Một Số ứNG DụNG CủA BấT ĐẳNG THứC CÔ SI
ứNG DụNG 1: Chứng minh bất đẳng thức
Bài toán số 1. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
( )
1 1 1
9.a b c
a b c

+ + + +
ữ


*Phân tích:
Vế trái chứa a, b, c > 0 và các nghịch đảo của chúng. Vì vậy ta nghĩ đến việc dùng bất đẳng thức Côsi.
Lời giải:
Cách 1: áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các bộ số a, b, c và
1 1 1
, ,
a b c

ta có:
3
3
3
1 1 1 1
3
a b c abc
a b c abc
+ +
+ +
Nhân từng vế của hai bất đẳng thức trên ta đợc:

( )
1 1 1
9a b c
a b c

+ + + +
ữ

(đpcm).
Cách 2:
( )
1 1 1
3 3 2 2 2 9
b a c a b c
a b c
a b c a b a c c b

+ + + + = + + + + + + + + + =
ữ ữ ữ ữ

Dấu "=" xảy ra
a b c = =
Bài toán số 1.1 Chứng minh các bất đẳng thức:
a.
3
a b c
b c a
+ +
(a, b, c > 0)
b.

2 2 2
a b c ab bc ca+ + + +
Bài toán số 1.2 Chứng minh rằng:
a.
2
2
2
2
1
x
x
+

+

x R
áp dụng BĐT Côsi cho 2 số x
2
+1 và 1.
b.
8
6
1
x
x
+



x


> 1.
áp dụng BĐT Côsi cho 2 số x - 1 và 9.
c.
( ) ( )
1 4a b ab ab+ +

, 0a b

áp dụng BĐT Côsi ta có
2
1 2
a b ab
ab ab
+
+
Nhân từng vế của 2 BĐT trên ta suy đợc đpcm.
1
Bài toán số 1.3 Chứng minh rằng:
a.
( ) ( ) ( )
8a b b c c a abc+ + +
, , 0a b c
b.
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
1 1 1 6a b b c c a abc
+ + + + +
áp dụng BĐT Côsi cho 6 số
2 2 2 2 2 2 2 2 2

, , , , ,a a b b b c c c a
.
Bài toán số 1.4
a. n số dơng a
1
, a
2
, , a
n
. Chứng minh rằng:
1 2
1 2

1 1 1
n
n
n
n
a a a
a a a

+ + +L
b.Nếu a
1
, a
2
, , a
n
dơng và a
1

a
2
a
n
= 1 thì a
1
+ a
2
+ + a
n
n

áp dụng BĐT Côsi cho n số dơng trên)
Bài toán số 2 . Chứng minh bất đẳng Netbit
3
2
a b c
b c a c a b
+ +
+ + +

, ,a b c
> 0.
Giải.
Đặt x= b + c, y = a + c, z = a +b
Khi đó x, y, z > 0 và
, ,
2 2 2
y z x x z y x y z
a b c

+ + +
= = =
Ta có:
( )
1
2 2 2 2
1 1 3
3 2 2 2 3 .
2 2 2
a b c y z x x z y x y z
b c a c a b
x y x z y z
y x z x z x
+ + +

+ + = + +
ữ
+ + +


= + + + + + + + =
ữ

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x= y= z.
Cách khác:
( ) ( )
1
6
2
1 1 1 1 1 3

6 9 6
2 2 2
a b c x y z x y z x y z
b c a c a b x y z
x y z
x y z

+ + + + + +
+ + = + +
ữ
+ + +



= + + + + =

ữ


Khai thác bài toán:
Bằng cách tơng tự, ta có thể chứng minh đợc các bất đẳng thức sau: với a, b, c dơng ta có:
2
.2
9222
.1
222
cba
ba
c
ac

b
cb
a
cbabaaccb
++

+
+
+
+
+
++

+
+
+
+
+
Bài toán số 2.2. Cho x, y > 0. Chứng minh rằng
yxyx +
+
411
(1)
Phân tích:
2
Do x, y > 0 nên BĐT (1) có thể suy ra từ BĐT Côsi hoặc xét hiệu.
Giải
Cách 1: Sử dụng BĐT Côsic cho 2 số dơng x, y:

( )

yxyx
yxxy
yx
xyyx
xyyx
+
+
+

+

+
+
411
4
4
2
2
Cách 2. Xét hiệu của 2 vế:
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
00
4
0
411
1
2


+


+
+++

+
+
yxxy
yx
yxxy
xyyxxyxy
yxyx
(2)
Do x > 0, y > 0 nên BĐT (2) luôn đúng.
Vậy (1) luôn đúng. (đpcm)
Khai thác bài toán:
Ta thấy BĐT trên có liên quan đến việc cộng mẫu nên có thể sử dụng để chứng minh BĐT sau:
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác, chứng minh rằng:






++

+


+

cbacpbpap
111
2
111
trong đó
2
cba
p
++
=
Bài tập tơng tự:
Bài 1. Chứng minh rằng:








++
++

+
+
+
+
+

+
+
+
cba
cba
ca
ca
bc
cb
ba
ba
222222222
3
Bài 2. Cho a, b, c, d là các số dơng. Chứng minh rằng:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
4
22
2
22
4
22
4
22

4
dcba
adad
d
dcdc
c
cbcb
b
baba
a
+++

++
+
++
+
++
+
++
Bài 3. Cho
1,,0

cba
. Chứng minh rằng:
accbbacba
222222
1
+++++
Bài 4. Cho a > 0, b > 0, c > 0. Chứng minh:








+++
cbaab
c
ac
b
bc
a 111
2
Bài 5. Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng:
x
zy
zy
x

+
+
+
4
2
Bài 6. Cho a, b > 0. Chứng minh rằng:
3
a
b
ba

b
a

Bài 7. Cho x, y > 0. Chứng minh rằng:
3
2
22
3
yx
yxyx
x


++
Bài 8. Cho x, y 0. Chứng minh rằng:
2
6
2
6
44
x
y
y
x
yx
++
Bài 9. Cho a, b > 0. Chứng minh rằng:
4
2
ab

ba
ab

+
áp dụng bất đẳng thức Côsi để chứng minh BĐT trong tam giác

Bài toán số 3 . Cho a, b, c là độ dài cạnh của một tam giác.
Chứng minh rằng:
.3

+
+
+
+
+
cba
c
bca
b
acb
a
Giải:
Cách 1.
đặt x = b + c a; y = a + c - b; z = a + b c.
Khi đó x, y, z > 0 và
.
2
,
2
,

2
zy
c
zx
b
yx
a
+
=
+
=
+
=
Vế trái:

( )
3222
2
1
2
1
2
1
=++









+++++=








+
+
+
+
+
=
+
+
+
+
+
y
z
z
y
x
z
z
x

x
y
y
x
y
xz
x
zy
z
yx
cba
c
bca
b
acb
a
Dấu bằng xảy ra
.
2
2
2
cbazyx
y
z
z
y
x
z
z
x

x
y
y
x
====









=+
=+
=+
Cách 2.
Nhận xét: Do a, b, c, là độ dài 3 cạnh của tam giác nên ta có:
a + b - c > 0; a + c b > 0; b + c - a > 0
4
áp dụng BĐT Côsi cho các cặp số dơng:
( )( )
( )( )
( )
bcbaacb
cacbbca
a
bcacba
bcacba

++
++
=
+++
++
)(
2
Nhận thấy các vế của BĐT trên là các số dơng và 3 BĐT này cùng chiều, nhân từng vế của chúng ta đợc:

( )( )( )
.abcacbbcacba
+++
Ta có:
( )( )( )
33
3
3
3
=
+++

+
+
+
+
+
abc
abc
cbabcaacb
abc

cba
c
bca
b
acb
a
Bài tập 3.1 . Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác ABC,
.cba

Chứng minh rằng:
( )
.9
2
bccba
++
(*)
Giải
Vì
( ) ( ) ( )
.2
222
cbcbbcbaba
+=++++
để chứng minh (*) ta cần chứng minh:
( )
.92
2
bccb
+
(1)

