Tailieumontoan.com


PHÂN TÍCH VÀ BÌNH LUẬN
CÁC BÀI TỐN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
TRONG ĐỀ THI TỐN THCS

Thanh Hóa, tháng 8 năm 2019


1

Website:tailieumontoan.com

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

LỜI NÓI ĐẦU
Nhằm đ{p ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh về c{c chuyên đề toán
THCS, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô và các em tuyển tập phân tích và lời giải
các bài tốn bất đẳng thức trong c{c đề thi HSG lớp 9 và Chuyên toán trên cả nước. Chúng tôi đã
kham khảo qua nhiều tài liệu để viết chuyên đề về này nhằm đ{p ứng nhu cầu về tài liệu hay và cập
nhật được các dạng tốn mới về bất đẳng thức trong các kì thi gần đ}y.Trong c{c kì thi học sinh giỏi
mơn To{n c{c cấp, nội dung về bất đẳng thức v| gi{ trị lớn nhất – gi{ trị nhỏ nhất xuất hiện một c{ch
đều đặn trong c{c đề thi với c{c b|i to{n ng|y c|ng hay v| khó hơn. Trong chủ đề n|y, chúng tôi đã
tuyển chọn v| giới thiệu một số b|i to{n về bất đẳng thức v| gi{ trị lớn nhất, nhỏ nhất được trích trong
c{c đề thi học sinh giỏi môn to{n cấp tỉnh của c{c cấp học trong c{c năm gần đ}y.
Các vị phụ huynh và các thầy cô dạy tốn có thể dùng có thể dùng chun đề n|y để giúp
con em mình học tập. Hy vọng tuyển tập các bài toán về bất đẳng thức này sẽ có thể giúp ích nhiều
cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng và học tốn nói chung.

Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song khơng thể tránh khỏi những hạn chế,
sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cơ giáo và các em học!
Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ chun đề này!

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


2

Website:tailieumontoan.com

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
Trong c{c kì thi học sinh giỏi môn To{n c{c cấp, nội dung về bất đẳng thức v| gi{ trị
lớn nhất – gi{ trị nhỏ nhất xuất hiện một c{ch đều đặn trong c{c đề thi với c{c b|i to{n ng|y
c|ng hay v| khó hơn. Trong chủ đề n|y, chúng tôi đã tuyển chọn v| giới thiệu một số b|i to{n
về bất đẳng thức v| gi{ trị lớn nhất, nhỏ nhất được trích trong c{c đề thi học sinh giỏi môn
to{n cấp tỉnh của c{c cấp học trong c{c năm gần đ}y.
Bài 1. Cho a, b, c l| c{c số thực dương. Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức:
4

4

 a   b   c 
P
 
 


a b  bc   ca 

4

Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn 9 Tỉnh Nghệ An năm học 2018 – 2019
Lời giải
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức

1

1



1  x  1  y 
2

2



1
với x, y l| c{c số thực
xy  1

dương.
Thật vậy, biến đổi tương đương bất đẳng thức trên ta có
1




1

1  x  1  y 
2

2





 



1
  xy  1 x 2  y 2  2x  2y  2  x 2  2x  1 y 2  2y  1
xy  1



 1  2xy  x 2 y 2  x 3 y  xy 3   xy  1  xy  x  y   0
2

2

Do bất đẳng thức cuối cùng ln đúng nên ta có điều cần chứng minh.
Trở lại bài toán. Do a, b, c l| c{c số nguyên dương nên biểu thức P được viết lại th|nh
4


4

4


 
 

 1   1   1 
P
 
 
 .
 1  b   1  c   1  a 
a 
b 
c

Đặt x 

b
c
a
; y  ; z  , khi đó ta được x, y, z dương thỏa mãn xyz  1 . Ta viết lại biểu thức P
a
b
c

v| {p dụng một đ{nh gi{ quen thuộc thì được

4
4
 1   1   1 
1  1
1
1 
P


 
 
 3
  1  x 2  1  y 2  1  z 2 
 1 x   1 y   1 z 


4

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

2

TÀI LIỆU TỐN HỌC


3

Website:tailieumontoan.com
Đặt Q 


1

1



1



1  x  1  y  1  z 
2

Q

1

2



1

và ta có xyz  1 . Áp dụng bổ đề trên ta được

2

1




1  x  1  y  1  z 
2

Ta sẽ chứng minh

2



2

1
1


1  xy 1  z 2

1
1



1
z

1

1  z 


2



z
1

z  1  z  1 2

z
1
3

 . Thật vậy, biến đổi bất đẳng thức ta được
2
z  1  z  1
4

z  z  1  1 3
z
1
3



  4 z 2  z  1  3 x 2  2z  1
2
2
z  1  z  1
4

4
 z  1



 



 4z 2  4z  4  3z 2  6z  3  z 2  2z  1  0   z  1  0
2

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Do vậy ta có

Từ đó ta được Q 

z
1
3

 , dấu bằng xẩy ra khi z  1 .
2
z  1  z  1
4

3
1
1 9
3
, dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi x  y  z  1 . Suy ra P  Q2  . 

4
3
3 16 16

, dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi a  b  c .
Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P l|

3
, xẩy ra khi v| chỉ khi a  b  c .
16

Nhận xét. Ta có thể chứng minh

1

1



1



1  x  1  y  1  z 
2

2

2


3
theo c{ch kh{c sau đ}y.
4



np
mp
mn
;
y

; z  2 . Khi đó bất đẳng
2
2
m
n
p

Do xyz  1 nên tồn tại c{c số dương m, n, p thỏa mãn x 
thức được viết lại th|nh

m

m4
2

 np

 n

2

n4



2

 mp

p4



 p
2

2

 mn



2



3
4


Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng ph}n thức thì được

m  n  p 



 m  np  n  mp  p  mn   m  np   n  mp   p
m4

2

2

2

2

2

p4

n4

2

2

m  n  p 
V| ta cần chứng minh
 m  np   n  mp   p

2

2

2

2

2



2

2

2

2

2

2

 mn



2


2



2

2

2

 mn



2

3
hay ta cần chứng minh
4



m4  n4  p4  5 m2 n2  n2 p2  p2 m2  6mnp  m  n  p 
Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


4


Website:tailieumontoan.com
Dễ thấy m4  n4  p4  m2 n2  n2 p2  p2 m2 ; m2 n2  n2 p2  p2 m 2  mnp  m  n  p 



 



Nên m4  n4  p4  5 m2 n2  n2 p2  p2 m2  6 m2 n 2  n 2 p2  p2 m 2  6mnp  m  n  p  .
Như vậy bất đẳng thức

