BẤT ĐẲNG THỨC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI THCS

Tailieumontoan.com  Sưu tầm CHUYÊN ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC BỒI DƯƠNG HỌC SINH GIỎI THCS Sưu Tầm

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 .  Dạng tích sang tổng: xy  x y hay xy   x  y 2 . 2  2   Dạng lũy thừa: x2  y2  2xy hay xy  x2  y2 . 2 Dấu \"  \" xảy ra  x  y .  Dạng đặc biệt: x  x.1  x2 1 . 2 2. Dạng ba số không âm x, y, z  Dạng tổng sang tích: x  y  z  33 xyz .  Dạng tích sang tổng: 3 xyz  x yz hay xyz   x  y  z 3 . 3  3   Dạng lũy thừa: x3  y3  z3  3xyz hay xyz  x3  y3  z3 . 3 Dấu \"  \" xảy ra  x  y  z .  Dạng đặc biệt: x  x.1.1  x3 11 . 3 3. Dạng tổng quát với n số không âm x1, x2,..., xn  Dạng tổng sang tích: x1  x2  ...  xn  n n x1x2...xn .  Dạng tích sang tổng: n x1x2...xn  x1  x2  ...  xn hay x1x2...xn   x1  x2  ...  xn n . n  n   Dạng lũy thừa: x1n  x2n  ...  xnn  x1x2...xn hay x1x2...xn  x1n  x2n  ...  xnn . n Dấu \"  \" xảy ra  x1  x2  ...  xn .  Dạng đặc biệt: x  x.1.1...1  xn  n 1 . n1 n 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 Ví dụ 1. Cho x  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  8x2  4x  1 15 . 4x2 Lời giải 2

 Có T   4x2 1  4x2  4x 1    4x2  14  2x 12   4x2  1  14  0  2 4x 2 . 1 14  16  4x2  4x 2 Vậy MinT 16 khi x  1 2 Ví dụ 2. Cho x  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M  4x2  3x  1  2011. 4x Lời giải Có M  4x2  4x 1 x  1  2010 4x   2x 12   x  1   2010  0  2 x. 1  2010  2011.  4x  4x Vậy MinM  2011 khi x  1 2 Ví dụ 2. Cho x  y  0 và xy  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức H  x2  y2 . x y Lời giải Có H  x2  y2  2xy  2xy   x  y2  4 xy xy  x  y 4  2 x  y. 4  4. xy xy Vậy Min H  4 khi x  y  4 y  x  y  2 y  2 x  x  3 1  x xy  2   . xy  2  x2  2x  2  0  y  3 1 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 Có b 1  1.(b 1)  1 (b 1)  b  a b 1  ab ; 22 2 V| tƣơng tự: b a 1  ab  a b 1  b a 1  ab  ab  ab  đpcm 2 22 Dấu ‘=” xảy ra khi a = b = 2 Ví dụ 2: Cho a ≥ 9, b≥ 4, c≥ 1. Chứng minh: ab c 1  bc a  9  ca b  4  11abc 12 Lời giải: Có: 3

ab c 1  bc a  9  ca b  4  ab (c 1).1  bc . (a  9).9  ca . (b  4).4 32  ab. (c 1) 1  bc . (a  9)  9  ca . (b  4)  4  11abc 2 32 22 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  2b)  b a(b  2a) Lời giải Xét: M . 3  a. 3b(a  2b)  b 3a(b  2a)  a. 3b  (a  2b)  b. 3a  (b  2a)  a2  b2  5ab 2 22  a2  b2  5. a2  b2  6  M  2 3 22 Vậy MaxM = 2 3 khi a = b = 1 Ví dụ 4. Cho x  0 , y  0 và x2  y2  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x14x 10y  y 14y 10x Lời giải Xét: P. 24  24x14x 10y  24y 14y 10x  24x  14x 10y  24y  14y 10x  24 x.1 y.1 22   x2 1  y2 1   x2  y2 1  48  P  48  P  4 6. 24  2  24  2  24 2     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 và x  y  xy  x  y2  1 4xy  x  y2  1 4xy   x  y2   x  y2 2 22 4   x  y2  4x  y  0  x  y  4. Dấu \"=\" xảy ra khi  x  y2  4xy   x  y2  8xy  xy  2     x  y  4 x  y  4 x  y  4  x , y là hai nghiệm phƣơng trình t2  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

P a  b  c . a2 1 b2 1 c2 1 Lời giải Thay 1  ab  bc  ac , ta đƣợc: P a  b  c a2  ab  bc  ac b2  ab  bc  ac c2  ab  bc  ac  ab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 aa bb cc  ab ac  ba bc  ca cb 222  a a  a b    a  c c    b  c  3  b b   ac a   bc bc    22 Vậy MaxP  3 khi a  b  c  1 . 23 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 Ta có ab  bc  ca  ab  bc  ca c  ab a  bc b  ca c.1 ab a.1 bc b.1 ca  c a  ab  ab  a a  bc c  bc  ca b b  c b a  b  c  ca   a  ab  c   a  bc  c  ac cb ba b  cb  a  a.b  b.c  c.a ac cb ab ac bc ba  1  c a a  c b b    a b b  a c c    b c c  a a b   3 ( đpcm). 2             2 Ví dụ 3. Cho a  0 , b  0 , c  0 và ab  bc  ac  3abc . Tìm giá trị nhỏ nhất của      P  a2  b2  c2 . c c2  a2 a a2  b2 b b2  c2 Lời giải Có P  a2  b2  c2      c c2  a2 a a2  b2 b b2  c2 5

 a2  c2  c2  b2  a2  a2  c2  b2  b2      c c2  a2 a a2  b2 b b2  c2   1  c2 c a2    1  a2 a b2    1  b2 b c2   c    a    b     1  c    1  a    1  b         c 2 c2a2   a 2 a2b2   b 2 b2c2    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 Vậy MinP  3 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 T  a b c . 1 9b2 1 9c2 1 9a2 Lời giải      a 1 9b2  9ab2 b 1 9c2  9bc2 c 1 9a2  9ca2 Có T    1 9b2 1 9c2 1 9a2   a  9ab2     9bc2    c  9ca2   1 9b2  b 1 9c2   1 9a2         9ab2  9bc2  9ca2  a b c   2 1.9b2   2 1.9c2   2 1.9a2   a  b  c  3 ab  bc  ac  a  b  c  1 a  b  c2  1 do a  b  c  1 . 2 22 Vậy MinT  1 khi a  b  c  1 . 23 Ví dụ 5. Cho a , b , c  0 và 1  1  1  2 . Chứng minh: abc  1 . 1 a 1b 1c 8 Lời giải Có 1  1  1  2 1 a 1b 1c  1  1 1   1 1   b  c c cos i 2 b . c 2 1 bc c . 1 a 1 b  1 c  1 b 1 1b 1c  b  1  Tƣơng tự: 1  2 ac c ; 1  2 1 ab  b . 1 b 1 c 1 a1 a  1 Nhân các bất đẳng thức dƣơng, cùng chiều ta đƣợc: 1  8abc hay abc  1 (đpcm). 8 1 a1 b1 c 1 a1 b1 c 6

