT: S2 – 4P ≥ 0 ⇔ (–c – 2)2 – 4(c2 + 2c + 1) ≥ 0

⇔ –3c2 – 4c ≥ 0 ⇔ − ≤ ≤4 c 03

(3)

• Với S = –c + 2 ⇒ P = 1 – c(–c + 2) = c2 – 2c + 1BĐT: S2 – 4P ≥ 0 ⇔ (–c + 2)2 – 4(c2 – 2c + 1) ≥ 0

⇔ –3c2 + 4c ≥ 0 ⇔ ≤ ≤ 40 c3

(4)

Từ (3), (4) ta được: − ≤ ≤4 4c3 3

Tương tự ta chứng minh được: − ≤ ≤4 4a,b,c3 3

13. (Học viện NH TPHCM khối A 2001)Trước hết, ta dễ dàng chứng minh được nếu x, y > 0 thì:

+ ≥+

1 1 4x y x y

(1)

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y.

Áp dụng (1) ta được: + ≥ =− − − + −1 1 4 4

p a p b p a p b c

+ ≥ =− − − + −1 1 4 4

p b p c p b p c a

26


+ ≥ =− − − + −1 1 4 4

p c p a p c p a bCộng 3 BĐT trên vế theo vế, ta được:

+ + ≥ + + ÷ ÷− − −

1 1 1 1 1 12 4p a p b p c a b c

⇔ đpcm

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c.

14. (ĐH Nông nghiệp I HN khối A 2001)Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương x3, y2 ta có:

x3 + y2 ≥ 2 =3 2x y 2xy x ⇒ ≤ =+3 2

2 x 2 x 1xy2xy xx y

Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương 2 21 1,

x y ta có:

≤ + ÷ ÷

2 21 1 1 1

xy 2 x y ⇒

≤ + ÷ ÷+

3 2 2 22 x 1 1 1

2x y x yTương tự ta cũng có:

≤ + ÷ ÷+

3 2 2 22 y 1 1 1

2y z y z;

≤ + ÷+ 3 2 2 22 z 1 1 1

2z x z x

Suy ra: + + ≤ + ++ + +3 2 3 2 3 2 2 2 2

2 y2 x 2 z 1 1 1x y y z z x x y z

Dấu “=” xảy ra ⇔ = = =

= = =

3 2 3 2 3 2x y y z z xvaø vaøx y y z z x

⇔ x = y = z = 1

15. (ĐH PCCC khối A 2001)Trước hết chú ý rằng nếu a > 1, x > 1 thì hàm số y = alog x là đồng biến và dương.

Do đó hàm số y = logxa = a

1log x là nghịch biến.

Vì vai trò của a, b, c là như nhau, nên ta có thể giả thiết a ≥ b ≥ c. Ta được:

VT= + + + + + + ++ + ≥ + + =b c c a a b a b a b a b a blog a log b log c log a log b log c log abcVì a, b, c ≥ 2 nên abc ≥ 2ab = ab + ab > a + bDo đó VT ≥ loga+babc > loga+b(a + b) = 1.

16. (ĐH Quốc gia HN khối D 2001)• Xét f(x) = xα – αx + α – 1 (x ≥ 0)

f′(x) = α(xα – 1 – 1); f′(x) = 0 ⇔ x = 1

27


Vậy với ∀x ≥ 0 và α > 1 thì f(x) ≥ 0 hay xα + α – 1 ≥ αx.• BĐT cần chứng minh:

+ + ≥ + + ÷ ÷ ÷

3 3 32 2 2a b c a b c

b c a b c a

Áp dụng BĐT đã chứng minh với α = 32

, ta có:

+ ≥ ÷

32a 1 3 a.

b 2 2 b; + ≥ ÷

32b 1 3 b.

c 2 2 c; + ≥ ÷

32c 1 3 c.

a 2 2 aMặt khác, theo BĐT Côsi ta có:

+ + ≥ ÷ ÷ ÷

3 3 32 2 21 a b c 3

2 b c a 2

Cộng 4 BĐT trên, vế theo vế, ta có: + + + ≥ + + + ÷ ÷ ÷

3 3 32 2 23 a b c 3 3 a b c 3

2 b c a 2 2 b c a 2

Suy ra: + + ≥ + + ÷ ÷ ÷

3 3 32 2 2a b c a b c

b c a b c a17. (ĐH Thái Nguyên khối D 2001)

BĐT (*) ⇔ − −+ ≤a b 1 b a 1 1

ab ab ⇔

− + − ≤ ÷ ÷ 1 1 1 11 1 1b b a a

(1)

Theo BĐT Côsi ta có:

+ − ÷ − ≤ = ÷

1 111 1 1b b1b b 2 2

+ − ÷ − ≤ = ÷

1 111 1 1a a1a a 2 2

Cộng 2 BĐT lại ta được BĐT cần chứng minh.

