30 bài toán Bất đẳng thức - Cực trị trong các đề thi Olympic Toán học 10

30 BÀI TOÁN BĐT - Cực Trị trong các Đề thi OLYMPIC ToánHọc 10 Bài Toán 1. (THPT Quốc Học Huế) Cho các số thực a,b,x, y thỏa mãn điều kiện ax −by = p3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F = a2+b2+x2+ y2+bx+ay. Lời giải. Ta có:F = ( x+ b 2 )2 + ( y + a 2 )2 + 3 4 (a2+b2). Đặt:M = (x; y),A = (−b 2 ; −a 2 ) , (∆) : ax−by =p3. Ta có:MA2 = ( x+ b 2 )2 + ( y + a 2 )2 .MàM ∈ (∆) nênMA2 ≥ [d(A;∆)]2 = 3 a2+b2 Dấu ‘=’ xảy ra khi M là hình chiếu của A trên (∆). Suy ra F ≥ 3 a2+b2 + 3 4 (a2+b2)≥ 2 √ 3 a2+b2 . 3 4 (a2+b2)= 3 VâyMinF = 3 đạt được chẳng hạn khi (a;b;x; y)= (p 2;0; p 6 2 ; p 2 2 ) .  Bài Toán 2. (THPT Chu Văn An - Ninh Thuận) Cho x, y,z dương. Chứng minh rằng: x y + z + 25y z+x + 4z x+ y > 2. Lời giải. Đặt:  a = y + z b = z+x c = x+ y =⇒  x = b+ c−a 2 y = a+ c−b 2 z = a+b− c 2 . Do x, y,z dương =⇒  a,b,c > 0 b+ c > a a+ c > b a+b > c (1) Khi đó ta có: x y + z + 25y z+x + 4z x+ y = b+ c−a 2a + 25(a+ c−b) 2b + 4(a+b− c) 2c = ( b 2a + 25a 2b ) + ( c 2a + 2a c ) + ( 25c 2b + 2b c ) −15≥ 2.5 2 +2.1+2.5−15 (AM −GM) Đẳng thức xảy ra khi  b 2a = 25a 2b c 2a = 2a c 25c b = 2b c ⇐⇒  b = 5a c = 2a 5c = 2b ⇐⇒ a 1 = b 5 = c 2 = a+2c 5 1 =⇒ b = a+2c > a+ c mâu thuẫn với (1). =⇒ Dấu ‘=’ không xảy ra. Vậy x y + z + 25y z+x + 4z x+ y > 2. (Dpcm)  Bài Toán 3. (THPT Chuyên HuỳnhMẫnĐạt-Kiên Giang) Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn : 4≥ a ≥ b ≥ c > 0; 3abc ≤min{6a+8b+12c;72}; 2ab ≤min{3a+4b;24}. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = a2+b2+ c2+a+b+ c. Lời giải. 4+3+2= c ( 4 a + 3 b + 2 c ) + (b− c) ( 4 a + 3 b ) + (a−b) 4 a ≥ c.3 3 √ 24 abc + (b− c).2 √ 12 ab + (a−b) ≥ 3c+2(b− c)+ (a−b)= a+b+ c ⇒ a+b+ c ≤ 9 (1). Dấu ‘=’ xảy ra khi a = 4;b = 3;c = 2. Ta lại có: 42+32+22 = c2 ( 42 a2 + 3 2 b2 + 2 2 c2 ) + (b2− c2) ( 42 a2 + 3 2 b2 ) + (a2−b2) 4 2 a2 42 a2 + 3 2 b2 + 2 2 c2 ≥ 4 a . 3 b + 3 b . 2 c + 4 a . 2 c = 12c+6a+8b abc ≥ 3 42 a2 + 3 2 b2 ≥ 1 2 ( 4 a + 3 b )2 = 1 2 ( 4b+3a ab )2 ≥ 2 Suy ra: 42+32+22 ≥ 3c2+2(b2− c2)+ (a2−b2)= a2+b2+ c2 (2) Từ (1) và (2) ta suy ra:P ≤ 38.Dấu ‘=’ xảy ra ⇐⇒ a = 4,b = 3,c = 2 VậyMaxP = 38. Đạt khi a = 4,b = 3,c = 2.  Bài Toán 4. (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - KhánhHòa) Cho x > 1; y > 2;z > 3; 1 x + 2 y + 3 z = 2. Chứng minh rằng: √ x+ y + z ≥px−1+√y −2+pz−3. Lời giải. Ta có: p x−1+√y −2+pz−3=px.√x−1 x +py . √ y −2 y +pz. √ z−3 z Theo BĐT BCS suy ra: p x−1+√y −2+pz−3≤√x+ y + z.√x−1 x + y −2 y + z−3 z ⇐⇒ px−1+√y −2+pz−3≤√x+ y + z.