DẠNG 4: GHÉP CẶP ĐÔI Tách x  y  z  1  x  y  1  y  z  1  z  x . 222 xyz  xy. yz. zx x, y, z  0 . Ví dụ 1. Cho a  0 , b  0 , c  0 và a2  b2  c2  1. Chứng minh: a) ab  bc  ac  a  b  c ; b) bc  ca  ab  3. cab ab c Lời giải a) Có ab  bc  ac  1  bc  ca   1  ca  ab   1  ab  bc  cab 2  a b  2  b c  2  c a   1 .2 bc . ca  1 . ca . ab  1 . ab . bc  a  b  c (đpcm). 2 ab 2 bc 2 ca  bc ca ab 2  b2c2  c2a2  a2b2  a b c  a2 b2 c2  b) Xét   2 a2  b2  c2  1 b2c2  c2a2   1 c2a2  a2b2   1 a2b2  b2c2   2  a2 b2   b2 c2   c2 a2  2   2   2    1 .2 b2c2 . c2a2  1 .2 c2a2 . a2b2  1 .2 a2b2 . b2c2 2 a2 b2 2 b2 c2 2 c2 a2  a2  b2  c2  2  3, do đó bc  ac  ab  3 (đpcm). ab2 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 Vì a,b, c l| độ d|i ba cạnh của ABC nên a  b  c  0, b  c  a  0,c  a  b  0 . Có 0  (a  b  c)(b  c  a)  (a  b  c)  (b  c  a)  b ; 2 0  (b  c  a)(c  a  b)  (b  c  a)  (c  a  b)  c ; 2 0  (c  a  b)(a  b  c)  (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 a  2 . Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức P  2a  5 . a Lời giải Phân tích bài toán 7

a2 3 4 37  9, 25 P 13  6,5 23  7, 7 4 2 3 Từ bảng thứ nhất dự đo{n min P  13  a  2 . 2 a 1 a a2 2 1 2 Từ bảng thứ hai, ta suy ra 1 sẽ đi với a nên 5 sẽ đi với 5a . a 4a 4 Trình bày lời giải Có P   5  5a   3a  2 5  5a  3a  5  3a  5  3.2  13 ( do a  2) .  a 4  4 a4 4 4 4 2 Vậy min P  13 khi  5  5a a2 (thỏa mãn). 2 a 4 a  2 Ví dụ 2. Cho x  0, y  0 và x  y  6 . Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức F  x  y  6  24 . xy Lời giải Phân tích bài toán (1 ; 5) (2 ; 4) (3 ; 3) (4 ; 2) (5 ; 1) (x ; y) F 84  16,8 15 16 39  19,5 156  31, 2 5 2 5 Từ bảng thứ nhất, ta dự đo{n min F 15 khi x  2, y  4 . x 1 y 1 x y x  2, y  4 2 1 4 1 2 4 Từ bảng thứ hai, ta suy ra 1 sẽ đi với x nên 6 sẽ đi với 6x  3x ; 1 sẽ đi với y nên 24 sẽ đi với x 4x 4 2y 16 y 24 y  3y . 16 4 Trình bày lời giải Có F   6  3x    24  3y    x  y   x 2   y 2   2 2     2 6  3x  2 24  3y  1 (x  y)  18  1 (x  y) x2 y 2 2 2  18  1  6  15 (do x  y  6). 2 8

Vậy min F  15 khi 6  3x ; 24  3y ; x  y  6  x  2 (thỏa mãn). x 2y 2   4  y Ví dụ 3. Cho x  0, y  0 và x  y  3 . Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức P  2x2  y2  28  1 . xy Phân tích bài toán Lời giải  2;1  x; y 1; 2 P 69  34,5 24 2 Từ bảng thứ nhất, ta dự đo{n min P  24 khi x  2, y 1. x1 y 1 x y x  2, y  1 2 1 1 1 2 Từ bảng thứ hai, ta suy ra 1 sẽ đi với x nên 28 sẽ đi với 28x  7x ; 1 se đi với y . x 4x 4y Trình bày lời giải Có P   28  7x    1  y   2x2  y2  7x  y  x   y      28  7x    1  y   2( x  2)2  ( y 1)2  (x  y)  9  x   y     2 28  7x  2 1  y  0  0  3  9  24. xy Vậy min P  24 khi 28  7x; 1  y; x  2  0; y 1  0; x  y  3  x  2, y  1. xy 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 và z vai trò nhƣ nhau nên sử dụng bất đẳng thức Cô-si đối với tích yz , ta đƣợc P  x( yz)  x  y  z 2  1 x(12  x)(12  x) .  2  4 Đến đ}y ta kẻ bảng để dự đo{n gi{ trị lớn nhất của P x2 3 P 50 243  60, 75 Từ bảng thứ nhất dự đo{n max P  243 khi x  3. 4 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

P  1 [(3x)(12  x)(12  x)]  1  x  24 3  1  3  24 3  243 . 12 12  3  12  3  4 Vậy max P  243 khi x  3, y  z  9 . 42 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 a2  b2  (a  b)2  4ab . Dấu bằng xảy ra khi a  b .   Với mọi a,b, c thì 3 a2  b2  c2  (a  b  c)2  3(ab  bc  ca) . Dấu bằng xảy ra khi a  b  c .  Với mọi a, b thì a2  b2   a  b 2 a, b; a3  b3   a  b 3 a  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 Ví dụ 1. Cho x  0, y  0 và x  8  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức K  x  2 y . 2y yx Lời giải Đặt a x , do 2 x 8 2 x . 8 4 x x 1 0 a 1 y 2 y 2y y y4 4 Ka 2 2 32a 31a 2 2 .32a 31a Có aa a 1 16 31a 16 31. 1 33 do 0 a 4 44 Vậy MinK 33 khi a 1 hay x 2, y 8. 44 Ví dụ 2. Cho x 0, y 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x y 12 xy x y xy x y x y 12 x y 12 xy x y 1 Đặt a x y 12 a xy x y Do m n p 2 3(mn np pm) x y 1 2 3 xy x y a3 Vậy MinA 10 khi a 3 x y 1. xy 3 xy Ví dụ 3. Cho x 0, y 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của A x2 y2 xy Lời giải 10

x y 2 2xy xy x y2 2 xy x y Có A xy 2 xy xy Đặt t x y , do x y 2 xy 2 xy xy x y xy x y xy2 t2 xy Ta đƣợc A t2 1 2 t2 1 7 t2 Cos i t2 .1 7 t2 2 t 8t 22 8 8t 8 t 7t2 2 2 7 .22 2 5 (do t 2 ). 28 2 82 2 x y. Vậy MinA 5 khi t 0, c 0 thỏa mãn b2 c2 2 Ví dụ 4. Cho a 0,b a2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 1 b2 c2 a2 1 1 a2 b2 c2 Lời giải Có P 1 b2 c2 a2 1 1 2bc 2a2 bc a2 a2 b2 c2 a2 bc 2 a2 bc Dặt t a2 b2 c2 2bc 2 ta đƣợc bc bc bc P 2 t 1 2 t 1 3t 2 2 t .1 3t 2 1 3t 2 1 3.2 5 (do t 2 ). t 4t 4 4t 4 44 bc bc a Vậy MinP 5 khi b2 c2 a2 2 Ví dụ 5. Cho x 0, y 0 và x y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 1 1 . 1 x2 y2 xy Lời giải Có P 2 1 . 1 . 1 x2 y2 2 1 xy x y x.y Đặt a xy , do xy x y 2 1 0 a 1 , ta đƣợc 24 4 P 2 1 a 2 1 16a 15a 2 2 1 .16a 15a 2 8 15a 2. 8 15. 1 17 do0 a 1 aa a 44 MinP 17 khi a 1 hay x y 1 42 Ví dụ 6: Cho x 0, y 0 và x y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 1 1 4xy . x2 y2 xy Lời giải 11