Thật vậy:

( )
( )
bccb
bccbcb
bccbcb
bccb

+
++
+
2
22
22
2
2
44
944
92
Ta có:

( )
bccb
ccccb
bbbcb





=<
=<
2
2
220
220
(đpcm)
Bài tập 3.2 . Chứng minh rằng
3
3 223 223 22
4.2
<
+
+
+
+
+
ba
c
ac
b
cb
a
(*)
Trong đó a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
Giải
Ta có
( )
2
33

4
1
cbcb
++
Thật vậy:
5
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
0
0
0
0
3341
2
22
22
2233
223333
+


+
++++
cbcb
cbcb
cbccbb

bccbcb
bccbcbcb
Luôn đúng suy ra (1) đúng
Tơng tự:
( )
2
33
4
1
caca
++

( )
2
33
4
1
baba
++
Do đó:
)3(4
3
3
22
3
22
3
22







+
+
+
+
+
<
+
+
+
+
+
ba
c
ca
b
cb
a
ba
c
ac
b
cb
a
Mà:
2
222

)(2
2
)(2
2
)(2
2
=
++
+
++
+
++
<
<
+
+
+
+
+
=






+
+
+
+

+
cba
c
cba
b
cab
a
ba
c
ca
b
cb
a
ba
c
ca
b
cb
a
(4)
Do:





>+
>+
>+
bca

acb
cba
Từ (3) và (4) suy ra điều phải chứng minh.
Các bài tập khác:
Bài tập 3.3 Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác và có chu vi là 2. Chứng minh rằng: a
2
+ b
2
+ c
2
+
2abc < 2.
Bài tập 3.4 Cho a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
abccbacbcabacba 3
222
+++++
Bài tập 3.5 Giả sử a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác.
Chứng minh rằng:
( )
6
111
3333
333

++










++++
abc
cba
cba
cba
Bài tập 3.6 Giả sử a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác.
Chứng minh rằng
( )
( )( )( )
9
3111


+






++++
abc
accbba
cba
cba

6
Bài tập 3.7. Cho a, b, c, d > 0 và a + b + c + d = 1
Chứng minh rằng:

32+++++++++++ adcadbdcbcba
ứNG DụNG 2: ứng dụng bất đẳng thức Côsi để tìm cực trị
* Với a

0, b

0 ta có
2a b ab
+
, dấu = xảy ra

a = b
* Với n số không âm: a
1
, a
2
, , a
n
ta có:
1 2 1 2

n
n n
a a a n a a a+ + +
Dấu = xảy ra


a
1
= = a
n
* Từ BĐT trên ta suy ra:
+ Nếu a.b = k (const) thì min(a + b) = 2
k


a = b
+ Nếu a + b = k (const) thì max(a.b) =
2
4
k


a = b
* Mở rộng đối với n số không âm:
+ Nếu a
1
.a
2
a
n
= k (const) thì min(a
1
+ a
2
+ + a
n

) = n
n
k

a
1
= a
2
= = a
n
+ Nếu a
1
+ a
2
+ + a
n
= k (const) thì max(a
1
.a
2
a
n
) =
n
k
n

ữ



a
1
= a
2
= = a
n
Ví dụ: Cho x > 0, y > 0 thoả mãn:
1 1 1
2x y
+ =
Tìm GTNN của A =
x y
+
Bài làm:
Vì x > 0, y > 0 nên
1
x
> 0,
1
y
> 0,
x
> 0,
y
> 0 . Ta có:
1 1 1 1 1 1 1
.
2 4
4
2 2 4 4

Cs
x y x y
xy
xy
A x y x y

+
ữ


= + + =


Vậy min A = 4

x = y = 4
Nhận xét: Trong ví dụ trên ta đã sử dụng BĐT Côsi theo 2 chiều ngợc nhau:
+ Dùng
2
a b
ab
+