√3−(1 x + 2 y + 3 z ) ⇐⇒ px−1+√y −2+pz−3≤√x+ y + z (Dpcm)  2 Bài Toán 5. (THPT Chuyên Tiền Giang-Tiền Giang) Cho các số thực a,b,c,d thỏa: a2+b2 = 1;c+d = 3. Chứng minh rằng: ac+bd + cd ≤ 9+6 p 2 4 . Lời giải. GoiM(a;b),N (c,d). Vì a2+b2 = 1 nên điểmM nằm trên đường tròn (C ) : x2+ y2 = 1. Vì c+d = 3 nên N nằm trên đường thẳng ∆ : x+ y −3= 0 Ta có:MN2 = (c−a)2+ (d −b)2 = a2+b2+ c2+d2−2ac−2bd = a2+b2+ (c+d)2−2cd −2ac−2bd = 10−2(ac+bd + cd) Suy ra: ac+bd + cd = 5−MN 2 2 . KẻOH⊥∆,OH ∩ (C )=K . Ta thấyMN ≥HK ⇒ ac+bd + cd ≤ 5− HK 2 2 Do K (p 2 2 ; p 2 2 ) ,H ( 3 2 ; 3 2 ) nên HK 2 = 11−6 p 2 2 Suy ra ac+bd + cd ≤ 5− 11−6 p 2 4 = 9+6 p 2 4 . (Dpcm)  Bài Toán 6. (THPT Chuyên Lê Hồng Phong - TP.HCM) Cho a,b,c là dộ dài 3 cạnh củamột tam giác thỏa mãn: a2+b2+c2+1= 2(ab+bc+ca). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 9(a2+b2+ c2)−2ab−2bc−14ca. Lời giải. Đặt:  x = b+ c−a y = c+a−b z = a+b− c =⇒ x, y,z > 0;a = y + z 2 ;b = z+x 2 ;c = x+ y 2 . Ta có: a2+b2+ c2+1= 2(ab+bc+ ca) ⇐⇒ ( y + z 2 )2 + (z+x 2 )2 + (x+ y 2 )2 +1= 2 ( y + z 2 z+x 2 + z+x 2 x+ y 2 + x+ y 2 y + z 2 ) ⇐⇒ xy + yz+ zx = 1. P = 9 [( y + z 2 )2 + (z+x 2 )2 + (x+ y 2 )2] −2 y + z 2 z+x 2 −2z+x 2 y + z 2 −14x+ y 2 y + z 2 = 4(x2+ z2)+ y2 Với mọi α> 0 ta có: αx2+ y 2 2 ≥ 2 √ α 2 xy ;αz2+ y 2 2 2 √ α 2 zy và √ α 2 (x2+ z2)≥ 2 √ α 2 xz =⇒ ( α+ √ α 2 ) (x2+ z2)+ y2 ≥ 2 √ α 2 ( xy + yz+ zx)= 2√α 2 (1) Ta đi tìm α thỏa mãn: α> 0 α+ √ α 2 = 4 ⇐⇒  α> 0 2 (√ α 2 )2 + √ α 2 −4= 0 ⇐⇒ √ α 2 = p 33−1 4 ⇐⇒ α= 17− p 33 4 3 Suy ra (1) trở thành: P ≥ p 33−1 2 . Dấu ‘=’ xảy ra khi  x, y,z > 0 xy + yz+ zx = 1 2αx2 = y2 2αz2 = y2 x = z ⇐⇒  x = z = 1√ 2 p 2α+1 y = √ 2α 2 p 2α+1 VậyMinP = p 33−1 2 .  Bài Toán 7. (THPT Chuyên Bến Tre - Bến Tre) Cho x2+ y2−xy = 1. TìmMin và Max của biểu thức: M = x4+ y4−x2y2. Lời giải. Ta có: x2+ y2−xy = 1 =⇒ { 1= x2+ y2−xy ≥ 2xy −xy = xy 1= (x+ y)2−3xy ≥−3xy =⇒ −1 3 ≤ xy ≤ 1 Mặt khác x2+ y2−xy = 1 ⇐⇒ x2+ y2 = 1+xy nên:M = (x2+ y2)−3x2y2 =−2x2y2+2xy +1 Đặt t = xy =⇒ M =−2t2+2t +1. Vậy cần tìmMin và Max của tam thức bậc hai: f (t )=−2t2+2t +1 trên đoạn [−1 3 ;1 ] . Ta có:MinM = f (−1 3 ) = 1 9 .Đạt được khi  x2+ y2−xy = 1 xy = −1 3 ⇐⇒  x = p 3 3 y =− p 3 3 hay  x =− p 3 3 y = p 3 3 . Ta có:MaxM = f ( 1 2 ) = 3 2 . Đạt được khi  x2+ y2−xy = 1 xy = −1 3 ⇐⇒  x = √ 3+p5 2 y = √ 3−p5 2  Bài Toán 8. (THPT Lê Quý Đôn - Quảng Trị) Cho hai số dương a và b.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x√a+ y + ypa+x. Với x, y là các số thực không âm và x+ y = b. Lời giải. Áp dụng BĐT BCS ta có: A2 = (px√ax+xy +py√ay +xy)2 ≤ (x+ y)(ax+ay +2xy)= b(ab+2xy)≤ ab2+2b(x+ y 2 )2 = b 2 2 (2a+b) =⇒ A ≤ b p 4a+2b 2 .Dấu ‘=’ xảy ra khi x = y = b 2 . VậyMaxA = b p 4a+2b 2 . 