Có P 11 1 4xy . Sử dụng 1 1 4 a,b 0 , ta đƣợc x2 y2 2xy 2xy a b a b 1 1 4 44 4(do 0 x y 1) . Suy ra P 4 1 4xy . x2 y2 2xy x2 y2 2xy (x y)2 12 2xy Đặt a = xy, do xy x y 2 1 0 a 1 ta đƣợc 24 4 P 4 1 4a 4 1 8a 4a 4 2 1 .8a 4a 8 4a 8 4. 1 7 (do0 a 1) 2a 2a 2a 44 MinP 7 khi x y 1 12 2 2 x 1 Ví dụ 7: Cho x,y >0 và x y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức K x y y Lời giải Cách 1: Sử dụng a2 b2 a b 2 a,b và 1 1 4 a,b 0. 2 c a b ab x 12 2 x 1 y 12 2 x y1 4 ta đƣợc K 2. y 2. x y 1x y 2 2 2 xy Đặt a x y , điều kiện 0 a 1, ta đƣợc: 1 42 1 1 2 2 Ka a 2a2 a 31 1 3 2 a. a a2 a 1 32 1 32 25 (do 0 a 1). Vậy, MinK 25 khi x y 1 . 2 .2 2 22 2a 21 Cách 2: K x 12 y 2 1 1 4 2. xy 1 4. x x2 y2 xy 1 x2 y2 y Đặt a xy, do xy x y 2 1 0 a 1 . Ta đƣợc: 24 4 K 2. 1 15 4 2. 1 15 4 25 do 0 a 1 . Vậy, MinK 25 khi x y 1 . 2 4a 2 4. 1 24 22 4 Ví dụ 8: Cho x 0, y 0và x y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S 1 x 13 3 1y 1 xy Lời giải Sử dụng a3  b3   a  b 3 a  b  0 và 1+1  4 a  b  0 , ta đƣợc 2  2  a b ab 12

2. 1 x 1 3    y  1 3  1  x 1 1 y  1 3 x  1 y   x y  2  S   2 2   Đặt a  x  y , điều kiện 0  a 1, ta đƣợc S  1  2  a  4 3  1 2   a  1   3 3  1   2 a. 1  3 3  1  4  3 3  1  4  3 3  343 4  a  4  a  a  4 2 a a  4  a  4  1  4   Vậy MinS  343 khi x  y  1 42 DẠNG 7: TÌM LẠI ĐIỀU KIỆN CỦA ẨN Ví dụ 1. Cho x, y  0 và 2x2  2xy  y2  2x  8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2  4  2x  3y . xy Lời giải Có 2x2  2xy  y 22x  8  x2  2xy  y2  x2  2x 1  9   x  y2   x 12  9 , mà  x  y2   x  y2   x 12   x  y2  9  0  x  y  3 Có P   2  2x    4  y   4x  4 y  2 2 .2x  2 4 .y  4(x  y)  x   y  x y    8  4(x  y)  8  4.3  4 (do 0  x  y  3). Vậy MinP  4khi x  1, y  2 . Ví dụ 2: Cho a 0, b 0, c 0 thỏa mãn 2 b2 bc c2 3 3 a2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T a b c 2 2 2 abc Lời giải Có 2 b2 bc c2 3 3 a2 3a2 2b2 2bc 2c2 9 3a2 2b2 2bc 2ab 2ac 2c2 2ab 2ac 9 a2 b2 c2 2ab 2bc 2ca a2 b2 2ab a2 c2 2ac 9 a b c2 a b2 a c2 9 a b c2 9 0 a b c 3 Sử dụng 1 1 1 9 ta đƣợc T a b c 18 a b c abc abc Đặt x a b c, 0 x 3 , ta đƣợc T x 18 18 2x x 2 18 .2x x 12 x 12 3 9 (do 0 x 3 ) xx x Vậy MinT 9 khi x 3 hay a b c 1 Ví dụ 3: Cho a 0, b 0 và a3 b3 6ab 8 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 13 P a2 b2 ab ab Lời giải 13

Có a3 b3 6ab 8 a3 b3 3a2b 3ab2 3a2b 3ab2 6ab 8 a b 3 3ab a b 2 8 a b 3 23 3ab a b 2 0 a b 2 a b 2 2 a b 4 3ab a b 2 0 a b 2 a2 b2 ab 2a 2b 4 0 a b 2 2a2 2b2 2ab 4a 4b 8 0 a b 2 a b2 a 22 b 22 0 0 ab 2 Có P 11 5 ab a2 b2 2ab 2ab Sử dụng 1 1 4 x, y 0 , ta đƣợc: x y xy 11 1 44 1 (do 0 ab 2) a2 b2 2ab a2 2ab b2 a b 2 22 Suy ra P 1 5 ab 2ab Đặt x ab , do ab a b 2 22 1 0 x 1, ta đƣợc: 22 P 1 5 x 1 5 5x 3x 2x 2x 2 2 1 2 5 . 5x 3x 6 3x 6 3.1 9 (do 0 x 1) 2x 2 2 2 2 2 Vậy MinP 9 khi a b 1 2 Ví dụ 4: Cho a 0, b 0 và a2 b2 a b . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a4 b4 2020 a b2 Lời giải Sử dụng x2 y2 x y 2 2 2 , ta đƣợc a b a2 b2 2. a2 b2 2 a b 2 a b2 1 ab 0ab2 22 2 2 a2 2 b2 2 2020 2 a2 b2 2 2020 a b2 2020 P 2. a b2 2 a b2 2 a b2 2 Đặt x a b 2 , ), 0 x 4 , ta đƣợc: P x 2020 x 8 2012 2 x . 8 2012 2 x 2x x 2x x 14

4 2012 4 2012 50 (do 0 x 4 ) x4 Vậy MinP 507 khi x 4 hay a b 1 Ví dụ 5: Cho x 0, y 0 và x 1 y 1 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x2 y2 yx Lời giải Có x 1 y 1 4 xy x y 3 3 xy x.1 y.1 Mà xy x.1 y.1 x y x 1 y 1 x y 1, suy ra x y 2 Có P x2 y 2 2 22 yx x2 y2 xy y x y x 2 x2 .y 2 y2 .x x y xy2 yx Vậy MinP 2 khi x y 1 II. BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIA 1. Dạng bộ hai số a;b và x; y bất kỳ  ax by 2 a2 b2 x2 y2 Dấu \" \" xảy ra x y ab  Đặc biệt x y 2 1.x 1.y 2 12 12 x2 y2 2. Dạng bộ ba số a;b;c và x; y; z bất kì  ax by cz 2 a2 b2 c 2 x2 y2 z2 Dấu \" \" xảy ra x y z abc  Đặc biệt x y z 2 1.x 1.y 1.z 2 12 12 12 x2 y2 z2 3. Dạng tổng quát bộ n số a1; a2; ; an và x1; x2; ; xn  a1x1 a2 x2 an xn 2 a12 a22 an2 x12 x22 xn2 Dấu \" \" xảy ra x1 x2 xn a1 a2 an 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 Có 12 = (4x + 3y)2 = (2.2x + 3. 3 y)2 Bunhia (4 + 3)(4x2 + 3y2) = 7A A 1 7  Vậy MinA = 1 khi  2x = 3x 1 7  3 x=y= 7  3y 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 Có 22 = (1.x + 1.y + 1.z)2 Bunhia (12 + 12 + 12)( x2 + y2 + z2) = 3A A 4 3  Vậy MinA = 4 khi  x = y  z x=y= 2 3 1 1 1 3 x + y + z = 2 Ví dụ 4. Cho 3x2 + 2y2 = 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2x + 3y 35 2 Lời giải  2 . 3x + 3. 2y Có S2 = (2x + 3y)2 =  3 2 Bunhia 9 2      4 +  3x2 +2y2 = 35 3x2 +2y2  35 . 6 =1  S  1  3  6 6 35  3x = 2y  3x = 2y x = 4y x = 4  2 3 2 3 8y 9  35 Vậy MaxS = 1    2x   9  9 3 2 + 3y = + 3y 35 1 = 1 y = 2x + 3y = 1 Ví dụ 5. Cho 4a2 + 25b2 ≤ 1 . 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 (9 + 1)(4a2 + 25b2) = 10(4a2 + 25b2) ≤ 10. 1 =1  H≤1 10  16