28



= − = = − =

1 1 11b b 21 1 11a a 2

⇔ a = b = 2.

18. (ĐH Vinh khối A, B 2001)Ta có: 3 – 2a = a + b + c – 2a = b + c – a > 0.Do đó theo BĐT Côsi ta có:

(3 – 2a)(3 – 2b)(3 – 2c) ≤ − + − + −

÷

33 2a 3 2b 3 2c3

= 1

⇒ 27 – 9(2a + 2b + 2c) + 3(4ab + 4bc + 4ca) – 8abc ≤ 1⇔ 27 – 54 + 12(ab + bc + ca) – 8abc ≤ 1⇔ 4abc ≥ 6(ab + bc + ca) – 14⇔ 3(a2 + b2 + c2) + 4abc ≥ 3(a2 + b2 + c2) + 6(ab + bc + ca) – 14

= 3(a + b +c)2 – 14 = 13Đẳng thức xảy ra ⇔ 3 – 2a = 3 – 2b = 3 – 2c ⇔ a = b = c = 1.

19. (ĐH Y Thái Bình khối A 2001)

Từ giả thiết ta có: +a bc c

= 1 ⇒ 0 < a b,c c

< 1 ⇒ + > + ÷ ÷

2 23 3a b a b

c c c c = 1

Từ đó suy ra: + >2 2 23 3 3a b c

20. (ĐHQG HN khối A 2000)Đặt x = 2a, y = 2b, z = 2c thì x, y, z > 0.Đ.kiện a + b + c = 0 ⇔ xyz = 2a+b+c = 1, do đó theo BĐT Côsi: x + y + z ≥ 3Mặt khác: x3 + 1 + 1 ≥ 3x ⇒ x3 ≥ 3x – 2Tương tự: y3 ≥ 3y – 2; z3 ≥ 3z – 2⇒ x3 + y3 + z3 ≥ 3(x + y + z) – 6 = (x + y + z) + 2(x + y + z – 3) ≥ x + y + z⇒ 8a + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c

21. (ĐHQG HN khối D 2000)

Ta có: + += = +

2 2 2 2

2 2 2 2b 2a b 2a 1 12.

ab a b a b

Đặt x = 1a

; y = 1b

; z = 1c

thì

giả thiết >

+ + =

a,b,c 0ab bc ca abc

⇔ >

+ + =

x,y,z 0x y z 1

và đpcm ⇔ + + + + + ≥2 2 2 2 2 2x 2y y 2z z 2x 3Theo BĐT Bunhiacopxki ta có:

3(x2 + 2y2) = 3(x2 + y2 + y2) ≥ (x + y + y)2

29


⇒ + ≥ +2 2 1x 2y (x 2y)3

Viết 2 BĐT tương tự, rồi cộng lại, ta có:

+ + + + + ≥ + + =2 2 2 2 2 2 1x 2y y 2z z 2x (3x 3y 3z) 33

Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 13

⇔ a = b = c = 3

22. (ĐH Bách khoa HN khối A 2000)

Ta có: + + ≥ ÷

33 3a b a b2 2

⇔ 4(a3 + b3) ≥ (a + b)3

⇔ (a + b) [4(a2 + b2 – ab) – (a2 + b2 + 2ab)] ≥ 0⇔ (a + b)(3a2 + 3b2 – 6ab) ≥ 0 ⇔ (a + b)(a – b)2 ≥ 0BĐT cuối cùng này đúng, nên BĐT cần chứng minh là đúng.Đẳng thức xảy ra ⇔ a = ± b.