4 A = x√a+ y + ypa+x− (x+ y)pa+bpa = x(√a+ y −pa)+ y(pa+x−pa)+bpa ≥ bpa (Do x, y là các số thực không âm). Dấu ‘=’ xảy ra khi { x = 0 y = b hay { x = b y = 0 . VậyMinA = b p a.  Bài Toán 9. (THPT Chuyên Lý Tự Trọng - Cần Thơ) Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn : a2+b2+ c2 6= 0. TìmMax của biểu thức: P = p a+b+ cp 2a+b+ c+pa+3b+ c+pa+b+4c . Lời giải. Không mất tính tổng quát,chuẩn hóa a+b+ c = 1. Khi đó ta có: P = 1p a+1+p2b+1+p3c+1 . Đặt:m =pa+1+ p 2b+1+p3c+1,c =pa+1, y = p 2b+1,z =p3c+1. Suy ra:m2 = 4+2(xy + yz+ zx)+b+2c ≥ 4+2(xy + yz+ zx)=> 2(xy + yz+ zx)≤m2−4 (1) Ta có: 2 [ (x−1)(y −1)+ (y −1)(z−1)+ (z−1)(x−1)]≥ 0 ⇐⇒ 2(xy + yz+ zx)−4m+6≥ 0 ⇐⇒ 2(xy + yz+ zx)≥ 4m−6 (2) Từ (1) và (2) suy ra:m2−4m+2≥ 0⇒m ≥ 2+p2⇒ P ≤ 1 2+p2 . Dấu ‘=’ xảy ra khi a = 1;b = c = 0. VậyMaxP = 1 2+p2.  Bài Toán 10. (THPT Chuyên Thăng Long - Đà Lạt LâmĐồng) Xét các số thực dương x, y,z thỏamãn điều kiện xyz+x+z = y .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = 2 x2+1 − 2 y2+1 + 3 z2+1. Lời giải. Ta có: xyz+x+ z = y⇔ xz+ x y + z y = 1. Vì x, y,z > 0 nên tồn tại các góc A,B ,C ∈ (0;pi) sao cho A+B +C =pi và x = tan A 2 , 1 y = tan B 2 ,z = tanC 2 . Từ đó ta có: P = 2 tan2 A2 +1 − 2tan 2 B 2 tan2 B2 +1 + 3 tan2C2 +1 = 2cos2 A 2 −2sin2B 2 +3cos2C 2 =cosA+cosB −3sin2C 2 +3=−3 ( sin C 2 − 1 3 cos A−B 2 )2 + 1 3 cos2 A−B 2 +3 =⇒ P ≤ 1 3 cos2 A−B 2 +3≤ 10 3 . Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi  Â = B̂ sin C 2 = 1 3 VậyMaxP = 10 3 .  5 Bài Toán 11. (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Dương) Chứng minh rằng: Nếu a,b,c ∈N∗ thỏa mãn phương trình: an +bn = cn với n ∈N∗ thìmin(a,b)≥ n. Lời giải. Có thể giả sử a ≤ b nênmin (a,b)= a. Suy ra c > b. Vậy c ≥ b+1 =⇒ cn ≥ (b+1)n = bn +nbn−1+ ...+1 =⇒ cn ≥ bn +nbn−1 =⇒ a ≥ n. Bài toán được chứng minh.  Bài Toán 12. (THPT Bạc Liêu - Bạc Liêu) Cho hai số dương a,b thỏa a2+b2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của P = b(a+b). Lời giải. Do a > 0,b > 0,a2+b2 = 1 nên tồn tại α ∈ ( 0; pi 2 ) sao cho { a = sinα b = cosα . Suy ra: P = cosα(sinα+cosα)= sinα.cosα+cos2α= 1 2 (sin2α+cos2α+1)= 1 2 + 1 2 p 2sin ( 2α+ pi 4 ) . Vì α ∈ ( 0; pi 2 ) nên 0< 2α+ pi 4 ≤ 5pi 4 suy ra 0< sin ( 2α+ pi 4 ) ≤ 1. Do đó: P ≤ 1 2 + p 2 2 . Dấu ‘=’ xảy ra khi 2α+ pi 4 = pi 2 ⇐⇒ α= pi 8 . VậyMaxP = 1 2 + p 2 2 .  