1

1



1



1  x  1  y  1  z 
2

2

2




3
3
hay Q  .
4
4

Bài 2. Chứng minh rằng nếu a, b, c l| độ d|i ba cạnh của một tam gi{c có chu vi bằng 3 thì
ln có:
3a2  3b2  3c2  4abc  13

Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn 9 Tỉnh Thái Bình năm học 2018 – 2019
Lời giải
Từ giả thiết của b|i to{n ta được a  b  c  3 . Do vai trò của a, b, c như nhau nên khơng
mất tính tổng qu{t ta giả sử 0  a  b  c . Đặt T  3a 2  3b2  3c2  4abc .
Do a, b, c l| ba cạnh của tam gi{c nên ta có a  b  c , do đó từ giả thiết của b|i to{n ta được
3  a  b  c  c  c  2c  c 

Do vậy ta được 1  c 

3
và 3  a  b  c  3c  c  1
2

3
. Đến đ}y ta biến đổi biểu thức T thì được
2






T  3a 2  3b2  3c 2  4abc  3 a 2  b 2  3c 2  4abc
2
2
 3  a  b   2ab   3c 3  4abc  3  a  b   3c 2  2ab  3  2c 



 3  3  c   3c 2  2ab  3  2c 
2

Để ý rằng 3  2c  0 và ab 

2
2
1
1
a  b    3  c  nên ta lại có

4
4

T  3  3  c   3c 2  2ab  3  2c   3  3  c   3c 2 

2
1
3  c   3  2c 

2

1
3
27
 3 c 2  6c  9  3c 2  c 2  6c  9  3  2c   c 3  c 2 
2
2
2
2
2
1
1
 c 3  2c 2  c  c 2  2c  1  13  c  c  1   c  1  13  13
2
2
2



2












Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra khi v| chỉ khi a  b  c  1
Bài 3. Cho c{c số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện  a  c  b  c   4c 2 . Tìm gi{ trị lớn
nhất v| gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức P 

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

a
b
ab
.


b  3c a  3c bc  ca
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


5

Website:tailieumontoan.com
Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn 9 Tỉnh Bắc Ninh năm học 2018 – 2019
Lời giải
Do a, b, c là các số thực dương nên giả thiết của b|i to{n được viết lại th|nh

 a  c  b  c   4   a  1 b  1  4
c


c2

 c






a
b
Đặt x  ; y   x  0; y  0  . Khi đó giả thiết trên trở th|nh  x  1 y  1  4 .
c
c

Cũng từ trên ra được a  cx; b  cy , thay v|o biểu thức P ta được

cy
c 2 xy
y
xy
cx
x
P

 2



2
cy  3c cx  3c c x  c y y  3 x  3 x  y
Đến đ}y ta xử lí b|i to{n như sau.
Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức P
Từ  x  1 y  1  4 ta được xy  3   x  y  . Đặt t  x  y  0 v| {p dụng bất đẳng thức

AM – GM ta có

2
1
1
x  y   xy nên suy ra 3  t  t 2 hay t 2  4t  12  0 nên t  2 .

4
4

Như vậy ta có 2  t  3 . Biểu thức P được viết lại th|nh
x 2  y 2  3  x  y  xy
 x  y   3  x  y   2xy  xy
y
xy
x
P





y3 x3 xy
xy
xy  3  x  y   9
 x  3  y  3  x  y
2




t 2  3t  2  3  t 
3  t  3t  9

3  t t 2  5t  6 3  t  t  1 t  6  3  t t 3 3





  
t
2t  12
t
t
2 t 2
2  t  6

Lại {p dụng bất đẳng thức AM – GM ta lại có

t 3
3
3
 2
 6 . Do đó P  6  .
2 t
2
2

a  b  c 6


t 3
x  y  6


Dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi   t  6  
2 t
ab  c 2 3  6

xy  3  6




Vậy gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức P l|







3
6  , đạt được tại a  b  c 6;ab  c 2 3  6 .
2

Tìm gi{ trị lớn nhất của biểu thức P.
Như trên ta đã có 2  t  3 và P 

P
Tác giả: Nguyễn Công Lợi


t 3 3
  . Do đó ta có biến đổi
2 t 2

 t  2  t  3  1
t 3 3 t 2  3t  6 t 2  5t  6
  

1
2 t 2
2t
2t
2t
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


6

Website:tailieumontoan.com
Do 2  t  3 nên ta có

 t  2  t  3   0 . Do đó suy ra P  1 . Dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi
2t

x  y  2
x  1
t2

abc

xy  1
y  1
Vậy gi{ trị lớn nhất của biểu thức P l| 1, đạt được tại a  b  c .
Bài 4. Với c{c số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện a2  b2  c2  2abc  1 . Tìm
gi{ trị lớn nhất của biểu thức P  ab  bc  ca  abc .
Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn 9 Thành phố Hà Nội năm học 2018 – 2019
Lời giải
 Lời giải 1. Trong ba số a, b, c trên luôn tồn tại hai số cùng lớn hơn hoặc bằng

cùng nhỏ hơn hoặc bằng

1
, hoặc
2

1
. Không mất tính tổng qu{t ta giả sử hai số đó l| a v| b.
2

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a 2  b2  2ab , do đó
a2  b2  c2  2abc  c2  2ab  2abc

Từ đó suy ra 1  c 2  2ab 1  c  hay ta được 1  c 2  2ab 1  c  nên 1  c  2ab  1  2ab  c .
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta lại có 1  2ab  c  2 2abc nên suy ra abc 

1
.
8

Theo giả sử trên ta có  2a  1 2b  1  0  4ab  1  2  a  b  hay 4abc  c  2ac  2bc .

Kết hợp c{c kết quả trên ta được
1 5
2ab  2bc  2ca  2abc  2ab  4abc  c  2abc  2ab  c  2abc  1  2. 
8 4
5
5
Do đó ta được 2P  2  ab  bc  ca  abc   nên P  , dấu đẳng thức xẩy ra khi v| chỉ
4
8
khi
a 2  b2  c 2  2abc  1

1
1

abc
a  b; abc 
8
2

1

2ab

c


Vậy gi{ trị lớn nhất của P l|

1

5
, đạt được tại a  b  c  .
2
8



 Lời giải 2. Từ giải thiết ta được 2abc  1  a 2  b2  c 2

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi


TÀI LIỆU TỐN HỌC


7

Website:tailieumontoan.com
Do đó ta có 2P  2  ab  bc  ca   2abc  2  ab  bc  ca   1  a 2  b2  c 2   a  b  c   1 .
2

Để ý rằng từ giả thiết của b|i to{n ta được 1  a, b,c  1 nên ta có biến đổi



a 2  b2  c 2  2abc  1  c 2  2abc  1  a 2  b2












 c 2  2abc  a 2 b2  1  a 2  b2  a 2 b2   c  ab   1  a 2 1  b2
2

1  a 1  b   c  1  a 1  b   ab

 c  ab 

2

2

2

Do đó c 



2

  ab  2  a

2


 b2
2

2

1  a 1  b 
 2ab  2   a  b 

2

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được

2  a 2  b2



2



2

2

Cũng theo bất đẳng thức AM – GM ta được a  b   a  b 

a  b
Do vậy ta có a  b  c 




2
2
1  a 2  1  b2 2  a  b
.