23. (ĐHSP TP HCM khối DE 2000)a) a2 + b2 ≥ 2ab; b2 + c2 ≥ 2bc; c2 + a2 ≥ 2ca⇒ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca.Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = cb) (ab + bc + ca)2 = (ab)2 + (bc)2 + (ca)2 + 2(abbc + bcca + caab) ≥≥ abbc + bcca + caab + 2abc(a + b + c) = 3abc(a + b + c)

24. (ĐH Nông nghiệp I khối A 2000)

Ta có: = = = + + ++ ÷

2

2 2 2 2

1bc bc 1 a

1 11 1a b a c a (b c) ab cb c

Đặt x = 1a

; y = 1b

; z = 1c

thì

giả thiết

a, b, c > 0 abc = 1

⇔ >

x,y,z 0xyz=1

và P = + ++ + +

2 2 2x y zy z z x x y

Theo BĐT Bunhiacopxki ta có:

(y + z + z + x + x + y).P ≥

+ + + + + ÷ ÷+ + +

2x y zy z. z x. x y.

y z z x x y

⇒ 2(x + y + z).P ≥ (x + y + z)2 ⇒ P ≥ 12

(x + y + z) ≥ =31 1.3 xyz .32 2

⇒ P ≥ 32

Nếu P = 32

thì x = y = z = 1 ⇒ a = b = c = 1

30


Đảo lại, nếu a = b = c = 1 thì P = 32

. Vậy minP = 32

25. (ĐH Thuỷ lợi II 2000)(a + 1).(b + 1).(c + 1) = 1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc ≥

≥ 1 + 3 + 3 2 2 23 abc 3 a b c + abc = ( )+331 abc

Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c > 0.26. (ĐH Y HN 2000)

( ) + = + ≤ + + ÷ ÷ ÷

22 2 3 2 32 3 . x . y (x y)

x y x y = 6(x + y)

⇒ x + y ≥ ( )+2

2 3

6

Giá trị ( )+2

2 3

6 đạt được ⇔

( )

=

+ + =

2

2 3: x : yx y

2 3x y

6

⇔

+=

+ =

2( 2 3)x6

3( 2 3)y6

Vậy min(x + y) = +5 2 6

627. (ĐH An Giang khối D 2000)

Giả sử a ≥ b ≥ 0 ⇒ ac(a – b) ≥ bc(a – b) ⇒ ac + 1 + bc + 1 ≥ ab(ac – 1 + bc – 1)28. (ĐH Tây Nguyên khối AB 2000)

Áp dụng BĐT Côsi cho 6 số dương ta có:

2 = x + y + z + x + y + z ≥ 6 3 xyz (1)

và xy + yz + zx ≥ 3 2 2 23 x y z (2)

Nhân các BĐT (1) và (2) vế theo vế ta được:2(xy + yz + zx) ≥ 18xyz (3)

Mặt khác ta có: xyz(xy + yz + zx) > 0 (4)Cộng các BĐT (3) và (4) vế theo vế ta được:

(xy + yz + zx)(2 + xyz) > 18xyz ⇒ xy + yz + zx >+

18xyz2 xyz

(vì 2 +xyz > 0)

29. (ĐH An Ninh khối A 2000)Ta có: 34 = 81, 43 = 64 ⇒ 34 > 43 ⇒ BĐT cần chứng minh đúng với n = 3.

Với n > 3, đpcm ⇔ n > +

÷

nn 1n

⇔ + ÷

n11n

< n (1)

Ta có: + ÷

n11n

= =∑n

kn k

k 0

1Cn

=

31


= 1 + − − − ++ + +2 n

n n(n 1) 1 n(n 1)...(n n 1) 1. ... .n 2! n!n n

= 1 + 1 + − − + + − − − ÷ ÷ ÷ ÷

1 1 1 1 2 n 11 ... 1 1 ... 12! n n! n n n

<

< 1 + 1 + + +1 1...2! n!

< 1 + 1 + −+ + n 11 1...2 2

<

< 1 + 1 + −+ + n 11 1...2 2

+ … = 1 + −

1112

= 3

⇒ + ÷

n11n

< 3 < n ⇒ (1)

30. (CĐSP Nha Trang 2000)Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai cặp số (1, 1), ( + +a 1, b 1 ), ta có:

A = + + +1. a 1 1. b 1 ≤ + + + +(1 1)(a 1 b 1)mà a + b = 1 nên A ≤ 6

Dấu “=” xảy ra ⇔ + = +a 1 b 1 ⇔ a = b ⇔ a = b = 12

( do a + b = 1)

Vậy maxA = 6 khi a = b = 12

31. (CĐSP Nhà trẻ – Mẫu giáo TƯ I 2000)