Bài Toán 13. (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Bình Định) Cho hai số thực dương a,b có a ≥ 3 và 2a+3b ≥ 12. TìmMin của biểu thức: A = apa+b p b. Lời giải. Do a ≥ 3 =⇒ (p ap 3 )2 ≥ 1;2a+3b ≥ 12 =⇒ (p ap 3 )2 + (p bp 2 )2 ≥ 2 A = (pa)3+ (pb)3 = 3p3(pap 3 )3 +2p2 (p bp 2 )3 = 2p2 [(p ap 3 )3 + (p bp 2 )3] + (3p3−2p2) (p ap 3 )3 ≥ 2p2.2  √√√√1 2 [(p ap 3 )2 + (p bp 2 )2] 3 + (3p3−2p2).1≥ 4p2 (p 1 )3+ (3p3−2p2)= 3p3+2p2. VậyMinA = 3 p 3+2p2 đạt được khi a = 3; p ap 3 = p bp 2 ; 2a+3b = 12 ⇐⇒ { a = 3 b = 2  6 Bài Toán 14. (THPT TX Sa Đéc-Đồng Tháp) Cho x > 0; y > 0;z > 0. Chứng minh x y + z + 9y z+x + 16z x+ y > 6. Lời giải. Có thể giải tương tự như Bài 2. Đặt:  a = y + z b = z+x c = x+ y =⇒  x = b+ c−a 2 y = a+ c−b 2 z = a+b− c 2 . Do x, y,z dương =⇒  a,b,c > 0 b+ c > a a+ c > b a+b > c (1) Khi đó ta có: x y + z + 9y z+x + 16z x+ y = b+ c−a 2a + 9(a+ c−b) 2b + 16(a+b− c) 2c = ( b 2a + 9a 2b ) + ( c 2a + 8a c ) + ( 9c 2b + 8b c ) −13≥ 2.3 2 +2.2+2.6−13= 6 (AM −GM) Đẳng thức xảy ra khi  b 2a = 9a 2b c 2a = 8a c 9c 2b = 8b c ⇐⇒  b = 3a c = 2a 3c = 2b ⇐⇒ a 1 = b 3 = c 2 = a+2c 3 =⇒ b = a+2c > a+ c mâu thuẫn với (1). =⇒ Dấu ‘=’ không xảy ra. Vậy x y + z + 9y z+x + 16z x+ y > 6. (Dpcm)  Bài Toán 15. Cho a,b,c > 0,a+b+ c = 1. Chứng minh: a c + b a + c b + 3 p abc ≥ 10 9(a2+b2+ c2) Lời giải. Áp dụng BĐT AM-GM ta có: a c + a c + c b ≥ 3 3 √ a2 bc = 3a 3pabc (1)‘ Tương tự: c b + c b + b a ≥ 3c 3pabc (2), b a + b a + a c ≥ 3b 3pabc (3) Cộng vế theo vế (1),(2) và (3) ta có: a c + b a + c b ≥ 1 3pabc Suy ra: a c + b a + c b + 3 p abc ≥ 1 3pabc + 3 p abc = 8 9 3 p abc + 1 9 3 p abc + 3 p abc ≥ 8 3(a+b+ c) + 2 3 = 10 3 (*) Mặt khác: 10 3 = 10 3(a+b+ c)2 ≥ 10 9(a2+b2+ c2) (**) Từ (*) và (**) ta suy ra điều phải chứng minh. Dấu ‘=’ xảy ra khi a = b = c = 1 3 .  7 Bài Toán 16. (THPT Quốc Học Huế - Thừa Thiên Huế) Xét a,b,c > 0 tùy ý. Tìm giá trị lớn nhất của: T = p abc (1+a)(1+a+b)(1+a+b+ c) Lời giải. Đặt: u = a 1+a ;v = b (1+a)(1+a+b) ;w = c (1+a+b)(1+a+b+ c) ; s = 1 1+a+b+ c . Khi đó ta có: u+ v +w+ s = 1 và T 2 = uvws . Áp dụng BĐT AM-GM,ta có : T 2 ≤ (u+ v +w+ s 4 )4 = 1 256 =⇒ T ≤ 1 16 . Dấu ‘=’ xảy ra khi : a 1+a = b (1+a)(1+a+b) = c (1+a+b)(1+a+b+ c) = 1 1+a+b+ c = 1 4 ⇐⇒  a = 1 3 b = 2 3 c = 2 . VậyMaxT = 1 16 .  Bài Toán 17. (THPT Chuyên Bến Tre - Bến Tre) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn 3 a + 2 b + 1 c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = a+b+ c. Lời giải. Vì 3 a + 2 b + 1 c = 1 nên : T = a+b+ c = (a+b+ c) ( 3 a + 2 b + 1 c ) = 3b a + 2a b + 3c a + a c + b c + 2c b +6 ≥ 2p6+2p3+2p2+6= 3+2(p2+1)+ (p2+1)2 = (p 3+p2+1 )2 Dấu ‘=’ xảy ra khi : 3b a = 2a b 3c a = a c b c = 2c b 3 a + 2 b + 1 c = 1 ⇐⇒  a = cp3 b = cp2 3 c p 3 + 2 c p 2 + 1 c = 1 ⇐⇒  a = 3+p3+p6 b = 2+p2+p6 c = 1+p2+p3 VậyMaxT = (p 3+p2+1 )2  8 Bài Toán 18. (THPT Phan Châu Trinh-Đà Nẵng) Cho a,b,c > 0 : abc = 1.Tìm GTLN của: P = 1 2a3+b3+ c3+2 + 1 a3+2b3+ c3+2 + 1 a3+b3+2c3+2. Lời giải. Áp dụng BĐT quen thuộc sau : 1 