2
2

a  b
.1 

1

2

 1 2  a  b
3

 .
2
2
2
2

2

.


2

2

1
3
9
5
Đến đ}y thì ta thu được 2P     1   1  P  . Dấu bằng xẩy ra tại a  b  c  .
2
4
8
2
 Lời giải 3. Do a, b, c l| c{c số thực dương nên ta viết lại giả thiết của b|i to{n





a 2  b 2  c 2  2abc  1  abc a 2  b 2  c 2  2abc  abc




 2abc  2  a b



 2 a 2 b 2  b 2 c 2  c 2a 2  3abc  a 3 bc  ab 3c  abc 3
2


2

 



 b 2 c 2  c 2a 2  2 a 3 bc  ab 3c  abc 3



 abc  a c  a b  a bc  abc  a b  b c  ab c  abc  b c  c 2a 2  abc 3
2 2

2

2

3



2

2

2 2

3


2 2

 2 abc  c 2a 2  a 2 b 2  a 3 bc  b 2 c 2  abc 3  ab 3 c  a 2 b 2 c 2



 

 



 a bc  c 2a  ab 2  a 2 bc  b ca  a 2 b  bc 2  ab 2 c  c ab  b 2 c  ca 2  abc 2







 2a bc  c 2a  ab 2  a 2 bc  2bc bc  c 2a  ab 2  a 2 bc





 a  b  ca  c  ab   b  c  ab  a  bc   c  a  bc  b  ca   2  a  bc  b  ca  c  ab 


a

b
c


2
a  bc b  ca c  ab

Khi đó {p dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng ph}n thức ta có

a  b  c 
a
b
c
a2
b2
c2
2


 2
 2
 2
 2
a  bc b  ca c  ab a  abc b  abc c  abc a  b2  c 2  3abc
2






Hay ta được 2 a 2  b2  c 2  3abc   a  b  c   a 2  b2  c 2  6abc  2  ab  bc  ca  .
2

M| ta đã có a2  b2  c2  2abc  1 nên ta có bất đẳng thức
1  4abc  2  ab  bc  ca   2  ab  bc  ca  abc   2abc  1
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


8

Website:tailieumontoan.com
1
5
. Do đó ta được 2  ab  bc  ca  abc   .
8
4
1
5
Do đó P  , dấu đẳng thức xẩy ra khi v| chỉ khi a  b  c 
2
8
1
5
Vậy gi{ trị lớn nhất của P l| , đạt được tại a  b  c  .
2
8
Bài 5. Cho ba số thực dương thỏa mãn x  y  z  2  xyz . Chứng minh rằng:


Chứng minh tương tự như trên ta được abc 

xyz6  2



xy  yz  zx



Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn 9 Tỉnh Quảng Bình năm học 2018 – 2019
Lời giải
Biến đổi giả thiết của b|i to{n ta được

x  y  z  2  xyz
 xy  x  y  1  yz  y  z  1  zx  z  x  1  xyz  xy  yz  zx  x  y  z  1
  x  1 y  1   y  1 z  1   z  1 x  1   x  1 y  1 z  x 

Đặt a 

1
1
1


1
x1 y 1 z1

1
1

1
khi đó ta được a  b  c  1 .
;b 
;c 
x1
y 1
z 1

Ta cũng có x 

1a
1 b
1 c
. Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại th|nh
;y 
;z 
a
b
c


1a 1 b 1 c


6  2
a
b
c




bc ca a b


6  2
Hay
a
b
c



1  a 1  b   1  b 1  c   1  c 1  a  
ab




ca

 b  c  c  a    c  a a  b   a  b  b  c  
ab

bc

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được 2.

Tương tự ta cũng có 2.

bc


 b  c  c  a   b  c  c  a  2  c  c .
ab

 c  a  a  b   2  a  a
bc

c




ca

b

và 2.

b

a

b

a

 a  b  b  c   2  b  b .
ca

a


c

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta thu được


2



 b  c  c  a    c  a a  b   a  b  b  c    b  c  c  a  a  b  6
ab

bc

ca




a

b

c

Do đó bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC



9

Website:tailieumontoan.com
Dấu đẳng thức xẩy ra khi v| chỉ khi a  b  c 

1
hay x  y  z  2 .
3

Bài 6. Cho x, y, z l| c{c số thực dương thỏa mãn x  y  z  1  0 . Tìm gi{ trị lớn nhất của
biểu thức

P

x3 y3

 x  yz  y  zx  z  xy 

2

Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn 9 Tỉnh Thanh Hóa năm học 2018 – 2019
Lời giải
Do x, y, z l| c{c số thực dương v| kết hợp với giả thiết của b|i to{n ta có
x y 2
2

yz  
zx 

2
1
  1    1  z     z  1  2z  z   z  1
x 
y 

y x
4z   z  1
 z  1
z
4z
4z
1
1
1

2
2
2
2
xy
x  y
 z  1
 z  1
 z  1
2

2

4

2
  z  1 3 

2  z  1

yz  
zx  z

Từ đó ta được  1 
 1    z  1

  1  
4
2
x
y
xy





 z  1   z  1 

Ta lại có

 z  1
 z  1

3

2

 z  1


3

 6  z  1  12  z  1  8
2

 z  1

2

8

Áp dụng bất đẳng thức MA – GM ta có

Và

 z  1



2

  z  1  6 

2


12
8
.

z  1  z  1 2

z 1 z 1
8
z 1 z 1 3

 33
.
.