BĐT cần chứng minh ⇔

+ + + + + + + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2y z x z x y1 1 1x x y y z z

≥ 9

⇔ 3 +

+ + + + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2y z x z x yx x y y z z

≥ 9

32. (ĐH Y Dược TP HCM 1999)Áp dụng BĐT Côsi ta có:

* + + ≥ =2 2 2 2 2 2

32 2 2 2 2 2

a b c a b c3 . . 3b c a b c a

(1)

* + ≥2

2a a1 2

bb; + ≥

2

2b b1 2

cc; + ≥

2

2c c1 2

aa

⇒ + + ≥ + + − ÷

2 2 2

2 2 2a b c a b c2 3

b c ab c a(2)

Kết hợp (1) và (2) ta được: + + ≥ + + ÷ ÷ ÷

2 2 2

2 2 2a b c a b c2 2

b c ab c a

32


⇒ + + ≥ + +2 2 2

2 2 2a b c a b c

b c ab c a33. (ĐH Hàng hải 1999)

• Do (x – 1)2 ≥ 0 nên x2 + 1 ≥ 2x ⇔ + 22x

1 x ≤ 1

Tương tự ta cũng có:+ 22y

1 y ≤ 1;

+ 22z

1 z ≤ 1

Do đó:+ 22x

1 x +

+ 22y

1 y +

+ 22z

1 z ≤ 3

Hay: + + ≤+ + +2 2 2x y z 3

21 x 1 y 1 z(1)

• Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số không âm ta có:

+ ++ + + ≥ =

+ + + + + +3

3

1 1 11 11 x 1 y 1 z

3 (1 x)(1 y)(1 z) (1 x)(1 y)(1 z)

⇒ ≤ + + +

+ ++ + +

33 (1 x)(1 y)(1 z)1 1 1

1 x 1 y 1 z ≤

+ + + + +(1 x) (1 y) (1 z)3

≤ 2

⇔ ≤ + ++ + +

3 1 1 12 1 x 1 y 1 z

(2)

Kết hợp (1) và (2) ta được BĐT cần chứng minh.34. (ĐH An ninh HN khối D 1999)

Vì 0 ≤ x, y, z ≤ 1 nên x2 ≥ x3; y2 ≥ y3; z2 ≥ z3.Suy ra: 2(x3 + y3 + z3) – (x2y + y2z + z2x) ≤ 2(x2 + y2 + z2) – (x2y + y2z + z2x) Do đó nếu ta chứng minh được:

2(x2 + y2 + z2) – (x2y + y2z + z2x) ≤ 3 (1)thì (*) đúng.Ta có: (1 – y)(1 + y – x2) ≥ 0 ⇔ x2 + y2 – x2y – 1 ≤ 0 (2)

Dấu “=” ở (2) xảy ra ⇔

= = =

y 1x 1y 0

Tương tự ta cũng có: x2 + z2 – z2x – 1 ≤ 0 (3)y2 + z2 – y2z – 1 ≤ 0 (4)

Cộng (2), (3), (4) vế theo vế ta được:2(x2 + y2 + z2) – (x2y + y2z + z2x) ≤ 3

Vậy (1) đúng ⇒ (*) đúng

Nhận xét: Dấu “=” ở (*) xảy ra ⇔ (x; y; z) ∈ { }(1;1;1),(1;1;0),(1;0;1),(0;1;1)35. (Đại học 2002 dự bị 1)

33


+ + = + +1 1 1x y z . ax . by . cza b c

≤ + + ÷ 1 1 1 (ax+by+cz)a b c

≤ + + ÷ 1 1 1 .2Sa b c

= + + ÷ 1 1 1 abca b c 2R

= + +ab bc ca2R

≤ + +2 2 2a b c2R

Dấu “=” xảy ra ⇔ = =

= =

a b cx y z

⇔ ∆ ∆

ABC ñeàuM truøng vôùi troïng taâm G cuûa ABC

36. (Đại học 2002 dự bị 3)

• Cách 1: S = + + + + ≥5

1 1 1 1 1 5x x x x 4y x.x.x.x.4y

≥ + + + +

5.5x x x x 4y

= 5

minS = 5 ⇔

= = + =

1 1x 4yx 4y

5x y4

⇔

= =

x 11y4

• Cách 2: S = +−

4 1x 5 4x

= f(x), 0 < x < 54

f′(x) = − +−2 2

4 4x (5 4x)

; f′(x) = 0 ⇔

= −

< <

2 2x (5 4x)50 x4

⇔ x = 1

Lập bảng xét dấu f′(x), suy ra minS = 5.