Vậy MaxH = 1   2a = 5b  2a + 15b = 0  a = 3 3 -1 18a - 15b = 3  = 20 b -1 6a - 5b = 1 50 Ví dụ 6. Cho x2 + y2 + z2 = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + z 4 Lời giải Có P2 = (1.x + 1.y + 1.z)2 Bunhia (12+ + 12 + 12)(x2 + y2 + z2) = 3. 3 = 19  P≤ 3  44 2 x = yz  11 Vậy MaxP = 3 khi  1 x=y=z= 1 2 2 x + y + z = 3 2 Ví dụ 7. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x - 1 + 3 - x khi 1 ≤ x ≤ 3 Lời giải     Có P2 = 1. x - 1 + 1. 3 - x 2 Bunhia 12  12 22 x-1 + 3-x =4  P≤2 Vậy MaxP = 2 khi x 1  3  x  x = 2 (thỏa mãn) 11 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 2  Có K2 = 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  1 1 1  a=b=c=1 Vậy MaxK = 9 khi  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 2  Có P2 = 1. b + c + 1. c + a + 1. a + b Bunhia   (12+ + 12 + 12) 222 b+c + c+a + a+b = 6 (a +b + c) = 6  P  6 17

 a+b= b+c= c+a  1 1 1 1 Vậy MaxP = 6 khi   a=b=c= 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 M= a+b + b+c + c+a 222 Lời giải 2 Bunhia         a+ 2 a +1. b 12 +12 a+b =2 a+b b = 1.        Ta có b+ 2 b +1. 2 Bunhia b+c =2 b+c Suy ra c = 1. c  12 +12  2 2 Bunhia = 1.        c+a  =2 c+a   c+ a c +1. a 12 +12 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 + c  a+b + b+c + c+a hay M ≥ 3 222 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 Vậy MinA = 18 khi  x +2 =1  x = -1 ( thỏa mãn)  y -1=2 y = 5  Ví dụ 2. Cho x ≥ - 1 . 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 Vậy MinA = - 19 khi  2x + 7 = 3  2x + 7 = 9  x = 1 ( thỏa mãn)  3x + 1 = 2 3x + 1 = 4  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    2 2  x 1 1  x  7  3  40  0  0  40  40  T  20 Vậy Min T  20 khi  x 1 1  x 1  1  x  2 (thỏa mãn)  x 7 3 x 7  9  Ví dụ 4. Cho x  15. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  F  x2  x  x2 15  x  3  x2 15  x  3  38. Lời giải  Xét 2F  2x2  2x  2 x2 15  x  3  2 x2 15  x  3  76        x2 15  x  3  2 x2 15  x  3  x2 15  2 x2 15 1  x  3 2 x  3 1 2 2 x2 15  x  3  x2 15 1        2 x  3 1  42  0  0  42  42  F  21 Vậy Min F  21 khi x2 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= a2  4ab  b2  b2  4ab  c2  c2  4ca  a2 . Lời giải Chú ý: Với x  0, y  0, ta có x2  4xy  y2  6 x  y2  2 x  y2  6 x  y2 44  x2  4xy  y2   x  y 6 2 . Vận dụng vào bài toán, ta có T a b 6  b  c 6  c  a 6  a b  c 6  6 6 222 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 = x2  xy  y2  y2  yz  z2  z2  zx  z2 . Lời giải Chú ý: Với x  0, y  0, ta có a2  ab  b2  a  b2  3a  b2  a  b2 44  a2  ab  b2  a  b S  x  y  y  z  z  x  x  y  z  1. 2 222 Vận dụng vào bài toán, ta có Vậy MinS  1 khi x  y  z  1 . 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 a2  b2  c2  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  2a  3  0  a2  a  6  0  a  a2  6. Tƣơng tự, ta cũng tìm đƣợc b  b2  6, c  c2  6 Do đó M  a  b  c  a2  b2  c2 18  22 18  4. Vậy MinM =4 khi a  2, a  3 a  b  3, c  2 b  2, b  3 a  c  3,b  2 c b  c  3, a  2 a   2, c  3 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 A  x2  y2  z2 . Lời giải  Tìm MinA Cách 1 (Sử dụng bất đẳng thức Bunhia) Bunhia    Có 62  1.x 1.y 1.z2 12 12 12 x2  y2  z2  3A  A  12. Vậy MinA = 12 khi  x  y  z  x  y  z  2. 1 1 1 x  y  z  6 Cách 2 (Sử dụng bất đẳng thức Côsi – dự đo{n min đạt tại x=y=z=2) 20

     Có A  x2  y2  z2  x2  4  y2  4  z2  4 12  2 x2.4  2 y2.4  2 z2.4 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.  xx 6  y y 6 zz 6  0  x2  y2  z2  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) 2  Xét K 2  1. 3a 1 1. 3b 1 1. 3c 1  Bunhia  12 12 12 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) K 3a 1  3b 1  3c 1  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   4 4  2 2 2  Vậy Max K  6 khi a  b  c 1.  Tìm MinA Có 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 1 x  10  0  x  10 1 x  10  0  x  x  10 . 10 1 Tƣơng tự y  y  10 , z  z  10 , suy ra 10 1 10 1 21