2
8
8
 z  1 8 8 2

12 3  z  1
12 3  z  1

2
.
6.
z 1
4
z 1
4


Cộng theo vế c{c bất đẳng trên ta được  z  1 

 z  1  z  1  6  12  8
 
z  1  z  1
 z  1

2

3

2

12
8
15


nên suy ra
2
z  1  z  1
2

2

  z  13   27 2
27
  
hay 


2
  z  1 2   2 



Dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi x  y  2; z  5 .
  27 
 x  yz  y  zx  z  xy    27  .

yz  
zx  z
Từ đó ta được  1 
hay
1


1





 2 
x 
y  xy   2 
x3 y3
 

2


Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

2

2

2

TÀI LIỆU TỐN HỌC


10

Website:tailieumontoan.com
Đến đ}y thì ta thu được P 

Vậy gi{ trị lớn nhất của P l|

x3 y3

 x  yz  y  zx  z  xy 

2



4
.
729


4
, đạt được tại x  y  2; z  5 .
729

Bài 7. Cho a, b, c l| c{c số thực dương. Chứng minh rằng:

1
1
1
1 1
1 1


  2 2 2
2
2
2
6a
c  c  a  3b   c a  a  b  3c   a
b  b  c  3a   b
b c 
Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn 9 Tỉnh Nam Định năm học 2018 – 2019
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng ph}n thức ta được
1
1
1 1
1
1  1 1
1 1

1  1 













c  c  a  3b   c 2 ac  2c 2  3bc 9  2c 2 bc  ca 2bc  9  2c 2 4  bc ca  2bc 

Để ý rẳng

1 1 1 1 1 1 1 
1 1 1 1 1 1 1 
 .2. .   2  2  và
 .2. . 

nên ta lại có
ca 2 a c 2  a c 
bc 2 b c 2  b2 c 2 

11
1
3  1  1 1  1 1  3  1 1  1  2

1
3 


  2   2  2    2  2    2  2  2 


2
18  c 2ac 2bc  18  c 4  a c  4  c
b   18  c 4a 4b 
Từ đó ta được

1
12
1
3 
  2 2 2
2
18  c 4a 4b 
c  c  a  3b   c

Chứng minh ho|n to|n tương tự ta được

1
1 2
1
3 
1
1 2
1

3 
  2  2  2 ;
  2 2 2
2
2
18  a 4b 4c  b  b  c  3a   b
18  b 4c 4a 
a  a  b  3c   a
Cộng theo vế c{c bất đẳng thức cùng chiều trên thì ta được

1
1
1
1 1
1 1


  2 2 2
2
2
2
6a
c  c  a  3b   c a  a  b  3c   a
b  b  c  3a   b
b c 
Vậy b|i to{n được chứng minh ho|n tất. Dấu đẳng thức xẩy ra khi v| chỉ khi a  b  c .
Bài 8. Cho a, b, c l| c{c số thực không }m thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng:
a b3  1  b c 3  1  c a 3  1  5

Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn 9 Tỉnh Nam Định năm học 2018 – 2019

Lời giải
Đặt P  a b3  1  b c 3  1  c a 3  1 . Khi đó {p dụng bất đẳng thức AM – GM ta được
Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


11

Website:tailieumontoan.com
2P  2a b3  1  2b c 3  1  2c a 3  1
 2a



 b  1  b



 b  1  2b

2

 

 

 c  1  c

2




 c  1  2c



 a  1  a

2

a 1



 a b2  2  b c 2  2  c a 2  2  ab 2  bc 2  ca 2  6  Q  6

Khơng mất tính tổng qu{t ta giả sử b  c  a , khi đó ta có đ{nh gi{
b  a  c  c  b   0  abc  b2c  ab2  bc 2  ab2  bc 2  ca 2  abc  b2c  ca 2

Từ đó ta suy ra được

Q  abc  b2 c  ca 2  2abc  b2 c  ca 2  c  a  b   4c.
2

4 a  b  c 
4 
ab ab
4.33


c




4
27 
2
2 
27
27

ab ab
.
2
2

2

3

Do vậy 2P  10 hay P  5 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi v| chỉ khi a  2; b  0; c  1 và các
ho{n vị.
2

 a 2  b2  c 2 
2 2 2
Bài 9. Cho a, b, c l| c{c số thực dương thỏa mãn 
  2019a b c . Tìm gi{ trị
2018




a
b
c
.
 2
 2
a  bc b  ca c  ab

lớn nhất của biểu thức P 

2

Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn 9 Tỉnh Hưng n năm học 2018 – 2019
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a 2  bc  2a bc . Do vậy ta có

a
a
1
1 1 1 1 1

 .2.
.
   
a  bc 2a bc 4
b c 4b c
2


Ho|n to|n tương tự ta được
Đến đ}y ta thu được P 

b
11 1
c
11 1
   ; 2
   .
b  ca 4  c a  c  ab 4  a b 
2

a
b
c
1  1 1 1  ab  bc  ca
 2
 2
    
.
2abc
a  bc b  ca c  ab 2  a b c 
2

a 2  b2  c 2
Để ý rằng ab  bc  ca  a  b  c ta lại thu được P 
.
2abc
2


Mặt kh{c tứ giả thiết suy ra
Do vậy ta được P 
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

2

2

a 2  b2  c 2
 abc 2019 hay a 2  b2  c2  2018abc 2019 .
2018

a 2  b2  c 2 2018abc 2019

 1009 2019 .
2abc
2abc
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


12

Website:tailieumontoan.com
Dấu đẳng thức xẩy ra khi v| chỉ khi a  b  c 

3
2018 2019

.


Vậy gi{ trị lớn nhất của biểu thức P l| 1009 2019 , đạt được tại a  b  c 

3
2018 2019

.

Bài 10. Cho c{c số thực ph}n biệt a, b, c. Chứng minh rằng:




1
1
1  9

a b c



  a  b 2  b  c 2  c  a 2  2


2

2

2




Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn 9 Tỉnh Phú Thọ năm học 2015 – 2016
Lời giải

 a  b  b  c  c  a   a  b  b  c  c  a 
 1 
 1 
 1  
 1 
 1 
 1
Ta có 
 a  b  b  c  c  a   a  b  b  c  c  a 
a b bc bc ca ca a b
.

.

.
 1
a  b bc bc c a c a a  b

Hay ta được
2

2

2


a b  bc   ca 
a b bc bc ca ca a  b 
Ta có 


 2. 
.

.

.



2
 a  b   bc   c a 
 a  b bc bc c a c a a  b 

 a 2  b2 b2  c 2 c 2  a 2   a  b 2  b  c  2  c  a  2





3 23 5
Do đó suy ra 2 
  a  b 2  b  c 2  c  a 2   a  b   b  c   c  a 


Suy ra


a 2  b2



b2  c 2



c2  a2

a  b  b  c  c  a 
2

Mặt kh{c ta lại có

2

2



5
(1)
2

a
b
b
c

c
a
.

.