• Cách 3: 2 + = +1 2 1x. y.2 x 2 y

≤ + +4 1x y.x 4y

(3)

Dấu “=” ở (3) xảy ra ⇔

= + =

2 1x. x 2 y. y

5x y4

⇔

= + =

x 4y5x y4

⇔

= =

x 11y4

(3) ⇔ ≤ + ÷ ÷

25 5 4 1.2 4 x 4y

⇔ +4 1x 4y

≥ 5

Vậy minS = 5.37. (Đại học 2002 dự bị 5)

Vì a ≥ 1, d ≤ 50 và c > b (c, b ∈ N) nên c ≥ b + 1 thành thử:

S = +a cb d

≥ ++1 b 1

b 50 =

+ +2b b 5050b

34


Vậy BĐT của đề ra đã được chứng minh.


= = = +

a 1d 50c b 1

Để tìm minS, ta đặt + +2b b 5050b

= + +b 1 150 b 50

và xét hàm số có biến số

liên tục x:

f(x) = + +x 1 150 x 50

(2 ≤ x ≤ 48)

f′(x) = −− =

2

2 21 1 x 5050 x 50x

; f′(x) = 0 =

≤ ≤

2x 502 x 48

⇔ =x 5 2

Bảng biến thiên:

Chuyển về biểu thức f(b) = + +2b b 5050b (2 ≤ b ≤ 48, b ∈ N)

Từ BBT suy ra khi b biến thiên từ 2 đến 7, f(b) giảm rồi chuyển sang tăng khi b biến thiên từ 8 đến 48. Suy ra minf(b) = min[f(7); f(8)].

Ta có f(7) = + =49 57 53

350 175; f(8) =

+ = >64 58 61 53400 200 175

Vậy minS = 53175

khi

= = = =

a 1b 7c 8d 50

38. (Đại học 2002 dự bị 6)

Ta có diện tích tam giác: S = = =a b c1 1 1ah bh ch2 2 2

⇒ ha = 2Sa

; hb = 2Sb

; hc = 2Sc

⇒ + + = + +a b c

1 1 1 1 (a b c)h h h 2S

⇒ + + + + = + + + + ÷ ÷ ÷ a b c

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1(a b c)a b c h h h 2S a b c

Áp dụng BĐT Côsi ta có: (a + b + c) + + ÷ 1 1 1a b c

≥ 9

35


và vì S = 32

, nên ta có: + + + + ≥ = ÷ ÷ a b c

1 1 1 1 1 1 9 3a b c h h h 3

39. (Đại học khối A 2003)

Với mọi r ru,v ta có: + ≤ +

r r r ru v u v (*)

Đặt = = = ÷ ÷ ÷

r r r1 1 1a x; ; b y; ; c z;x y z

Áp dụng bất đẳng thức (*), ta có: + + ≥ + + ≥ + +r r r r r r r r ra b c a b c a b c

Vậy P = + + + + +2 2 22 2 21 1 1x y zx y z

≥ + + + + + ÷

22 1 1 1(x y z)

x y z• Cách 1:

Ta có: P≥ + + + + + ÷

22 1 1 1(x y z)

x y z≥ ( )

+ ÷ ÷

223 3

13 xyz 3xyz

= + 99tt

với t = 23( xyz) ⇒ 0 < t ≤ + + ≤ ÷

2x y z 13 9

Đặt Q(t) = 9t + 9t

⇒Q′(t) = 9 – 29t

< 0, ∀t∈

10;9

⇒Q(t) giảm trên

10;9

⇒ Q(t) ≥ Q ÷ 19

= 82. Vậy P ≥ ≥Q(t) 82

Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 13

.

• Cách 2: Ta có:

(x + y + z)2 + + + ÷

21 1 1x y z

= 81(x + y + z)2 + + + ÷

21 1 1x y z

– 80(x + y + z)2

≥ 18(x + y + z). + + ÷

1 1 1x y z

– 80(x + y + z)2 ≥ 162 – 80 = 82

Vậy P ≥ 82

Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 13

.