x  y  z  x  y  z  3 10  K  12  3 10  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 )  ab  bc  ca  2  abc , mà 2  abc  2 nên ab  bc  ca  2 (đpcm). 22 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 an  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: Có -2  x, y, z  2 => 1  a , a , a ,  1 222 Đặt x  a , y  b , z  c  1  x, y, z  1 và x+y+z=0. 2 22  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 x  y  z  2 z  2  a4  b4  c4  32 ( đpcm) Ví dụ 2. Cho 0  x, y, z  1 và x+ y+ z = 3 . 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) Có  3 2  (1.x 1.y 1.z)2 Bunhia 12 12 )(x2  y2  z2)  3P  P  3  2  4  (12 Vậy MinP = 3  x  y  z 1 4  1 1 1 2 Khi   x  y  z   3 x  y  z 2 Cách 2( Sử dụng bất đẳng thức Côsi – dự đo{n min đạt tại x=y=z= 1 ) 2 Cã P  x2  y2  z2   x2  1    y2  1    z2  1   2 x2. 1  2 y2. 1  2 z2. 1  3  x  y  z  3.  4   4   4  4 4 44 4 Vậy MinP = 3 Khi x = y = z = 1 42 Tìm MaxP Có x + y + z = 3  (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. Có P =  a 12   b  1 2   c 12  a2  b2  c2  2(a  b  c)  3  2   2   2  4 = a2  b2  c2  3  a  b  c  3 (do 1  a,b, c  1) 44 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 P  2 c  3  2  3  5 (do c  1) . 4 44 Vậy MaxP = 5 khi (a; b; c) là hoán vị của (- 1; 0; 1) hay (x; y; z) là hoán vị của  0; 1 ; 3  . 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 Có P a2  b2  c2 a  b  c2  a2  b2  c2 18.  22 2 Do a + b + c = 6  (a – 2) + (b – 2) + (c – 2) = 0  a  2  b  2  c  2  0 222 Đặt x  a  2 , y  b  2 , z  c  2  x + y + z = 0. 2 22 Vì 0 ≤ a, b, c ≤ 4  - 2 ≤ a – 2, b – 2, c – 2 ≤ 2  - 1  a  2 , b  2 , c  2  1. 222  - 1 ≤ x, y, z ≤ 1. Có P  2x  22  2y  22  2z  22 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 xn  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 P2  (1. b  c 1. c  a 1. a  b)2   Bunhia 12 12 12 222 bc  ca  ab  6(a  b  c)  6( do a  b  c  1)  P  6 Vậy Max P  6 khi a  b  c  1 3 Cách 2: ( Sử dụng bất đẳng thức Cosi - dự đo{n max đạt tại a  b  c  1 ) 3 Xét P. 2  2 (b  c)  2 (c  a)  2 (a b) 33 3 3 2  (b  c) 2  (c  a) 2  (a b) 3 3 3 222  1 a  b  c  2 ( do a  b  c  1)  P  2 : 2  6 3 Vậy Max P  6 khi a  b  c  1 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 Có P  b  c  c  a  a  b  (b  c)  (c  a)  (a  b)  1  2(a  b  c)  2( do a  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 T 2  (1. b  c 1. c  a 1. a  b)2   Bunhia 12 12 12 b  c 2  c  a 2  a  b 2  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) 222  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 Do a,b, c  0 và a  b  c  3  a  b  c  1 nên 0  a  b ; b  c ; c  a  1 3 333 Có T   bc  ca  a  b   3  b  c  c  a  a  b  3  3 3 3   3 3 3   3 2(a  b  c)  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: Có a  0; b  0; c  0; a  b  c 1  0  a,b, c 1 a  a2,b  b2, c  c2. Do đó : F  3a 1  3b 1  3c 1  a  2a 1  b  2b 1  c  2c 1 .  a2  2a 1  b2  2b 1  c2  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 1 x  4  0  x  3 x  2  0  x  x  2 3 Tƣơng tự: y  y  2 ; z  z  2 , suy ra x  y  z  x  y  z  6  F  4 33 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 M  2a2  3a  4  2b2  3b  4  2c2  3c  4 . Lời giải: Có a  0; b  0; c  0; a  b  c 1  0  a,b, c 1 a2  a,b2  b, c2  c. Do đó :      M  a2  a2  3a  4  b2  b2  3b  4  c2  c2  3c  4  a2  a  3a  4  b2  b  3b  4  c2  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  x4 1 y4 1 . Lời giải       Có P  x4 1 y4 1  x4 y4  x4  y4 1  x4 y4  x2  y2 2  2x2 y2 1  x4 y4  10  2xy2  2x2 y2 1  x4 y4  2x2 y2  40xy 101. Đặt t  xy  0 thì xy   x y 2  10 2  5  0  t  5  2    2  2 2 Ta đƣợc P  t4  2t2  40t 101; 0  t  5 2 Đến đ}y ta kẻ bảng dự đo{n MinP t 01 2 2,5 45 52,5625 P 101 64 Từ bảng trên ta dự đo{n MinP  45 khi t  2 nên ta xét hiệu : 27

   P  45  t4  2t2  40t  56  t4  8t2 16  10t2  40t  40   t2  4 2  4t  22  0  P  45 Vậy MinP  45 khi t  2  x  y  10  x, y là hai nghiệm của phƣơng trình :  xy  2 t2  10.t  2  0  t  10  2  x  10  2 ; y  10 2 . 2 22 Ví dụ 2: Cho a  b  4ab  4a2  4b2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức    A  20 a3  b3  6 a2  b2  2013 . Lời giải Có : a  b  4ab  4a2  4b2  a  b  4ab  4 a  b2  2ab  12ab  4a  b2  a  b , mà 4ab  a  b2 hay 12ab  3a  b2 . Nên 4a  b2  a  b  3a  b2  a  b2  a  b  0  0  a  b  1. Đặt x  a  b thì 0  x 1 và 12ab  4x2  x Ta có A  20 a  b3  3aba  b  6 a  b2  2ab  2013  20a  b3  60aba  b  6a  b2 12ab  2013   20x3  5 4x2  x x  6x2  4x2  x  2013  3x2  x  2013 Đến đ}y ta kẻ bảng dự đo{n MaxA t0 1 A 2013 2015 Từ bảng trên ta dự đo{n MaxA  2015 khi x  1 nên ta xét hiệu A  2015  3x2  x  2   x 13x  2 . Do 0  x 1 nên  x 13x  2  0 , suy ra A  2015 Vậy MaxA  2015 khi x  1 hay a  b  1 . 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 P  a4  b4  ab , với a, b là các số thực thỏa mãn a2  ab  b2  3. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức P Lời giải Ta có: 28

   P  a4  b4  ab  a2  b2 2  2a2b2  ab  3  ab 2  2a2b2  ab    ab  7 2  85  2  4 Ta có: a2  b3  2ab  3  ab  3  ab  a  b2  0  ab  3 3  ab  a2  b2  2ab  ab  1 Vì: 3  7  ab  7 1 7  1  ab  7  9  1   a  7 2  81 2 2 2 2 2 2 4  2  4   81    a  7 2   1  1    a  7 2  85  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: a2  b2  2. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức M  a3  b3  4 ab  1 Lời giải Tìm GTNN:   AMGM Ta có: a3  b3  4  a3  b3  1  3  3ab  3. Dấu “=” xảy ra khi a = b = 1. Vì a, b > 0 nên M  a3  b3  4  3ab  1  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 a2  b2  2  a  b 2  2ab  2  S2  2P  2  P  S2  2 . 2 Ta có: a  b2  a2  2ab  b2  2  2ab  2  a  b  2 Do đó S  2 29