.
 1
bc c a c a a  b a  b bc
2

 a
b
c 
Khi đó 


  0 hay ta được
 bc c a a  b 
2

2

2

 a   b   c 
 a
b
b
c

c
a 
 b  c    c  a    a  b   2  b  c . c  a  c  a . a  b  a  b . b  c   2 (2)

 
 




Cộng theo vế hai bất đẳng thức (1) v| (2) ta được




1
1
1  5
9
a 2  b2  c 2 


 2
2
2
2
 a  b  b  c  c  a   2
2






 1
1
1 


Dấu bằng xẩy ra khi  a  b  c  
 0.
 a  b bc c a 

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


13

Website:tailieumontoan.com
 Nhận xét. Đ}y l| một b|i to{n bất đẳng thức khó, lại khơng thể sử dụng c{c bất đẳng thức quen

thuộc để đ{nh gi{. Để chứng minh được bất đẳng thức trên ta phải thực hiện được c{c công việc
như
+ Dự đo{n điểm rơi để quy b|i to{n về chứng minh hai bất đẳng thức.
a 2  b2

b2  c 2






c2  a2

a  b  b  c  c  a 
2

2

2

2

2

2

 a   b   c 
5
 và 
 
 
 2
2
 bc   c a   a  b 

+ Để chứng minh được bất đẳng thức thứ nhất ta quy về chứng minh bất đẳng thức
2


2

2

ab  bc  ca
 a  b   b c   c a   2

 
 


+ Để chứng minh được bất đẳng thức thứ hai ta quy về chứng minh
2

2

2

 a   b   c 
 a
b
b
c
c
a 
 b  c    c  a    a  b   2  b  c . c  a  c  a . a  b  a  b . b  c   2

 
 





Một hướng kh{c để giải quyết b|i to{n bất đẳng thức.

1
1
2
8
với hai số A, B cùng dấu. Để ý ta thấy trong
 2

2
AB  A  B 2
A
B

Chú ý đến bất đẳng thức

ba số a  b; b  c; c  a luôn tồn tại hai số cùng dấu. Khơng mất tình tổng qu{t ta giả sử hai số đó l|
a  b và b  c . Khi đó {p dụng bất đẳng thức trên ta được

1



1




1

a  b  b  c   c  a 
2

2

2

Như vậy ta cần chứng minh được a  b  c
2

2



2

8

1



a  b  b  c  a  c 
2

a  c 



Thật vậy, ta có a 2  b2  c 2  a 2  c 2  a 2   c 



9

a  c 

2

2

2

2

2

.

a  c 

2

2

. Vậy b|i to{n được chứng minh.

Bài 11. Cho a; b;c l| ba số thực dương thoả mãn a 2  b2  c2  3 .
Chứng minh rằng


a 2  3ab  b2
6a 2  8ab  11b2

b2  3bc  c 2



6b2  8bc  11c 2



c 2  3ca  a 2
6c 2  8ca  11a 2

3

Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn 9 Tỉnh Hải Dương năm học 2016 – 2017
Lời giải
Đặt vế tr{i của M 

a 2  3ab  b2
6a 2  8ab  11b2



b2  3bc  c 2
6b2  8bc  11c 2




c 2  3ca  a 2
6c 2  8ca  11a 2

.

Ta có 6a 2  8ab  11b2   2a  3b   2  a  b    2a  3b  , dấu bằng xẩy ra khi a  b .
2

Suy ra

2

2

6a 2  8ab  11b2  2a  3b > 0 mà a 2  3ab  b2  0 với a; b  0

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


14

Website:tailieumontoan.com
Do đó ta được

a 2  3ab  b2
6a 2  8ab  11b2




a 2  3ab  b2 3a  2b
a 2  3ab  b2

. Ta đi chứng minh
.
2a  3b
2a  3b
5

2
a 2  3ab  b2 3a  2b

 5 a 2  3ab  b2   2a  3b  3a  2b    a  b   0 .
Thật vậy
2a  3b
5





a 2  3ab  b2

Dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi a  b . Do đó

6a 2  8ab  11b2

b2  3bc  c 2


Chứng minh tương tự ta có

6b2  8bc  11c 2



3a  2b
5

3b  2c
c 2  3ca  a 2
3c  2a
;

2
2
5
5
6c  8ca  11a
3a  2b 3b  2c 3c  2a


abc
5
5
5

Cộng theo vế của ba bất đẳng thức trên ta được M 








Mặt kh{c ta lại có  a  b  c   3 a 2  b2  c 2  9 nên a  b  c  3 .
2

Vậy ta được M  3 , dấu đẳng thức xẩy ra khi v| chỉ khi a  b  c  1 .
Bài 12. Cho c{c số dương a, b,c thỏa mãn a  b  c  1 . Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức:



 



P  2 a 2 b  b2c  c 2a  a 2  b2  c 2  4abc .

Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn 9 Tỉnh Phú Thọ năm học 2016 – 2017
Lời giải



 



Ta có ab  bc  ca   a  b  c  ab  bc  ca   a 2 b  b2c  c 2a  ab2  bc 2  ca 2  3abc

Từ đó ta suy ra được

a 2  b2  c 2   a  b  c   2  ab  bc  ca   1  2  ab  bc  ca 
2



 



 1  2  a 2 b  b2 c  c 2a  ab2  bc 2  ca 2  3abc 


Điều n|y dẫn đến








 



P  2 a 2 b  b2 c  c 2a  1  2  a 2 b  b2 c  c 2a  ab2  bc 2  ca 2  3abc   4abc



2
2
2
 1  2 ab  bc  ca  abc



Không mất tính tổng qu{t có thể giả sử a  b  c .





Khi đó suy ra a  a  b  b  c   0  a 2  ab  b  c   0
Do đó ta được a2 b  a2c  ab2  abc  0  ab2  ca 2  a 2 b  abc









Do đó ab2  bc 2  ca 2  abc  ab2  ca 2  bc 2  abc  a 2 b  abc  bc 2  abc  b  a  c 

2

Với c{c số dương x, y, z ta luôn có
x  y  x  3 3 xyz 


Tác giả: Nguyễn Công Lợi

1
2



3




x3y3z 


3

x3y

 
2

3

y3z

 
2


3



2

z3 x 0


TÀI LIỆU TOÁN HỌC


15

Website:tailieumontoan.com
3

 xyz
Suy ra x  y  z  3 xyz  xyz  
 . Dấu bằng xảy ra khi v| chỉ khi x  y  z .
3


3

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có
3

b a  c 


2


ac ac 
3
 b 2  2 
 a  c  a  c 
abc
4
 4b 
 4

  4



3
3
27
 2  2 












Suy ra P  1  2 ab2  bc 2  ca 2  abc  1  2b  a  c   1  2.
Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P l|

2

4 19

27 27

19
1
v| P đạt gi{ trị nhỏ nhất khi a  b  c  .
27
3

Bài 13. Với mọi số thực không }m x, y, z thỏa mãn x2  y2  z2  2 .
a) Chứng minh rằng x  y  z  2  xy .
b) Tìm gi{ trị lớn nhất v| nhỏ nhất của biểu thức P 

y
x
z
.