để dùng điều kiện tổng
1 1 1
2x y
+ =
từ đó đợc
4xy
+ Dùng

2a b ab
+
làm giảm tổng
x y
+
để dùng kết quả
4xy
7


Không phải lúc nào ta cũng có thể dùng trực tiếp BĐT Côsi đối với các số trong đề bài. Ta có một số
biện pháp biến đổi một biểu thức để có thể vận dụng BĐT Côsi rồi tìm cực trị của nó:
* Cách 1: Để tìm cực trị của một biểu thức ta tìm cực trị của bình phơng biểu thức đó.
Ví dụ: Tìm GTNN của A =
3 5 7 3x x
+
Bài giải
Điều kiện:
5 7
3 3
x

Ta có: A
2
= ( 3x 5 ) + ( 7 3x ) + 2
( ) ( )
3 5 7 3x x

A
2



( 3x 5 + 7 3x ) + 2 = 4
Dấu = xảy ra

3x 5 = 7 3x

x = 2
Vậy max A
2
= 4

max A = 2

x = 2

Ta thấy A đợc cho dới dạng tổng của 2 căn thức. Hai biểu thức lấy căn có tổng không đổi (bằng 2).
Vì vây, nếu bình phơng A sẽ xuất hiện hạng tử là 2 lần tích của 2 căn thức. Đến đây có thể vận dụng BĐT
Côsi
2 ab a b
+
* Cách 2: Nhân và chia biểu thức với cùng một số khác 0
Ví dụ: Tìm GTLN của A =
9
5
x
x

Bài giải:
Điều kiện: x


9. Ta có:
1 9
9
9 9
3
.3
9 1
2 3
3
3
5 5 5 10 30
x
x
x
x
A
x x x x



+
+
ữ


= = = =
Dấu = xảy ra
9
3 18

3
x
x

= =
Vậy max A =
1
18
30
x
=

Trong cách giải trên, x 9 đợc biểu diễn thành
9
.3
3
x

khi vận dụng BĐT Côsi tích này trở thành
nửa tổng:
9 1
3
3 3
x
x

+ =
có dạng kx có thể rút gọn cho x ở mẫu. ( số 3 đợc tìm bằng cách lấy
9
, số 9

có trong đề bài)
* Cách 3: Biến đổi biểu thức đã cho thành tổng của các biểu thức sao cho tích của chúng là một hằng
số.
Ví dụ 1: ( Tách một hạng tử thành tổng của nhiều hạng tử bằng nhau)
8
Cho x > 0, tìm GTNN của A =
4
3
3 16x
x
+
Bài giải
A =
4
3
3 16x
x
+
=
4
3 3 3
16 16 16
3 4 . . .x x x x x x x
x x x
+ = + + +
A

4.2 = 8 ( dấu = xảy ra
3
16

2x x
x
= =
)
Vậy min A = 8 khi x = 2
Ví dụ 2: (Tách một hạng tử chứa biến thành tổng của một hằng số với một hạng tử chứa biến sao cho hạng
tử này là nghịch đảo của một hạng tử khác có trong biểu thức đã cho)
Cho 0 < x < 2, tìm GTNN của A =
9 2
2
x
x x
+

Bài giải
9 2 9 2
1 2 . 1 2 9 1 7
2 2
x x x x
A
x x x x

= + + + = + =

Dấu = xảy ra
9 2 1
2 2
x x
x
x x


= =

Vậy min A = 7
1
2
x
=

Trong cách giải trên ta đã tách
2
x
thành tổng
2
1
x
x

+
. Hạng tử
2 x
x

nghịch đảo với
2
x
x

nên
khi vận dụng BĐT Côsi ta đợc tích của chúng là một hằng số.