b2 S2  3.  S2  2  .S  4  2  M  a   3aba  b  4  S2  3PS  4    P1 ab  1 S2  2 1 2  S2  6S  8  8  6 S  8  6 2 4 2. S2 S2 S 2 2 a2  b2    Dấu “=” xảy ra khi  ab  0  a  b  0; 2; 2;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: 5x2  27x  25  5 x  1  x2  4 Lời giải ĐKXĐ: x  2 5x2  27x  25  5 x  1  x2  4     5x2  27x  25  25x  1  x2  4  10 x2  4 x  1   2x2  x  2  5 x2  4 x  1  0     2 x2  x  2  5 x2  x  2 x  2  3x  2  0 Đặt x2  x  2  a  0; x  2  b  2 Phƣơng trình trở thành: 2a2  5ab  b2  0  2a  3ba  b  0  a  b 2a  3b x2  x  2  x  1 5 TM Với a  b  x  2  x2  2x  4    y  1 5 L   1  3 65 TM x  Với 2a  3b  4 x2  x  2  9 x  2  4x2  13x  26  0   8  x  13 3 65 L  8 Vậy phƣơng trình có 2 nghiệm: x  1 5; x  1 3 65 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 A  ab  bc  ca  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 yzxzxy   x  y     y  z  2    z  x  2   0  y x 2   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 a  ab 2c  ab  a  c  9  c  2b  ab  a 1 c  b 1 c  1  3b  9 9    2b  b  a  ab 2c  1  ab  ab  a   (1) 3b  9  ac bc 2  Chứng minh tƣơng tự ta có: b  bc 2a  1  bc  bc  b   (2) 3c  9  ab ac 2  c  ca 2b  1  ac  ac  c   (3) 3a  9  bc ab 2  Cộng từng vế của các bất đẳng thức (1); (2) và (3) ta có A  1  ac  bc  ab  ac  bc  ab  a  b  c  9  a  b b  c c  a 2   A  1 c a b  ab  c  b c  a  a  b  c  9  2   ab bc ca   A  1  3a  b  c  1  3.6  1. 92 92 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: a4  ab ab  b4 bc bc  c4  ca ca  1 b4   c4  a4  Lời giải Ta có: a4  b4  ab(a2  b2 )a; b R Thật vậy: a4  b4  ab(a2  b2 )  a4  b4  a3b  ab3  (a  b)(a3  b3 )  0  (a  b)2(a2  ab  b2 )  0 (luôn đúng a; bR ) => a4  b4  ab  ab(a2  b2 )  ab  a4  b4  ab  ab(a2  b2 )  abc ( vì a;b;c > 0 và abc = 1) Do đó: ab  ab  1  11 c2  2  c2     a4  b4  ab ab(a2  b2 )  ab a2  b2  1 a2  b2  1 1  1  c2 a  b  c 2 Tƣơng tự: 1 a2 1 b2 abc abc bc  2 (2);  ca  2 (3)  b4  c4  bc c4  a4  ca Mặt khác:  2 ab  bc  ca  2.32 a2b2c2  6 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta có:  a  b  c  a2  b2  c2  6 a2  b2  c2 2 ab  bc  ca 1  abc 2 abc 2    b4  c4  a a4  c4  b a4  b4  c 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: P  a2  1  c2  2019 b2 ab  bc  ca Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dƣơng a  b  c  3 abc; 1  1  1  3 1 a b c 3 abc 32

Suy ra a  b  c   1  1  1   9  *  a b c    Bất đẳng thức đƣợc chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c b) Ta có  ab  bc  ca  a2  b2  c2  ab  bc  ca  a  b  c 2  1 33 Suy ra 2017  6051 ab  bc  ca Áp dụng bất đẳng thức trong câu a, ta có  1 1 1  b2 bc bc    a2   c2  ab   ca  ab   ca a2  b2  c2  2ab  2bc  2ca 9 9 abc Suy ra  1  2  2 9 a2  b2  c2 ab  bc  ca Do đó ta đƣợc P  a2  1  c2  2019  6060 . b2 ab  bc  ca Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6060 Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 . 3 Câu 7: [TS10 Tỉnh Bắc Giang, 2019-2020] Cho x, y là các số thực thỏa mãn x2  y2  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3x3y Lời giải Ta có: P  3  x3  y  9  3 x  y  xy  18  6 x  y  2xy 2  17  x2  y2  6 x  y  2xy 8   x  y2  6 x  y  9  22  x  y  32   4. 2 Từ x2  y2  1chỉ ra đƣợc  x  y2  2  2  x  y  2; Suy ra  2  3  x  y  3  2  3  0. 33

 x  y  32  2 2  3  4  19  6 2  P 4 2 22 Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P là 19  6 2 khi x  y  2  22 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 P 1  5 5xy x  2y  5 Lời giải P 1  5 = 1  5  1  5 5xy x  2y  5 5xy (x  y)  y  5 5xy y  8  P  1  xy  5  y  8  xy  y  8 5xy 20 y  8 20 20 Ta lại có: xy  y  8  y(x 1)  8   x  y 12 8  3 4 20 20 20 5 Khi đó: P   1  xy    5  y8   xy y  8  5xy 20    20  20    y 8   P  1 1 3  P  3 55 5 Vậy PMin  3  x 1 5   y  2 Câu 9: [TS10 Tỉnh Bình Định, 2019-2020] Cho x, y là hai số thực thỏa  x y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x2  y2 .  . x y  xy  1 Lời giải Với x  y,xy 1, ta có P  x2  y2  (x  y)2  2xy  x  y  2 xy xy x y Vì x  y  x  y  0; 2  0 và xy  1. x y Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dƣơng x  y; 2 , ta có x y 34

x  y  2  2 2(x  y)  2 2  2 2 xy xy Suy ra min P  2 2 . Dấu đẳng thức xảy ra  x  y  2  (x  y)2  2  x  y  2  x  y  2 . x y  6 2 y  2 Mà xy  1  ( y  2)y 1 y2  2y 1 y2  2y 1 0     y   6 2 2   2 6  2 6  x 2 x  2 Vậy min P  2 2 tại  hoặc   y   2 6  y   2 6.  2  2 Câu 10: [TS10 Tỉnh Đắk Lắk, 2019-2020] Cho ba số thực dƣơng x, y, z thỏa mãn: x  2y  3z  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: S  xy  3yz  3xz 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 . Khi đó: S  ab  bc  ac . ab  2c bc  2a ac  2b Xét ab  ab  ab  cc  a  ab  c  1  a a c  b b c  ab  2c 2     a  b cb Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a a c  b b c .   Tƣơng tự ta có: bc  1  b b a  c c a  ; ac  1 a a b  c b  . bc  2a 2     ac  2b 2   c  Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b  c ; a  c . ba ca ab cb Cộng c{c vế ta đƣợc: S  1  a  b  b  c  a  c   3 . 2  a  b b  c a  c  2 35

Vậy gi{ trị lớn nhất của S bằng 3 khi v| chỉ khi a  b  c  2 hay gi{ trị lớn nhất của S bằng 3 khi và 23 2 chỉ khi x  2 ; y  1 ; z  2 . 3 39 Câu 11: [TS10 Tỉnh Đắk Nông, 2019-2020] Cho các số thực dƣơng a,b, c thỏa mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức abc P  a ba c. Lời giải Ta có: a  b  c  1  abca  b  c 1. abc Theo bất đẳng thức côsi ta có: P  a  ba  c  a2  ab  ac  bc  2 a a  b  c.bc  2 Đẳng thức xảy ra khi: a a  b  c  bc  a a  b  c 1   bc  1 bc  1 Ta thấy hệ có vô số nghiệm dƣơng chẳng hạn b  c  1, a  2 1. Vậy Pmin  2 . Câu 12: [TS10 Tỉnh Đồng Nai, 2019-2020] Cho ba số thực a, b,c . Chứng minh rằng:  a2  3  b2  3  c2  3  3 a2  bcb2  ca c2  ab bc ca ab Lời giải Phƣơng pháp: - Đặt x a2 bc, y b2 ca, z c2 ab đƣa bất đẳng thức cần chứng minh về x3 y3 z3 3xyz.  - Chứng minh đẳng thức x3  y3  z3  3xyz   x  y  z x2  y2  z2  xy  yz  zx - Từ đó đ{nh g{i hiệu x3 y3 z3 3xyz và kết luận. Đặt x a2 bc, y b2 ca, z c2 ab Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành : x3 y3 z3 3xyz. Ta có: 36