2  yz 2  zx 2  xy

Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn 9 Thành Phố Hà Nội năm học 2016 – 2017
Lời giải

a) Chứng minh rằng x  y  z  2  xy .
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được

x  y  z  x  y

x  y
.1  z.1 

2

 1 z2  1 x2  y 2  x2  2xy  2


 2  xy
2
2
2

x  y  1
 x  z  1; y  0


Dấu bằng xẩy ra tại z  1
.
 y  z  1; x  0
x 2  y 2  z 2  2

b) Tìm gi{ trị lớn nhất v| nhỏ nhất của biểu thức P 

y

x
z


.
2  yz 2  zx 2  xy

+ Tìm gi{ trị lớn nhất của P.
Áp dụng kết quả c}u a ta có c{c bất đẳng thức
x  y  z  2  xy; x  y  z  2  yz; x  y  z  2  zx

Khi đó ta được P 

y
y
x
z
x
z





 1.
2  yz 2  zx 2  xy x  y  z x  y  z x  y  z

Do đó gi{ trị lớn nhất của P l| 1, dấu bằng xẩy ra tại x  y  1; z  0 v| c{c ho{n vị.
+ Tìm gi{ trị nhỏ nhất của P.
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

x
2x
2x
2x



.
2
2
2  yz 4  2yz 4  y  z
6  x2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


16

Website:tailieumontoan.com
Ta sẽ chứng minh khi 0  x  2 thì

2x
x2

. Thật vậy, đặt t  x 2 thì ta có 0  t  1 .
6  x2 2 2

2
t 2

t2

 t 1  t   2  t   0 l| một bất đẳng thức đúng.
Ta cần chứng minh
2
3t
2

Vậy ta có

2x
x2

, dấu bằng xẩy ra tại x  0 hoặc x  2 .
6  x2 2 2

Như vậy ta có

x
x2

2  yz 2 2

Áp dụng tương tự ta được

y
y2
z
z2
. Công theo vế c{c bất đẳng thức ta


;

2  zx 2 2 2  xy 2 2

được

y
x2  y2  z2
x
z
2
2
P





2  yz 2  zx 2  xy
2
2 2
2 2
Dấu bằng xẩy ra khi x  2; y  z  0 v| c{c ho{n vị.
Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P l|

2
, đạt được tại x  2; y  z  0 v| c{c ho{n vị.
2


 Nhận xét. C}u a của b|i to{n chính l| gợi ý để tìm gi{ trị lớn nhất của biểu thức P. Ngo|i ra ta

có thể tìm gi{ trị lớn nhất của P độc lập với gợi ý ở c}u a như sau

2P 

 1
2y
2x
2z
1
1 


 x  y  z  xyz 



2  yz 2  zx 2  xy
 2  yz 2  zx 2  xy 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được

1
1
1
9
9
9





 1
2
2
2
2  yz 2  zx 2  xy 6  xy  yz  zx 6  x  y  z
8
Khi đó ta có 2P  x  y  z  xyz  x 1  yz   y  z .
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được ta lại có
2
2
2
 x  1  yz    y  z    x 2   y  z   1  yz   1

 

  2  2yz  2  2yz  y 2 z 2  4  2y 2 z 2  yz  1  4





y2  z2
Bất đẳng thức cuối cùng ln đúng vì yz 
 2 . Do đó ta được 4P2  4  P  1 .
2

Với ý thứ hai của c}u b ta có thể trình b|y c{ch kh{c như sau

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được

x  y  z
x  y  z
y
x
z
P




2  yz 2  zx 2  xy x  2  yz   y  2  zx   z  2  xy  2  x  y  z   3xyz
2

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

2

TÀI LIỆU TỐN HỌC


17

Website:tailieumontoan.com






Đặt t  x  y  z , khi đó ta có t 2  x2  y2  z2  2 và t 2  3 x2  y2  z2  6 .
Từ đó suy ra

2  t  6 . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được

9xyz   x  y  z  xy  yz  zx  
t2

Kết hợp với bất đẳng thức trên ta được P 
2t 

Ta có

2

6t
.
t  10
2

2

 














6t
2

 12t  2 t 2  10  t  2 t  5 2  0 .
2
t  10
2

2  t  6 . Vậy ta được P 

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do
a)



t t 2
2



t t2  2

2
.

2

Bài 14. Cho a, b, c l| c{c số thực dương tùy ý. Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức

P

b)

a  b  c 



2

30 a  b  c
2

2

2







2
2
2

a 3  b3  c 3 131 a  b  c


4abc
60  ab  bc  ca 

Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn 9 Tỉnh Thanh Hóa năm học 2016 – 2017
Lời giải





c)

Dễ d|ng chứng minh được a 3  b3  c 3  3abc   a  b  c  a 2  b2  c 2  ab  bc  ca .

d)

Do đó biến đổi v| {p dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có





2
2
2
a 3  b 3  c 3 3  a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca
 

4abc
4
4abc
3 1 1
1
1 
   
  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca
4 4  ab bc ca 
3 1
9
  .
a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca
4 4 ab  bc  ca
2
2
2
2
2
2
3 9 a b c
9 9 a b c
3
 
 

4 4  ab  bc  ca  4 4  ab  bc  ca  2




e)






a  b  c 

2







a 2  b2  c 2  2  ab  bc  ca 





1
ab  bc  ca

.
30 15 a 2  b2  c 2

f)


Lại có

g)

Do đó thu gọn v| {p dụng bất đẳng thức AM – GM ta suy ra được



30 a  b  c
2

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

2

2





30 a  b  c
2

2

2










TÀI LIỆU TỐN HỌC


18

Website:tailieumontoan.com









2
2
2
9 a 2  b2  c 2
1
ab  bc  ca
3 131 a  b  c
P



 
30 15 a 2  b 2  c 2
4  ab  bc  ca  2 60  ab  bc  ca 



h)





1
ab  bc  ca
a 2  b2  c 2
3



2
2
2
30 15 a  b  c
15  ab  bc  ca  2






1
ab  bc  ca
a 2  b2  c 2
3 1
2 3
4

 2.
.
 
  
2
2
2
30
3
15 a  b  c 15  ab  bc  ca  2 30 15 2



i)



Dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ a  b  c .