* Cách 4: Thêm một hạng tử vào biểu thức đã cho
Ví dụ: Cho x, y, z > 0 thoả mãn: x + y + z = 2
Tìm GTNN của P =
2 2 2
x y z
y z z x x y
+ +
+ + +
Bài giải
Vì x, y, z > 0 ta có:
áp dụng BĐT Côsi đối với 2 số dơng
2
x
y z+
và
4
y z
+
ta đợc:
2 2
2 . 2.
4 4 2
x y z x y z x
x
y z y z
+ +
+ = =
+ +
(1) . Tơng tự ta có:
2

2
(2)
4
(3)
4
y x z
y
x z
z x y
z
x y
+
+
+
+
+
+
9
Cộng (1) + (2) + (3) ta đợc:
( )
2 2 2
2
1
2
x y z x y x
x y z
y z z x x y
x y z
P x xy z


+ +
+ + + + +
ữ
+ + +

+ +
+ + =
Dấu = xảy ra
2
3
x y z
= = =
Vậy min P = 1
2
3
x y z
= = =
Nhận xét: Ta đã thêm
4
y z
+
vào hạng tử thứ nhất
2
x
y z
+
có trong đề bài, để khi vận dụng BĐT Côsi
có thể khử đợc (y + z). Cũng nh vậy đối với 2 hạng tử còn lại của đề bài. Dấu đẳng thức xảy ra đồng thời
trong (1), (2), (3)
2

3
x y z
= = =
Nếu ta lần lợt thêm (y + z), (x + z), (x + y) vào
2 2 2
; ;
x y z
y z x z x y
+ + +
thì ta cũng khử đợc (y + z), (x +
z), (x + y) nhng điều quan trọng là không tìm đợc các giá trị của x, y, z để dấu của các đẳng thức đồng
thời xảy ra, do đó không tìm đợc GTNN của P.
áp dụng các cách trên cùng với việc sử dụng BĐT Côsi ta có các ví dụ khác nh sau:
VD 1: Cho a, b, c > 0 thoả mãn: a + b + c = 1
Tìm GTLN của P =
1 1 1
1 1 1
a b c

+ + +
ữ ữ ữ

Phân tích: a, b, c > 0
3
3
1 1
3
3
abc
abc


Do đó có thể khai triển P rồi ớc lợng theo BĐT Côsi
Bài giải
Cách 1:
1 1 1 1 1 1 1
1P
a b c ab bc ac a bc
= + + + + + + +
áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dơng ta có:

3 3
3
3
1
3 1 3
3
1
3 27
a b c abc abc abc
abc
+ +
=
(1)
Mặt khác:
10
2
3
3
2
3

1 1 1 1
3 3 27
1 1 1 1
3 3
ab ac bc abc
a b c abc
 
+ + ≥ ≥ =
 ÷
 
+ + ≥ ≥
(2)
(1) + (2) ta cã:
2
1 3 27 27 64P
≥ + + + =
. VËy min P = 64
C¸ch 2:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
3
4 4 4 3
4
1 1 1 1
. . . 1 1 1
1
4
4 64
a b c
P a b c

a b c abc
P a a b c b a b c c a b c
abc
P a b c
abc
+ + +
= = + + +
= + + + + + + + + +
≥ = =
Tæng qu¸t: cho S = a + b + c
t×m GTLN cña P =
1 1 1
1 1 1
a b c
   
+ + +
 ÷ ÷ ÷
   
VD 2: T×m GTLN cña B =
2
1
y
x
x y
−
−
+
Bµi gi¶i
( )
1.( 1)

1 1 1 1
2
2. 2
2
2 2 1 2
4
2 2
x
x x
x x x
y
y
y
y y y
−
− + −
= ≤ =
−
−
+ −
= ≤ = =
⇒
max B =
1 1 2
1 2 2 2
2 2 4
2 4 4
x x
y y
− = =

 
+
+ = ⇔ ⇔
 
− = =
 
VD 3 : Cho 2 sè d¬ng x, y cã x + y = 1
T×m GTNN cña B =
2 2
1 1
1 1
x y
 
 
− −
 ÷
 ÷
 
 
Bµi gi¶i
Ta cã: B =
2 2
1 1
1 1
x y
 
 
− −
 ÷
 ÷

 
 
= 1 +
2
xy
( )
2
2
1 4 8 9
CS
x y xy B
xy
= + ⇒ ≥ ⇒ ≥
≥
VËy min B = 9
1
2
x y
⇔ = =
11
VD 4 : Cho x, y, z > 0 thoả mãn:
1 1 1
2
1 1 1x y z
+ +
+ + +
Tìm GTNN của P = xyz
Bài giải
Ta có:
( ) ( )