40. (Đại học khối A 2003 dự bị 1)• Tìm max: y = sin5x + 3 cosx ≤ sin4x + 3 cosx (1)

Ta chứng minh: sin4x + 3 cosx ≤ 3 , ∀x ∈ R (2)

⇔ 3 (1 – cosx) – sin4x ≥ 0 ⇔ 3 (1 – cosx) – (1 – cos2x)2 ≥ 0

⇔ (1 – cosx).[ 3 – (1 – cosx)(1 + cosx)2 ] ≥ 0 (3)Theo BĐT Côsi ta có:

36


(1 – cosx)(1 + cosx)(1 + cosx) = 12

(2 – 2cosx)(1 + cosx)(1 + cosx) ≤

≤ = < ÷

31 4 32 32 3 27

Vậy BĐT (3) đúng ⇒ (2) đúng ⇒ y ≤ 3 , ∀x. Dấu “=” xảy ra khi cosx = 1

⇔ x = k2π. Vậy maxy = 3 .

• Tìm min: Ta có y = sin5x + 3 cosx ≥ – sin4x + 3 cosx.

Tương tự như trên, ta được miny = – 3 , đạt được khi x = π + k2π.41. (Đại học khối A 2003 dự bị 2)

(1) ⇔ + + + − ≤(a b c)(b c a) 1

bc ⇔

+ − ≤2 2(b c) a 1

bc ⇔

+ ≤2bc(1 cosA) 1bc

⇔ ≤2 A 1cos2 4

⇔ ≥2 A 3sin2 4

⇔ ≥A 3sin2 2

(do 0 < < πA2 2

) (3)

Biến đổi vế trái của (2) như sau: = − ÷

A B C 1 A B-C B+Csin sin sin sin cos cos2 2 2 2 2 2 2

≤ − ÷

1 A Asin 1 sin2 2 2

=

= – − ÷

21 A Asin sin2 2 2

= – − − ÷

21 A 1 1sin2 2 2 4

= − − ÷

21 1 A 1sin8 2 2 2

Do (3) suy ra:

≤ − − ÷ ÷

2A B C 1 1 3 1sin sin sin2 2 2 8 2 2 2

= − −1 1(4 2 3)8 8

= −2 3 3

8


= = ⇔ = = =

0

0

B-Ccos 1A 1202

A 3 B C 30sin2 2

42. (Đại học khối A 2005)Với a, b > 0 ta có:

4ab ≤ (a + b)2 ⇔ +≤

+1 a b

a b 4ab ⇔

≤ + ÷+ 1 1 1 1

a b 4 a bDấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b.Áp dụng kết quả trên ta có:

≤ + ÷+

1 1 1 12x+y+z 4 2x y z

≤ + + ÷

1 1 1 1 14 2x 4 y z

= + + ÷

1 1 1 18 x 2y 2z

(1)

Tương tự:

37


≤ + ÷+ + +

1 1 1 1x 2y z 4 2y x z

≤ + + ÷

1 1 1 1 14 2y 4 x z

= + + ÷

1 1 1 18 y 2z 2x

(2)

≤ + ÷+ + +

1 1 1 1x y 2z 4 2z x y

≤ + + ÷

1 1 1 1 14 2z 4 x y

= + + ÷

1 1 1 18 z 2x 2y

(3)

Vậy: + + ≤ + + ÷+ + + +

1 1 1 1 1 1 12x+y+z x 2y z x y 2z 4 x yz

= 1

Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi

x = y = z. Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 34

.

43. (Đại học khối B 2005)Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có:

+ ≥ ÷ ÷ ÷ ÷

x x x x12 15 12 152 .5 4 5 4

⇒ + ÷ ÷

x x12 155 4

≥ 2.3x (1)

Tương tự ta có:

+ ÷ ÷

x x12 205 3

≥ 2.4x (2) + ÷ ÷

x x15 204 3

≥ 2.5x (3)

Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia 2 vế của bất đẳng thức nhận được cho 2 ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra ⇔ (1), (2), (3) là các đẳng thức ⇔ x = 0.

44. (Đại học khối D 2005)Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có:

1 + x3 + y3 ≥ 3 3 33 1.x .y = 3xy ⇔ + +

≥3 31 x y 3xy xy

(1)

Tương tự:+ +

≥3 31 y z 3yz yz

(2); + + ≥3 31 z x 3zx zx

(3)

Mặt khác + + ≥ 33 3 3 3 3 33xy yz zx xy yz zx

⇒ + + ≥3 3 3 3 3xy yz zx

(4)

Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), (4) ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra ⇔ (1), (2), (3), (4) là các đẳng thức ⇔ x = y = z = 1.