4
Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P l|  , đạt được tại a  b  c .
3


Bài . Cho a, b, c l| ba số không }m thỏa mãn điều kiện a 2  b2  c 2  2  ab  bc  ca  và p, q,
r l| ba số thỏa mãn p  q  r  0 . Chứng minh rằng: apq  bqr  crp  0 .
Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn 9 Tỉnh Bình Định năm học 2017 – 2018
Lời giải
Ta có p  q  r  0 nên suy ra r  p  q . Khi đó ta có
apq  bqr  crp  apq –  p  q  bq  cp  cp2   a  c  b  pq  bq 2

Do đó ta có apq  bqr  crp  0  cp2   a  c  b  pq  bq 2  0  *  . Ta xét c{c trường hợp
sau.
 Trường hợp 1. Nếu c  0 thì từ a 2  b2  c2  2  ab  bc  ca  ta được a 2  b2  2ab . Mặt

kh{c ta dễ d|ng chứng minh được a 2  b2  2ab . Kết hợp c{c kết quả ta được a  b  a = b
Khi đó ta có (*) cp2   a  c  b  pq  bq 2  0  bq 2  0 (Bất đẳng thức luôn đúng với mọi
b  0)

 Trường hợp 2. Nếu c  0 , khi đó c dương. Từ đó ta có

cp2   a  c  b  pq  bq 2  0  cp2   a  c  b  pq  bq 2  0
 cp   a  c  b 
2

a  c  b
pq 
4c

2

.q


2

a  c  b

4c

2

.q 2  bq 2  0

2
2

a  c  b
a  c  b  2  4bc   a  c  b  2


2
 c p 
pq 
.q  
.q  0
c
4c


4c 2


2

2
2
2

a  c  b  2  ab  bc  ac   a  b  c
 cp
q 
.q 2  0
2c
4c





Tác giả: Nguyễn Công Lợi



TÀI LIỆU TOÁN HỌC


19

Website:tailieumontoan.com
Ta có



2  ab  bc  ac   a 2  b2  c 2

4c

 .q

2

 0 vì a 2 + b2 + c 2  2  ab + bc + ca  v| c dương.

2


acb 
Lại có c  p 
q  0 .
2c







2
2
2
2

a  c  b  2  ab  bc  ac   a  b  c
Do đó suy ra c  p 
q 

.q 2  0 (luôn đúng với mọi
2c
4c



a, b không }m v| c dương. Điều n|y có nghĩa l| ta có cp2   a  c  b  pq  bq 2  0
Từ hai trường hợp ta có được apq  bqr  crp  0 .
j)
Bài 15. Cho x, y, z l| c{c số thực dương thỏa mãn x  z. Chứng minh rằng:

y2
xz
x  2z 5


 .
2
y  yz xz  yz x  z 2
Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn 9 Tỉnh Thanh Hóa năm học 2017 – 2018
Lời giải
Đặt P 

y2
xz
x  2z


. Khi đó biến đổi biểu thức P ta được
2

y  yz xz  yz x  z
y2
x
y
2z
2z
1

1
2
y
yz
y
xz
x  2z
x 
x
P 2


 2


 z 
xz
z
y
x
z
y  yz xz  yz x  z

y
1 1
1 1
1
1
yz
x
y
x
z
yz
xz
yz

Đặt a 2 

a2
b2
1  2c 2
x 2 y 2 z
 2

; b  ; c   a, b,c  0  thì ta được P  2
y
z
x
b  1 a  1 1  c2

Nhận xét rằng a 2 . b2 


x 1
  1  do x  z  . Nên ta có
z c2













a 2 a 2  1  ab  1  b2 b2  1  ab  1  2aba 2 a 2  1 b 2  1
a2
b2
2ab



b2  1 a 2  1 ab  1
a 2  1 b2  1  ab  1

  
ab  a  b    a  b   a  b    a  b 

 a  1 b  1 ab  1

2

2

2

2

2
a2
b2
2ab
2
 2

 c 
Do đó 2
1 c
b  1 a  1 ab  1 1
1
c

3

2

3




2

0

1 . Đẳng thức xảy ra khi a  b .

Đến đ}y thì ta thu được
Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


20

Website:tailieumontoan.com











2
2 
2


2
1  2c 2 5 2  2 1  c   1  c  1  2c   5 1  c  1  c

 
1  c c2  1 2
2 1  c  1  c 2







1  c 
 0  do c  1  2 
 2  1  c  1  c 

1  3c  3c 2  c 3
2 1  c  1  c 2





3



2


Từ  1 và  2  suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a  b; c  1  x  y  z

 3a  b 3b  c
3c  a 
 2
 2
Bài 16. Chứng minh rằng  a  b  c   2
  9 với a, b,c l| độ d|i ba
 a  ab b  bc c  ca 
cạnh của một tam gi{c.
Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn 9 Tỉnh Phú Thọ năm học 2017 – 2018
Lời giải
Giả sử a  b  c  t v| đặt a  tx; b  ty; c  tz  x  y  z  1.
 t  3x  y 
t  3y  z 
t  3z  x 
Ta chứng minh t  x  y  z   2 2
 2 2
 2 2
 t x  xy t y  yz t z  zx
















9





4x   x  y  4y   y  z  4z   z  x 
3x  y
3y  z
3z  x



9



9
x x  y
y  y  z
z z  x
x 2  xy y 2  yz z 2  zx




4
1
4
1
4
1
5x  1 5y  1 5y  1
 
 
 9


9
1 z x 1 x y 1 y z
x  x2 y  y2 z  z2

 1
Vì a, b, c l| ba cạnh của một tam gi{c nên a  b  c  x, y, z   0;  . Từ đó ta có
 2
2
 1
5x  1
 18x  3   3x  1  2x  1  0 đúng x   0; 
2
xx
 2

2
5y  1
 1

 18y  3   3y  1  2y  1  0 đúng y   0; 
2
yy
 2
2
 1
5z  1
 18z  3   3z  1  2z  1  0 đúng z   0; 
2
zz
 2

Suy ra

5x  1 5y  1 5y  1
5x  1 5y  1 5y  1


 18  x  y  z   9 


9.
2
2
2
xx yy
zz
x  x2 y  y2 z  z2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Bài 17. Cho x, y, z l| c{c số thực dương thỏa mãn xyz  1 .Tìm gi{ trị lớn nhất của biểu
thức:

P

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

1
1
1


 3x  1 y  z   x  3y  1 z  x   y  3z  1 x  y   z

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


21

Website:tailieumontoan.com
Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn 9 Tỉnh Nghệ An năm học 2017 – 2018
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có x  y  z  3 3 xyz  3 .
Ta có  3x  1 y  z   x  3x  y  z   x  y  z  3x  y  z   3 . Ko đó kết hợp với xyz  1 ta có
1
1
1
1