1 1 1
1 1 2
1 1 1 1 1 1 1
y z yz
x y z y z y z


+ = +
ữ
ữ
+ + + + + + +


Tơng tự:
( ) ( )
( ) ( )
1
2
1 1 1
1
2
1 1 1
zx
y x z
xy
z x y

+ + +

+ + +


1
8
P xyz
=
Vậy max P =
1 1
8 2
x y z
= = =
VD 5: Cho M = 3x
2
2x + 3y
2
2y + 6 |x| + 1
Tính giá trị của M biết x, y là 2 số thoả mãn x.y = 1 và biểu thức
|x + y| đạt GTNN.
Bài giải:
Ta có:
( )
2
4 4 2
CS
x y xy x y
+ = +

Min |x + y| = 2 khi x = y, khi đó
1
2
xy

x y
=



+ =


Khi x = y = 1 hoặc x = y = - 1
+ Khi x = y = 1 thì M = 9
+ Khi x = y = - 1 thì M = 17
VD 6:
Cho các số thực không âm a
1
, , a
5
thoả mãn: a
1
+ + a
5
=1
Tìm GTLN của A = a
1
a
2
+ a
2
a
3
+ a

3
a
4
+ a
4
a
5
Bài giải
Ta có: A = a
1
a
2
+ a
2
a
3
+ a
3
a
4
+ a
4
a
5


(a
1
+ a
3

+ a
5
)(a
2
+ a
4
)
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 3 5 2 4
1 3 5 2 4
2
1 3 5 2 4
2
1
2
1
4
a a a a a
a a a a a
a a a a a
A
+ + +
+ + +

+ + +
ữ



12
VËy max A =
1
4

1 2
1 3 5 2 4
3 4 5
1
1
2
2
0
a a
a a a a a
a a a

= =

⇔ + + = + = ⇔


= = =

VD 7: Cho a, b > 0. T×m GTNN cña A =
( ) ( )
x a x b
x
+ +
( x > 0)

Bµi gi¶i
( ) ( )
2
x a x b
x ax bx ab ab
A a b x
x x x
+ +
+ + +
= = = + + +
2 min 2A a b ab A a b ab
⇒ ≥ + + ⇒ = + +
.
DÊu “=” x¶y ra
ab
x x ab
x
⇔ = ⇔ =
VD 8: T×m GTNN cña hµm y =
2 1
1 x x
+
−
víi 0 < x < 1
Bµi gi¶i
Ta cã: y =
2 1 2 2 2 1
1 1
x x x x
x x x x

− + − +
+ = +
− −
( 0 < x < 1)
=
2 1 2 1
3 3 2 . 3 2 2
1 1
x x x x
x x x x
− −
+ + ≥ + = +
− −
DÊu “=” x¶y ra
2 1
2 1
1
x x
x
x x
−
⇔ = ⇔ = −
−
VD 9: Cho a, b > 0 cho tríc.
C¸c sè x, y > 0 thay ®æi sao cho
1
a b
x y
+ =
T×m x, y ®Ó S = x + y ®¹t GTNN. T×m min S theo a, b.

Bµi gi¶i
Ta cã:
( )
1
a b a b bx y
S x y a b
x y x y y x
 
+ = ⇒ = + + = + + +
 ÷
 
2 . 2
min 2
bx ay
S ab a b ab
y x
ay bx
S a b ab
x y
⇒ ≥ + = + +
⇒ = + + ⇔ =
13
Mà
1
x a ab
a b
x y
y b ab

= +


+ =

= +


VD 10: Tìm GTNN của P =
4 3 2
2
4 16 56 80 356
2 5
x x x x
x x
+ + + +
+ +
Bài giải
Ta có: P =
4 3 2
2
4 16 56 80 356
2 5
x x x x
x x
+ + + +
+ +
=
( )
2
2
256

4 2 5 64
2 5
CS
x x
x x
+ + +
+ +

Suy ra min P = 64

x = 1 hoặc x = - 3
Bài tập tơng tự
BT 1: Cho x, y > 0 thoả mãn x. y = 1. Tìm GTLN của A =
4 2 2 4
x y
x y x y
+
+ +
BT 2: Tìm GTLN của các biểu thức sau:
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
2
2
2