a+b ≤ 1 4 ( 1 a + 1 b ) ,ta có : 1 2a3+b3+ c3+2 = 1 a3+b3+1+a3+ c3+1 ≤ 1 4 ( 1 a3+b3+1 + 1 a3+ c3+1 ) 1 2a3+b3+ c3+2 ≤ 1 4 ( 1 a3+b3+1 + 1 a3+ c3+1 ) (1) Tương tự: 1 a3+2b3+ c3+2 ≤ 1 4 ( 1 a3+b3+1 + 1 b3+ c3+1 ) (2) 1 a3+b3+2c3+2 ≤ 1 4 ( 1 a3+b3+1 + 1 a3+ c3+1 ) (3) Cộng vế theo vế (1),(2) và (3) ta suy ra: P ≤ 1 2 ( 1 a3+b3+1 + 1 b3+ c3+1 + 1 a3+ c3+1 ) (*) Mặt khác: Ta có: a3+b3 ≥ ab(a+b) =⇒ a3+b3+1≥ ab(a+b)+abc =⇒ a3+b3+1≥ ab(a+b+ c) =⇒ 1 a3+b3+1 ≤ 1 ab(a+b+ c) =⇒ 1 a3+b3+1 ≤ c a+b+ c Tương tự: 1 b3+ c3+1 ≤ a a+b+ c ; 1 c3+a3+1 ≤ b a+b+ c Suy ra: 1 a3+b3+1 + 1 b3+ c3+1 + 1 a3+ c3+1 ≤ 1. (**) Từ (*) và (**) ta suy ra: P ≤ 1 2 .Dấu ‘=’ xảy ra khi a = b = c = 1. VậyMaxP = 1 2 . Bài Toán 19. (THPT Chuyên Lý Tự Trọng-Cần Thơ) Cho 3số thực dương a,b,c thỏa: 1 a+2 + 2007 2008+b ≤ c+1 2007+ c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = (a+1)(b+1)(c+1). Lời giải. Đăt: x = a+1; y = b+1;z = c+1 .Khi đó: 1 a+2 + 2007 2008+b ≤ c+1 2007+ c =⇒ 1 x+1 + 2007 2007+ y ≤ z 2006+ z ⇐⇒ 1 x+1 + 2007 2007+ y + 2006 2006+ z ≤ 1 (1) Từ (1) và áp đụng BĐT AM-GM ta có: x x+1 = 1− 1 x+1 ≥ 2007 2007+ y + 2006 2006+ z ≥ 2 √ 2007 2007+ y . 2006 2006+ z =⇒ x x+1 ≥ 2 √ 2007 2007+ y . 2006 2006+ z (2) Tương tự: y 2007+ y ≥ 2 √ 1 x+1. 2006 2006+ z (3) z 2006+ z ≥ 2 √ 2007 2007+ y . 1 x+1 (4) 9 Nhân vế theo vế (1),(2) và (3) ta có: xyz ≥ 8.2006.2007= 32208336 Dấu ‘=’ xảy ra khi: 1 x+1 = 2007 2007+ y = 2006 2006+ z = 1 3 ⇐⇒  x = 2 y = 4014 z = 4012 =⇒  a = 1 b = 4013 c = 4011 VâyMinP = 32208336  Bài Toán 20. (THPT Chuyên Lê Khiết-Quảng Ngãi) Chứng minh rằng:∀a,b thỏa mãn a+b > 0,a 6= b ta có: 22007(a2008+b2008)> (a+b)2008. (1) Lời giải. Ta có: (1)⇔ a 2008+b2008 2 > ( a+b 2 )2008 . Xét BĐT tổng quát sau: an +bn 2 ≥ ( a+b 2 )n (*) ∀n ≥ 2 . Ta chứng minh (*) bằng quy nạp. Thật vậy: Với n = 2 ,(*) luôn đúng.Dấu ‘=’ không xảy ra do a+b > 0,a 6= b . Giả sử BĐT đúng với n = k tức là ( a+b 2 )k < a k +bk 2 Ta đi chứng minh BĐT đúng với n = k+1 . Tức là chứng minh: ( a+b 2 )k+1 < a k+1+bk+1 2 . Thật vậy: ( a+b 2 )k+1 = ( a+b 2 )k a+b 2 < a k +bk 2 a+b 2 . Ta chỉ cần chứng minh: ak +bk 2 a+b 2 < a k+1+bk+1 2 ⇐⇒ ( ak +bk ) (a+b) 0 ⇐⇒ (a−b)(ak −bk)> 0 (2) (2) đúng do a 6= b , a−b và ak −bk cùng dấu. Bài toán được chứng minh.  Bài Toán 21. (THPT Chuyên Trà Vinh-Trà Vinh) Cho 3 số thực dương thay đổi x, y,z thỏa mãn điều kiện: 24 ( 1 x2 + 1 y2 + 1 z2 ) ≤ 1+2 ( 1 x + 1 y + 1 z ) (∗). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = 1 30x+4y +2008z + 1 30y +4z+2008x + 1 30z+4x+2008y Lời giải. Ta có: ( 1 x − 1 6 )2 ≥ 0⇔ 1 x2 ≥ 1 3x − 1 36 (1). Dấu ‘=’ xảy ra khi x = 6 . Tương tự: 1 y2 ≥ 1 3y − 1 36 (2). Dấu ‘=’ xảy ra khi y = 6 . 