 x3  y3  z3  3xyz  x3  y3  3xyz  z3   x  y3  3xy  x  y  3xyz  z3   x  y3  z3  3xy  x  y  z    x  y  z   x  y 2   x  y  z  z 2   3xy  x  y  z     x  y  z  x2  2xy  y2  xz  yz  z2  3xy    x  y  z x2  y2  z2  xy  yz  zx Dễ thấy:  x2  y2  z2  xy  yz  zx  1 x2  2xy  y2  y2  2yz  z2  z2  2zx  x2 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: x y z a2 bc b2 ca c2 ab  a2  b2  c2  ab  bc  ca  1  a  b2  b  c 2  c  a 2   0, a, b, c 2  Suy ra  x  y  z  0   x  y  z x2  y2  z2  xy  yz  zx  0 x y z 0 x y z x2 y2 z2 xy yz zx 0 x3 y3 z3 3xyz hay a2  bc 3  b2  ca 3  c2  ab 3  3 a2  bcb2  cac2  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 Chứng minh 1  1  1  1. 2a 2b 2c Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh 1  1  1  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  33 abc2  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. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  6ab  a2  b2 . ab Lời giải Ta có: (a b)2  0  a2  b2  2ab  (a b)2  4ab; a2  b2  (a b)2 2 Từ giả thiết a  b  3ab 1  a  b  1 3ab  1 3 a  b2 4  3a  b2  4a  b  4  0  a  b  23a  b  2  0  a  b  2 (vì a, b  0 ) 3 3ab  1 (a  b)  1 1  3 1  1 ab ab ab 2 2  a2  b2  a  b2  2   a2  b2   2 29 9  P  6ab  a2  b2  2 3ab  a2  b2  1 2  7 ab ab 99 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 7 khi a  b 3ab  1  a  b  1 . 9 a  b 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: P  2a2  ab  2b2  2b2  bc  2c2  2c2  ca  2a2 Ta có: Lời giải 38

2a2  ab  2b2  5 a  b2  3 a  b2  5 a  b2 444  2a2  ab  2b2  5 a  b 2 Tƣơng tự: 2b2  bc  2c2  5 b  c ; 2c2  ca  2a2  5 c  a 22  P  5 a  b  5 b  c  5 c  a  5a  b  c 2 22  P  2019 5 Dấu “=” xảy ra  a  b  c  2019  673 3 Vậy min P  2019 5  a  b  c  673 Câu 16: [TS10 Tỉnh Hậu Giang, 2019-2020] Với x  0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  x2  3x  2019 x2 Lời giải Điều kiện x  0 Ta có A  x2  3x  2019 1 3  2019 x2 x x2 Đặt t  1 t  0 ta đƣợc: x A  1 3t  2019t 2  2019  t 2  1 t  1  2019    2t 1  1 2   2019 1 2 1  673  t2 1346  1346   1346     2019  t  1 2  2689  2689 với mọi t thuộc R  1346  2692 2692 Dấu “=” xảy ra khi t  1 tm . Vậy min A  2689 khi t  1  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 Chứng minh rằng: a  b 1 4b2 1 4a2 1 2 Lời giải Từ a + b = 4ab  4ab  2 ab  ab  1 4 39

Chứng minh đƣợc BĐT: Với x, y >0 ta có a2  b2 a  b2 (*)  x y xy Áp dụng (*) ta có a  b  a2  b2  a  b2 4b2 1 4a2 1 4ab2  a 4a2b  b 4ab(a  b)  (a  b) = a  b  4ab  1 1  1 4ab 1 4ab 1 4ab 1 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  1 2 Câu 18: [TS10 Tỉnh Hƣng Yên, 2019-2020] Cho các số thực dƣơng x, y, z thỏa mãn: x2  y2  z2  3xyz Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x2 yz  y2  z4 z2 x4  y4  xz  xy Lời giải x2  y2  z2  3xyz  x  y  z  3 yz xz xy Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dƣơng x ; y ta có: x  y  2 x . y  2 yz xz yz xz yz x z Tƣơng tự ta cũng có: y  z  2 ; z  x  2 xz xy x xy yz y   x  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 Lại có: x4  yz  2 x4 yz  2x2 yz  x2 yz  2 1  1 .2. 1. 1  1 (1  1) x4  yz 4 y z 4y z Tƣơng tự y2  1 (1  1); z2  1 (1  1 ) y4  xz 4 x z z4  xy 4 x y Suy ra P  x2  y2  z4 z2  1 (2  2  2)  1 (1  1  1)  3 x4  yz y4  xz  xy 4 x y z 2 x y z 2  P  3 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 3/2 khi x = y = z = 1. Câu 19: [TS10 Tỉnh Kon Tum, 2019-2020] Chứng minh 1 1 ... 1 38 . 23 400 40

Lời giải 1 1 ... 1 2 1 1 ... 1 23 400 2 2 33 400 400 21 1 ... 1 21 32 400 399 Ta có : 2 1 1 ... 1 21 32 400 399 2 1 3 2 ... 400 399 2 1 400 38 Vậy 1 1 ... 1 38 23 400 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 Ta chứng minh bất đẳng thức x 1 y  1  1  1  với x, y > 0.  4  x y    Thậy vậy, với x, y > 0 thì: 1  1 1  1   1  x y  (x  y)2  4xy  x2  2xy  y2  4xy  0   x y   4xy x y 4   x y  x2  2xy  y2  0  (x  y)2  0 (luôn đúng) Do đó: 1 y  1  1  1  với x, y > 0. x 4  x y    Áp dụng bất đẳng thức trên ta có: a  1 2c  (a  1 (b  c)  1 ( 1 c  b 1 )  a  ab 2c  ab  a 1 c  b 1 c  b c)  4 a   c b 4        bc 2a  bc 1 a  1  b  c 4  b  ca  Tƣơng tự ta có:  ca ca  1 1    a 2b  4  c  b  a  b   c Cộng vế với vế c{c bất đẳng thức với nhau ta đƣợc: a  ab 2c  b  bc 2a  c  ca 2b  ab  a 1 c  b 1 c   bc  b 1 a  c 1 a   ca  c 1 b  a 1 b  b c a 4     4     4           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 Do đó VT  1 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 a  b  b  c  2 (a  b)(b  c)  (a  2b  c)2  4(a  b)(b  c)  (a  2b  c)2(a  c)  4(a  b)(b  c)(a  c) Áp dụng bất đẳng thức cô si (a  2b  c)(a  c) a  2b  c  a  c  (a  2b  c)(a  c)  2(a  b  c)  (a  2b  c)(a  c)  1  22 1  (a  2b  c)(a  c)  a  2b  c  (a  2b  c)2(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. Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức P  1 (x  y  z)2  4(x2  y2  z2  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 Đặt x + y + z = t (t > 0)  x² + y² + z² - xy - xz – yz  t khi đó ta có 2 P  1 (x  y  z)2  4( x 2  y2  z2  xy yz zx)  t2  8   t2    8  2 2 2 t  2 2 t   42