2
2
2
1
1 2 3
1
; 0
2
8
3 2
1
1
1
; 0
1
1
2 1
; 0
2000
A x x
yz x xz y xy z
B
xyz
x
C x
x
D
x
x
E

x
x x
F x
x x
x x
G
x x
x
H x
x
=
+ +
=
+
=
+

=
+

=
+
+
=
+ +
+
=
+
=
+

BT 3: Cho a, b, c > 0 thoả mãn
1 1 1
2
1 1 1a b c
+ + =
+ + +
. Tìm GTLN của biểu thức Q = abc.
BT 4: Cho x, y > 0 thoả mãn x + y = 1. Tìm GTNN của biểu thức
P =
1 1
1 1
x y


+ +
ữ
ữ



BT 5: Tìm GTNN của các biểu thức sau:
14
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
2
2

2
2
2
2
2
4 4
; 0
; 1
1
2
1
1
1 1 ; 0
1 2 ; 1
1
5
; 0,1
1
2
; 1
2 1
x x
A x
x
x
B x
x
x x
C
x x

D x x
x
x
E x x
x
x
F x
x x
x
G x
x
+ +
= >
= >

+ +
=
+ +

= + + >
ữ


= + + +

+

= +

= + >


BT 6: Cho x, y > 0 thảo mãn
2 2
4x y
+ =
. Tìm GTNN của biểu thức
E =
2
2
1 1
x y
y x


+ + +
ữ
ữ


BT 7: Tìm GTLN và GTNN của A =
( )
3 6 ; 3 6x x x
+ +
BT 8: Tìm GTLN của A =
1 1x y
+ + +
biết
, 1
2
x y

x y



+ =

BT 9: Cho a, b > 0 thoả mãn a. b = 216
Tìm GTNN của S = 6a + 4b
BT 10: Cho a, b > 0 thoả mãn
1
1a
b
+
.
Tìm GTNN của A =
a b
b a
+
BT 11: Cho a, b > 0 thoả mãn
3
6
a
ab





.
Tìm GTNN của S =

2 2
a b
+
BT 12: Cho x, y, z

0 thoả mãn xy + yz + zx = 100.
Tìm GTNN của A = xyz
BT 13: Với giá trị nào của a thì tích xy nhận GTLN nếu x, y, a là các số thực thoả mãn
2
4
1
4
x a
a
y

=


= +


15
BT 14: Tìm GTNN của A =
8
x a
x
+
biết a > 0, x > 0
BT 15: Với giá trị nào của số dơng a thì biểu thức D đạt GTNN ?

A =
1000 900 90 5
1995
a a a a
a
+ + + +
BT 16: Tìm GTNN của C =
100 10
10 2004x x
+
BT 17: Tìm GTLN của E =
( )
2 2
2 2
; 0, 0
x xy y
x y
x xy y
+ +
> >
+
BT 18: Tìm GTLN của tích
( )
1 2
; 2
n
x x x n

Biết
1

; 1,
i
x i n
n
=
và
2 2 2
1 2
1
n
x x x
+ + + =
BT 19: Tìm GTLN của B =
( )
( )
2
; 0
1995
x
x
x
>
+
BT 20: Tìm GTNN của N =
( )
2
5
x
x y x y
+


biết rằng x, y > 0
BT 21: Tìm GTLN của H =
2
1x x
với
1 1x

BT 22: Tìm GTLN của biểu thức:
P =
( ) ( ) ( )
1 1 1
1 1 1
x y z
x y z
y z x z x y
+ + +
+ + + + + +

Với mọi x, y, z biến đổi nhng luôn thoả mãn
0 , , 1x y z

BT 23: Tìm GTNN của
( )
( )
1
,f x y x
xy x y
= +


;
, 0x y
x y
>




BT 24: Tìm GTLN của
2
2
2
1
x
x
+
+
BT 25: Tìm GTLN của
8
1
x
x
+

với x > 1
16