1 z2 ≥ 1 6z − 1 36 (3). Dấu ‘=’ xảy ra khi z = 6 . Cộng vế theo vế (1),(2) và (3) ta được: 1 x2 + 1 y2 + 1 z2 ≥ 1 3 ( 1 x + 1 y + 1 z ) − 1 12 ⇒ 24 ( 1 x2 + 1 y2 + 1 z2 ) ≥ 8 ( 1 x + 1 y + 1 z ) −2 (4) Từ (*) và (4) ta suy ra: 8 ( 1 x + 1 y + 1 z ) −2≤ 1+2 ( 1 x + 1 y + 1 z ) ⇔ 1 x + 1 y + 1 z ≤ 1 2 . 10 Áp dụng BĐT AM-GM cho 2042 số dương ta có: 30x+4y +2008z ≥ 2042 2042 √ x30y4z2008 (5), 30 x + 4 y + 2008 z ≥ 2042 2042 √ 1 x30y4z2008 (6) Nhân vế theo vế (5) và (6) ta được:( 30x+4y +2008z)(30 x + 4 y + 2008 z ) ≥ 20422 ⇔ 1 30x+4y +2008z ≤ 1 20422 ( 30 x + 4 y + 2008 z ) (7) Tương tự: 1 30y +4z+2008x ≤ 1 20422 ( 30 y + 4 z + 2008 x ) (8) 1 30z+4x+2008y ≤ 1 20422 ( 30 z + 4 x + 2008 y ) (9) Cộng vế theo vế (7),(8) và (9) ta suy ra: P ≤ 1 2042 ( 1 x + 1 y + 1 z ) ≤ 1 4084 Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 6. VậyMaxP = 1 4084 .  Bài Toán 22. (THPT Chuyên Nguyễn Du-ĐăkLăk) Cho a,b,c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:√ a3 a3+ (b+ c)3 + √ b3 b3+ (c+a)3 + √ c3 c3+ (a+b)3 ≥ 1. Lời giải. Theo AM-GM với x ≥ 0ta có: √ 1+x3 = √ (1+x)(1−x+x2)≤ 1+ x 2 2 . Áp dụng: √ a3 a3+ (b+ c)3 = 1√ 1+ ( b+c a )3 ≥ 11+ 12(b+ca )2 ≥ 1 1+ b2+c2 a2 = a 2 a2+b2+ c2 (1) Tương tự: √ b3 b3+ (c+a)3 ≥ b2 a2+b2+ c2 (2), √ c3 c3+ (a+b)3 ≥ c2 a2+b2+ c2 (3) Cộng vế theo vế (1),(2) và (3) ta suy ra:√ a3 a3+ (b+ c)3 + √ b3 b3+ (c+a)3 + √ c3 c3+ (a+b)3 ≥ 1. (Dpcm) Dấu ‘=’ xảy ra khi a = b = c.  Bài Toán 23. (THPT Chuyên Thăng Long Đà Lạt-LâmĐồng) Cho số thực a 6= 0. Chứng minh:√ a2+ √ a2+ ...+ √ a2 < 1 2 + 1 8 (√ 1+16a2+ √ 9+16a2 ) (n dấu căn). Lời giải. Đăt:x1 = √ a2,x2 = √ a2+ √ a2, ....,xn = √ a2+ √ a2+ ...+ √ a2 11 (với xi = √ a2+ √ a2+ ...+ √ a2thì i là số dấu căn) (1). Do a > 0nên ta có:xn > xn−1. Từ (1) suy ra:x2n = a2+xn−1⇒ x2n < a2+xn⇒ x2n −xn −a2 < 0⇒ xn < 1+ p 1+4a2 2 (1) Áp dụng BĐT √ (a1+a2)2+ (b1+b2)2 ≤ √ a21+b21 + √ a22+b22 với a1,a2,b1,b2 ∈ R,ta có: √ 1+4a2 =√( 1 4 + 3 4 )2 + (a+a)2 ≤ √ 1 16 +a2+ √ 9 16 +a2 = 1 4 (√ 1+16a2+ √ 9+16a2 ) . (2), Từ (1) và (2) ta suy ra: xn < 1+ 14 (p 1+16a2+ p 9+16a2 ) 2 Hay √ a2+ √ a2+ ...+ √ a2 < 1 2 + 1 8 (√ 1+16a2+ √ 9+16a2 ) (Dpcm)  Bài Toán 24. (THPT Chuyên Quang Trung-Bình Phước) Cho các số x, y,z là các số thực dương thỏa mãn: x+ y + z = 3 2 . Chứng minh rằng: √ x2+xy + y2 4yz+1 + √ y2+ yz+ z2 4xz+1 + p z2+ zx+x2 4xy +1 ≥ 3 p 3 4 . Lời giải. ∗)Với a,bdương ta có: √ a2+ab+b2 = √ 1 4 (a−b)2+ 3 4 (a+b)2 ≥ p 3 3 (a+b).Dấu ‘=’ xảy ra khi a = b. ∗) Ta có BĐT quen thuộc:4ab ≤ (a+b)2. Áp dụng:√ x2+xy + y2 4yz+1 + √ y2+ yz+ z2 4xz+1 + p z2+ zx+x2 4xy +1 ≥ p 3 2 ( x+ y 4yz+1 + y + z 4xz+1 + z+x 4xy +1 ) ≥ p 3 2 [ x+ y (y + z)2+1 + y + z (z+x)2+1 + z+x( x+ y)2+1 ] =⇒ √ x2+xy + y2 4yz+1 + √ y2+ yz+ z2 4xz+1 + p z2+ zx+x2 4xy +1 ≥ p 3 2 [ x+ y (y + z)2+1 + y + z (z+x)2+1 + z+x( x+ y)2+1 ] (1) Đặt a = x+ y,b = y + z,c = z+x ta có: a,b,c > 0 và a+b+ c = 3. Khi đó (1) trở thành:√ x2+xy + y2 4yz+1 + √ y2+ yz+ z2 4xz+1 + p z2+ zx+x2 4xy +1 ≥ p 3 2 [ a b2+1 + b c2+1 + c a2+1 ] (2) Ta có: a b2+1+ b c2+1+ c a2+1 = a+b+c− ( ab2 b2+1 + bc2 c2+1 + ca2 a2+1 ) ≥ 3− 1 2 (ab+bc+ca)≥ 3− (a+b+ c) 2 6 = 3 2 (3) Từ (2) và (3) ta suy ra: √ x2+xy + y2 4yz+1 + √ y2+ yz+ z2 4xz+1 + p z2+ zx+x2 4xy +1 ≥ 3 p 3 4 . (Dpcm)  Bài Toán 25. (THPT Chuyên Bạc Liêu-Bạc Liêu) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x30 y4 + y 30 z4 + z 30 t4 + t 30 x4 . Trong đó x, y,z, t là các số thực dương thỏa mãn: x+ y + z+ t = 2008. 12 Lời giải. Áp dụng BĐT AM-GM cho 30 số dương ta có: x30 y4.50225 +4y +25.502≥ 30x y 30 z4.50225 +4z+25.502≥ 30y z30 t4.50225 +4t +25.502≥ 30z t 30 x4.50225 +4x+25.502≥ 30t Cộng vế theo vế các BĐT trên ta có: x30 y4 + y 30 z4 + z 30 t4 + t 30 x4 ≥ 2008.50225 ⇐⇒ x 30 y4 + y 30 z4 + z 30 t4 + t 30 x4 ≥ 4.50226 Dấu ‘=’ xảy ra khi x = y = x = t = 502. Vậy giá trịMax cần tìm là 4.50226.  Bài Toán 26. (THPT Chuyên Huỳnh Thúc Kháng-Quảng Nam) Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác còn x, y,z là 3 số thực thỏa mãn ax+by + cz = 0. Chứng minh rằng: xy + yz+ zx ≤ 0. Lời giải. Từ ax+by + cz = 0 ⇐⇒ z =−ax+by c (1) ⇐⇒ xy − ax+by c (x+ y)≤ 0 ⇐⇒ cxy − (ax+by)(x+ y)≤ 0 ⇐⇒ ax2+xy(a+b− c)+by2 ≥ 0. (2) ∗.Xét y = 0 thì (2) ⇐⇒ ax2 ≥ 0 suy ra (2) luôn đúng. Dấu ‘=’ xảy ra khi:x = y = z = 0. ∗.Xét y 6= 0 thì (2) ⇐⇒ a ( x y )2 + (a+b− c) x y +b ≥ 0 (3) Xét tam thức bậc hai: f ( x y ) = a ( x y )2 + (a+b− c) x y +b (a > 0) . Có: ∆= (a+b− c)2−4ab = a2+b2+ c2− (2ab+2bc+2ca). (4) Do a,b,c là 3 cạnh của một tam giác: =⇒  |a−b| < c |b− c| < a |c−a| < b =⇒  a2−2ab+b2 < c2 b2−2bc+ c2 < a2 c2−2ca+a2 < b2 =⇒ a2+b2+ c2 < 2ab+2bc+2ca. (5) Từ (4) và (5) suy ra:∆< 0 =⇒ f ( x y ) > 0 (do (a > 0) )=⇒ (3) đúng Vậy bài toán được chứng minh. Dấu ‘=’ xảy ra khi x = y = z = 0.  Bài Toán 27. (THPT Chuyên Lương Văn Chánh-Phú Yên) Cho x, y,z là các số thực không âm bất kì. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = x 2 4x3+3yz+2 + y2 4y3+3zx+2 + z2 4z3+3xy +2. Lời giải. Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 4x3+2= 2(x3+x3+1)≥ 2.3 3 √ x3.x3.1= 6x2 . Dấu ‘=’ xảy ra khi x = 1 . Tương tự: 4y3+2≥ 6y2 . Dấu ‘=’ xảy ra khi y = 1 . 4z3+2≥ 6z2 . Dấu ‘=’ xảy ra khi z = 1 . 