Áp dụng BĐT Cô si ta có: t2  2  2 t2 .2  2t (dấu bằng xảy ra  t = 2) 22 (dấu bằng xảy ra  t = 2) 2t  8  2 2t. 8  8 tt  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 p2 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 T  x2  y2  z2 . x  yz y  zx z  xy Lời giải 1. Ta có p là số nguyên tố ( p  * )  p2 là số có c{c ƣớc dƣơng l| 1; p; p2 Theo đề bài ta có tổng c{c ƣớc nguyên dƣơng của p là một số chính phƣơng  1 p  p2  k2 (k  *)  4k 2  4  4 p  4 p2  4k 2  2 p 12  3  4k 2  2 p 12  3  2k  2 p 12k  2 p 1  3 (*) Ta có k, p  *  2k  2 p 1  0; 2k  2 p 1 2k  2 p 1 (*)  2k  2 p 1  1  2k  2 p  2  k 1 (thoûa maõn) 2k  2 p 1  3 2k  2 p  2  0 (khoâng thoûa maõn)  p Vậy không có số nguyên tố p nào thỏa mãn đề bài 2. Ta chứng minh bất đẳng thức a2  b2  c2  a  b  c2 với a,b,c, x, y,z 0 x y z xyz Áp dụng bất đẳng thức Bu – nhi – a - cốp – xki cho ba bộ số  a; x  ,  b; y  ,  c; z   x   y  z   a2 b2 c2   a 2  b 2  c 2   2 2 2  x y z  x   y   z       x y      tacó    x  y  z    z   a. x b. y c. z 2  a  b  c2   x y z   a2  b2  c2  a  b  c2 (*) x y z xyz 43

Dấu “=” xảy khi khi a  b  c xyz Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có yz  y  z ; zx  z  x ; xy  x  y 22 2  T  x2 z  y2 x  z2 y  y  z  x x y z 222  2x2  2y2  2z2 2x  y  z x  2y  z x  y  2z   2x x2  z  x  y2  z  x  z2 2z  2 y 2y y    Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có T  2 x  y  z2  x  y  z  2019 4x  y  z 2 2 Dấu “=” xảy ra khi x  y  z  673 Vậy gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức T  2019 khi x  y  z  673 2 Câu 24: [TS10 Tỉnh Phú Thọ, 2019-2020] Giải hệ phƣơng trình sau  x2  y2  4  x 1  y 1  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:  x2 11  y2 11  4  x  1  y 1 4  x 1 y 1 y    x 1  y 1  x  x 11  y 11  x 1  y 1  2  x 1 y 1 x 1    y  1  Đặt x 1 a ; y 1 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

x  1  1  x(x 1) 1  x 1 x 1 x 1 x 1  x2  x 1  x 1  x  0 (t / m) + Với b = 3 ta có: y  1  3  y( y 1) 1  3.( y 1) y 1 y 1 y 1  y2  y 1  3y  3  y2  4 y  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. Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức T   x 1   3 y  1  21 y  x    Lời giải T  21x  21  3y  3  x  62 x  3  21  7 y  2 y y x3 3 x y3 3   x  3    21  7 y   62 x  2 y  2  14  62  2  80  3 x   y 3  3 3   Dấu “” xảy ra  x 3  3  y 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 S1 là diện tích phần giao của hai nửa đƣờng tròn đƣờng kính AB và AD. S2 là diện tích phần còn lại của hình vuông nằm ngoài hai nửa đƣờng trong nói trên (như hình vẽ bên).Tính S1 S2 Lời giải. 45

B C S3 S2 S1 S4 AD Gọi a l| cạnh hình vuông ABCD. Ta cm đƣợc:  a 2 ..90 1  a 2 a2   1   2  2  2  4  4 2  S3  S4      360 S1  S3  S4  a2    1   a2    1   a2    1  4  4 2  4  4 2  2  4 2  S2  1 a2  a2    1   a2  3    2 2  4 2  2  2 4  Do đó S1  a2    1  2 S2  4  2  6 2  3  a2  2 4  2 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 P 1  1 x2  y 2  z 2 xy  yz  zx Lời giải. Ta có xy  yz  zx  x  y  z3  1 nên 2017  6051 3 3 xy  yz  zx Áp dụng BĐT x  y  z 1  1  1   9 , ta có: x y z  ( x2  x 2 1 1 1   y2  z2 )  ( xy  yz  zx )  ( xy  yz  zx )  y2  z2 xy  yz  zx xy  yz  zx  9  zx  Hay ( x2  y2  z2  2xy  2yz  2zx ) x2  1  z2  xy  1  zx  xy  1   9 y2 yz yz 1  2 9 x2  y 2  z 2 xy  yz  zx 46

Từ đó ta có: P  x2  1  z2  xy  2  2017 zx  9  6051  6060 y2 yz  zx xy  yz   P  6060 Vậy GTNN của P là 6060 khi và chỉ khi x  y  z  1 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: 3  x  x2.( 3  x)  x3  3.x2  x  3  x3  3.x2. 1  3.x. 1 2   1 3  3   1 3 3 3   3   3    x  1 3  10  10 3  3  33 9  x  1  3 10 3 39  x  3 10 3  3 (thỏa mãn điều kiện) 93 Vậy phƣơng trình đã cho có 1 nghiệm x  3 10 3  3 93 Câu 29: [TS10 Tỉnh Vĩnh Long, 2019-2020] Cho x, y là các số thực dƣơng thỏa x  y  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  2x2  y2  x  1 1. x Lời giải. Ta có: x  y 1 y 1 x thay v|o A ta đƣợc: A  2x2  y2  x  1 1  2x2  (1 x)2  x  1 1 xx   2x2  x2  2x 1  x  1 1  x2  2x  x  1 xx   x2  x  1    4x  1   1   x  1 2   4x  1   1  4   x  4  2   x  4 47

Dễ thấy  x  1 2  0, x  2  Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có 4x  1  2 4x. 1  4 xx Suy ra  x  1 2   4x  1   1  04 1  15  2   x  4 4 4 Dấu \"=\" xảy ra khi x  1 2 Vậy Amin  15 khi x 1. 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: a3  b3  c3  3. bca Lời giải Đặt P  a3  b3  c3 . bca Có a , b , c là các số thực dƣơng, theo bất đẳng thức AM-GM có:  a3  ab  2a2   b  b3 a3 b3 c3     b c a  c  bc  2b2 . P     2 a2  b2  c2  ab  bc  ac , mà a  b  c  ab  bc  ac  6 .  c3  ac  2c2   a     P  2 a2  b2  c2  a  b  c  6 .             Có 2 ab 2 bc 2 ac 2 02 a2  b2  c2  2 ab  bc  ca  3 a2  b2  c2  abc .   Suy ra P  2 a  b  c2  a  b  c  6 . 3    Có ab  bc  ca  a2  b2  c2  3 ab  bc  ac  a  b  c 2 . Do đó 6  a  b  c  ab  bc  ac  a  b  c  1 a  b  c2  1 a  b  c2  a  b  c  6  0 . 33  a  b  c  3 , a  b  c2  9 . 48

Suy ra P  2 .9  3  6  3 . Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c . 3 Vậy a3  b3  c3  3. bca 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 2b2  2a  c2  3 Lời giải Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: a 2c 2 2bc VT 2 3 2 313 2a b 2 2bc 2a b b 2c abc Mặt kh{c theo BĐT Bu-nhi-a-cốp –xki thì: 2b2  2a  c2  11 b2  a  c2   1.b 1.a  c2  b  a  c  VP  a 16 3  bc Vậy ta chỉ cần chứng minh: 1  3  16  a  b  c 12  0 1 abc abc3 Ta có (1) đúng hiển nhiên do đó bất đẳng thức đƣợc chứng minh. abc 1 ac 1 4 Dấu “=” bằng xảy ra khi: b 2c 1 b ac 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: 4x2  4y2  17xy  5x  5y  1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  17x2  17y2  16xy Lời giải Ta có: 4x2  4y2  17xy  5x  5y  1  4x  y2  9xy  5x  y  1 Đặt t  x  y, t  0 , theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: 49