Ta có: 3 + 4x = 1 + 1 + 1 + 4x ≥ 4 4 x4

⇒ + ≥ = 84x x x3 4 2 4 2 4

38


Tương tự: + ≥ 8y y3 4 2 4 ; + ≥ 8z z3 4 2 4

Vậy + + + + +x y z3 4 3 4 3 4 ≥ 2 + + 8 8 8x y z4 4 4 ≥ 3 8 x y z6 4 .4 .4

≥ 6 + +24 x y z4 = 6


Ta có: 1 + x = 1 + + + ≥3

43

x x x x43 3 3 3

1 + yx

= 1 + + + ≥3

43 3

y y y y43x 3x 3x 3 x

1 + 9y

= 1 + + + ≥3

43

3 3 3 34y y y y

⇒

+ ≥ ÷ ÷

2 64

39 31 16y y

Vậy: ( ) + + + ÷ ÷ ÷

2y 91 x 1 1x y

≥ 2563 3 6

43 3 3 3x y 3. .3 3 x y

= 256

47. (Đại học khối B 2005 dự bị 1)• Cách 1:

Ta có:+ + ++ ≤ = + +3 a 3b 1 1 1(a 3b).1.1 (a 3b 2)

3 3+ + ++ ≤ = + +3 b 3c 1 1 1(b 3c).1.1 (b 3c 2)

3 3+ + ++ ≤ = + +3 c 3a 1 1 1(c 3a).1.1 (c 3a 2)

3 3

Suy ra: [ ]+ + + + + ≤ + + +3 3 3 1a 3b b 3c c 3a 4(a b c) 63

≤ +

1 34. 63 4

= 3

Dấu "=" xảy ra ⇔ + + = + = + = +

3a b c4

a 3b b 3c c 3a=1 ⇔ a = b = c =

14

• Cách 2:

Đặt x = +3 a 3b ⇒ x3 = a + 3b; y = +3 b 3c ⇒ y3 = b + 3c;

z = +3 c 3a ⇒ z3 = c + 3a

⇒ x3 + y3 + z3 = 4(a + b + c) = 4.34

= 3. BĐT cần ch. minh ⇔ x + y + z ≤ 3

Ta có: x3 + 1 + 1 ≥ 3 3 3x .1.1 = 3x; y3 + 1 + 1 ≥ 3 33 y .1.1 = 3y;

z3 + 1 + 1 ≥ 3 3 3z .1.1 = 3z

⇒ 9 ≥ 3(x + y + z) (vì x3 + y3 + z3 = 3)

39


Vậy x + y + z ≤ 3


= = =

+ + =

3 3 3x y z 13a b c4

⇔

+ = + = +

a 3b b 3c c 3a=13a+b+c=4

⇔ a = b = c = 14

48. (Đại học khối B 2005 dự bị 2)Ta có: 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ x ≥ x2

− ≤ 1x y y x4

⇔ ≤ +1x y y x4

(1)

Theo BĐT Côsi ta có: + ≥ + ≥ =2 21 1 1y x yx 2 yx . x y4 4 4

⇒ − ≤ 1x y y x4


≤ ≤ ≤ = = ⇔ = =

2

2

0 y x 1 x 1x x 1y

1 4yx4

49. (Đại học khối D 2005 dự bị 2)

Ta có:+ ++ ≥ =

+ +

2 2x 1 y x 1 y2 . x1 y 4 1 y 4

+ ++ ≥ =+ +

2 2y 1 z y 1 z2 . y1 z 4 1 z 4

+ ++ ≥ =+ +

2 2z 1 x z 1 x2 . z1 x 4 1 x 4

Cộng 3 bất đẳng thức trên, vế theo vế, ta có: + + ++ + + + + ≥ + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷+ + +

2 2 2x 1 y y 1 z z 1 x x y z1 y 4 1 z 4 1 x 4

⇔ + ++ + ≥ − − + + ++ + +

2 2 2x y z 3 x y z x y z1 y 1 z 1 x 4 4

≥ + + −3(x y z) 34 4

≥ − = − =3 3 9 3 3.34 4 4 4 2

(vì x + y + z ≥ 3 3 xyz = 3)

Vậy: + + ≥+ + +

2 2 2x y z 31 y 1 z 1 x 2

.