13 Nếu cả ba số x, y,z đều bằng 0 thì P = 0. Nếu hai trong ba số x, y,z bằng 0 ,chẳng hạn y = z = 0 thì P = x 2 4x3+1 ≤ 1 6 . Dấu ‘=’ xảy ra khi x = 1; y = z = 0 Nếumột trong ba số bằng 0,chẳng hạn z = 0, thì P = x 2 4x3+2 + y2 4y3+2 ≤ 1 3 . Dấu ‘=’ xảy ra khi x = y = 1;z = 0 . Nếu cả ba số đều dương ta có: P ≤ x 2 6x2+3yz + y2 6y2+3zx + z2 6z2+3xy = 1 3 ( 1 2+ yz x2 + 1 2+ zx y2 + 1 2+ xy z2 ) Đặt: a = yz x2 ,b = zx y2 ,c = xy z2 thì a,b,c > 0 và abc = 1 .Khi đó: P ≤ 1 3 ( 1 2+a + 1 2+b + 1 2+ c ) = 1 3 [ 12+4(a+b+ c)+ab+bc+ ca 9+4(a+b+ c)+2(ab+bc+ ca) ] (2) Áp dụng BĐT AM-GM ta có:ab+bc+ ca ≥ 3 3 p ab.bc.ca = 3 (Do abc = 1 ) Suy ra: 9+4(a+b+ c)+2(ab+bc+ ca)≥ 12+4(a+b+ c)+ab+bc+ ca (3) Từ (2) và (3) suy ra:P ≤ 1 3 .Dấu ‘=’ xảy ra khi a = b = c = 1⇒ x = y = z = 1. VậyMaxP = 1 3 . Đạt khi trong 3 số x, y,z có hai số bằng 1 và số còn lại bằng 0,hoặc cả ba số đều bằng 1.  Bài Toán 28. (THPT Chuyên Lê Hồng Phong-TPHồ ChíMinh) Cho x, y,z là ba số thực không âm thỏa mãn điều kiện:x + y + z = 1. Tìm Min và Max của biểu thức: P = xy + yz+ zx−2xyz . Lời giải. Ta có:P = xy(1− z)+xz(1− y)+ yz ≥ 0.Do { x, y,z ≥ 0 x+ y + z = 1nên { 1− z ≥ 0 1− y ≥ 0 . Dấu ‘=’ xảy ra khi trong 3 số x, y,zcó hai số bằng 0 và một số bằng 1. VậyMinP = 0. Áp dụng BĐT quen thuộc sau: (x+ y − z)(y + z−x)(x+ z− y)≤ xyz ⇐⇒ (1−2x)(1−2y)(1−2z)≤ xyz ⇐⇒ 1−2(x+ y + z)+4(xy + yz+ zx)−8xyz ≤ xyz ⇐⇒ 4(xy + yz+ zx)≤ 9xyz+1 ⇐⇒ xy + yz+ zx ≤ 9xyz 4 + 1 4 . =⇒ P ≤ 9xyz 4 + 1 4 −2xyz = xyz 4 + 1 4 (1) Ta có: x+ y + z ≥ 3 3pxyz ⇐⇒ 3pxyz ≤ 1 3 ⇐⇒ xyz ≤ 1 27 (2) Từ (1) và (2) suy ra:P ≤ 7 27 . Dấu ‘=’ xảy ra khi { x = y = z ≥ 0 x+ y + z = 1 ⇐⇒ x = y = z = 1 3 . VậyMaxP = 7 27  14 Bài Toán 29. (THPT Chuyên Lê Hồng Phong-TPHồ ChíMinh) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n và với mọi số thực x ∈ (0;1) ta đều có: x2. np 1−x ≤ ( 2n 2n+1 )2 . 1 n p 2n+1. Lời giải. Ta có:(1) ⇐⇒ x2n(1−x)≤ ( 2n 2n+1 )2n . 1 2n+1 Áp dụng BĐT AM-GM cho 2n+1số dương x 2n , x 2n , ..., x 2n ,1−x ta được: 2n+1 √( x 2n )2n (1−x)≤ 2n. x 2n +1−x 2n+1 = 1 2n+1 =⇒ ( x 2n )2n (1−x)≤ 1 (2n+1)2n+1 ⇐⇒ x2n(1−x)≤ (2n) 2n (2n+1)2n+1 = ( 2n 2n+1 )2n . 1 2n+1 =⇒ x 2n(1−x)≤ ( 2n 2n+1 )2n . 1 2n+1 =⇒ x2. np1−x ≤ ( 2n 2n+1 )2 . 1 n p 2n+1 (Dpcm)  Bài Toán 30. (THPT Lưu Văn Việt-Vĩnh Long) Cho a,b,c là ba số thực dương.Chứng minh rằng: a3+abc b+ c + b3+abc c+a + c3+abc a+b ≥ a 3+b3+ c3 (1) Lời giải. Giả sử a ≥ b ≥ c,ta có: (1) ⇐⇒ a b+ c (a−b)(a− c)+ b c+a (b−a)(b− c)+ c a+b (c−a)(c−b)≥ 0 (2) Mặt khác,do a b+ c ≥ b c+a và (a−b)(a− c)≥ 0,nên: a b+ c (a−b)(a− c)+ b c+a (b−a)(b− c)≥ b c+a (a−b)(a− c)+ b c+a (b−a)(b− c)≥ b c+a (a−b) 2 ≥ 0 Mà: c a+b (c−a)(c−b)≥ 0. Vậy: a b+ c (a−b)(a− c)+ b c+a (b−a)(b− c)+ c a+b (c−a)(c−b)≥ 0 Dấu ‘=’ xảy ra khi a = b = c. Suy ra (2) được chứng minh. Bài toán được chứng minh  15