50. (Đại học khối A 2006)• Cách 1:

40


Từ giả thiết suy ra: + = + −2 21 1 1 1 1x y xyx y

.

Đặt 1x

= a, 1y

= b, ta có: a + b = a2 + b2 – ab (1)

A = a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) = (a + b)2

Từ (1) suy ra: a + b = (a + b)2 – 3ab.

Vì ab ≤ +

÷

2a b2

nên a + b ≥ (a + b)2 – + 23 (a b)4

⇒ (a + b)2 – 4(a + b) ≤ 0 ⇒ 0 ≤ a + b ≤ 4Suy ra: A = (a + b)2 ≤ 16

Với x = y = 12

thì A = 16. Vậy giá trị lớn nhất của A là 16.

• Cách 2:Đặt S = x + y, P = xy với S2 – 4P ≥ 0. Từ giả thiết ⇒ S, P ≠ 0.

Ta có: SP = S2 – 3P ⇔ P = +

2SS 3

A = +3 31 1x y

= +3 3

3 3x yx y

= + + −2 2

3 3(x y)(x y xy)

x y=

+ 2

3 3(x y) xy

x y=

+ 2

2 2(x y)x y

⇒ A = + = ÷

2

2S S 3

SP

Đk: S2 – 4P ≥ 0 ⇔ S2 – +

24SS 3 ≥ 0 ⇔ S2

− ÷+ S 1S 3 ≥ 0 ⇔

−+

S 1S 3 ≥ 0 (vì S≠0)

⇔ < −

≥

S 3S 1

(*)

Đặt h = f(S) = +S 3S

⇒ h′ = −23

S< 0, ∀S thoả (*)

Từ bảng biến thiên, ta có: 0 < h ≤ 4 và h ≠ 1, ∀S thoả (*).

Mà A = h ⇒ MaxA = 16 khi x = y = 12

(S = 1, P = 14

).

• Cách 3:

41


(x + y)xy = − + ÷

2 2y 3yx2 4

> 0 ⇒ ++ =1 1 x y

x y xy> 0

A = +3 31 1x y

= +3 3

3 3x yx y

= + ÷

21 1x y

⇒ = +1 1Ax y

Dễ chứng minh được: + + ≤ ÷

3 3 3a b a b2 2

(với a + b > 0)

dấu "=" xảy ra khi a = b.

Áp dụng với a = 1x

, b = 1y

, ta có:

++ ÷ ÷ ÷ ÷ ≤ ÷ ÷

333 1 11 1x yx y

2 2 ⇔

≤ ÷ ÷

3A A2 2

⇔ A ≤ 16.

Dấu "=" xảy ra khi = =1 1 2x y

. Vậy Max A = 16.

• Cách 4:

A = 2

2SP

, suy ra = =−2

S 3SAP S SP

S2 – 4P ≥ 0 ⇔ S2 – 4−2S SP3

≥ 0 ⇔−

−

P1S1 4

3≥ 0 ⇔ ≥P 1

S 4 (chia cho S2)

Nên: A = 2

2SP

≤ 16. Vậy Max A = 16 (khi x = y = 12

).

51. (Đại học khối B 2006)Trong mpOxy, xét M(x – 1; –y), N(x + 1; y).Do OM + ON ≥ MN nên:

( ) ( )− + + + + ≥ + = +2 22 2 2 2x 1 y x 1 y 4 4y 2 1 y

Do đó: A ≥ 2 + + −21 y y 2 = f(y)

• Với y ≤ 2 ⇒ f(y) = 2 + 21 y + 2 – y ⇒ f′(y) = +2

2y

y 1– 1

f′(y) = 0 ⇔ 2y = + 21 y ⇔ ≥

= +

2 2

y 0

4y 1 y ⇔ y =

13

Do đó ta có bảng biến thiên như trên

• Với y ≥ 2 ⇒ f(y) ≥ 2 + 21 y ≥ 2 5 > 2 + 3 .

42


Vậy A ≥ 2 + 3 với mọi số thực x, y.

Khi x = 0 và y = 13

thì A = 2 + 3

Nên giá trị nhỏ nhất của A là 2 + 3 .

43

tuyen tap cac_bat_dang_thuc_trong_cac_de_thi_tuyen_sing_dai_hoc(ca_hd)

Documents