 3x  1 y  z   x 3x  y  z   3 3  xy  xz   3 3  1  1   3


z y





1
1
1
1
.
Áp dụng ho|n to|n tương tự ta thì ta thu được P 


1 1
1 1
3 1 1

 y  z 1 z  x 1 x  y 1


Đặt a 3 

1 3 1 3 1
; b  ; c  . Khi đó ta được abc  1 v| bất đẳng thức trên được viết lại th|nh
x

y
z

1
1
1
1

P  3
 3 3
 3
3
3
3  a  b  1 b  c  1 c  a  1 
Từ đó dễ thấy a 3  b3  1  ab  a  b   abc  ab  a  b  c  .
Do đó ta có

1
abc
c
. Áp dụng ho|n to|n tương tự ta thu được


3
a  b  1 ab  a  b  c  a  b  c
3

1
1
1

c
b
a
 3 3
 3



1
3
3
a  b 1 b c 1 c a 1 a  bc a c  b a  bc
3

Từ đó suy ra P 

1
. Dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi a  b  c .
3

Vậy gi{ trị lớn nhất của P l|

1
. Dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi x  y  z  1 .
3

Bài 18. Cho x, y, z l| c{c số thực không }m thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm gi{ trị nhỏ nhất của
biểu thức:

P


y
x
z
 3
 3
y  16 z  16 x  16
3

Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn 9 Thành phố Hà Nội năm học 2017 – 2018
Lời giải
Ta sẽ chứng minh P 

1
với dấu bằng đạt được tại  x; y; z    0;1; 2  cùng c{c ho{n vị.
6

Như vậy ta có

y
16y
x
z
1
16x
16z
8
 3
 3
  3

 3
 3

y  16 z  16 x  16 6
y  16 z  16 x  16 3
3

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


22

Website:tailieumontoan.com


16y  
16x  
16z 
8
Hay ta được  x  3
y 3
z 3
 xyz 3.
y  16  
z  16  
x  16 

Một c{ch tương đương ta cần phải chứng minh


xy 3
yz 3
zx3
1


 .
3
3
3
y  16 z  16 x  16 3

Do vai trò của c{c số x, y, z như nhau nên không mất tính tổng qu{t ta giả sử y nằm giữa x
và z.
Ta có y3  16   y  4  y  2   12y  12y nên ta được
2

Đến đ}y ta suy ra được

y
1
 .
y  16 12
3

xy 3
xy 2
yz3
yz2 zx3

zx2

.
Đ{nh
gi{
tương
tự
ta
có
.

;

y 3  16 12
z3  16 12 x3  16 12

xy 3
yz3
xy 2  yz2  zx2
zx3



Từ đó suy ra 3
.
12
y  16 z 3  16 x 3  16
Như vậy phép chứng minh sẽ kết thúc khi ta chỉ ra được xy2  yz2  zx2  4 .
Thật vậy, do y nằm giữa x v| z nên ta có  y  x  y  z   0  y2  zx  xy  yz .
Từ đó suy ra xy2  x2 z  x2 y  xyz . Do vậy ta có đ{nh gi{




xy 2  yz2  zx2  x2 y  xyz  yz2  y x2  zx  z2



 y  x  z   y  3  y   4   4  y  y  1  4
2

2

2

Như vậy ta có xy2  yz2  zx2  4 . Do vậy phép chứng minh kết thúc.
Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P l|

1
, dấu bằng xẩy ra tại  x; y; z    0;1; 2  cùng c{c ho{n vị.
6

Bài 19. Cho a, b, c l| c{c số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca  3 . Chứng minh rằng:

a.

bc
ca
ab
3
 b. 2

 c. 2

2
a  bc
b  ca
c  ab abc

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Bắc Giang năm học 2013 – 2014
Lời giải
Ta có a.

bc
ab  ac
 a. 2
. Khi đó {p dụng bất đẳng thức AM –GM v| chú ý đến giả
2
a  bc
a  bc

thiết ab  bc  ca  3 ta có a 2  bc  ab2 c 2  3abc  a 2  bc  abc  3  bc   abc ab  ac 
Do đó ta được

ab  ac
1
ab  ac
1
bc
1

 a. 2


 a. 2

2
a  bc abc
a  bc
a  bc
bc
bc

Áp dụng ho|n to|n tương tự ta được b.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

ca
1
ab
1

; c. 2

2
b  ca
c  ab
ca
ab
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


23


Website:tailieumontoan.com
Do đó ta được a.

bc
ca
ab
a b c
 b. 2
 c. 2

2
a  bc
b  ca
c  ab
abc

Phép chứng minh sẽ ho|n tất nếu ta chỉ ra được

a b c
abc



3
 abc
abc






a b c 3

Đ{nh gi{ cuối cùng l| một đ{nh gi{ đúng vì 3  ab  bc  ca  abc



a b c



Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi v| chỉ khi a  b  c  1 .
Bài 20. Cho a, b, c, d l| c{c số thực dương thỏa mãn:
Chứng minh rằng:

1
1
1
1



2
3
3
3
1  a 1  b 1  c 1  d3

1a

1 b
1 c
1d



0
2
2
2
1  a  a 1  b  b 1  c  c 1  d  d2

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Đồng Tháp năm học 2013 – 2014
Lời giải

1  a 2 1  b2 1  c 2 1  d 2



0
Biến đổi tương đương bất đẳng thức cần chứng minh
1  a 3 1  b3 1  c 3 1  d3
Hay

1
1
1
1
a2
b2

c2
d2







1  a 3 1  b3 1  c 3 1  d3 1  a 3 1  b3 1  c 3 1  d 3

Từ giả thiết v| {p dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

1
1
1
1
1  2d3
3d2



2



1  a 3 1  b3 1  c 3
1  d3 1  d3 1  d3
Hay


1
1
1
3d2



. Ho|n to|n tương tự ta được
1  a 3 1  b3 1  c 3 1  d3
1
1
1
3a 2



1  b3 1  c 3 1  d3 1  a 3
1
1
1
3b 2



1  a 3 1  c 3 1  d3 1  b3
1
1
1
3c 2




1  a 3 1  b3 1  d3 1  c 3

Cộng theo vế bốn bất đẳng thức trên ta được

1
1
1
1
a2
b2
c2
d2







1  a 3 1  b3 1  c 3 1  d3 1  a 3 1  b3 1  c 3 1  d 3
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi v| chỉ khi a  b  c  d  1 .
Bài 21. Cho a, b, c l| c{c số thực dương thỏa mãn a  b  c 

3
. Tìm gi{ trị nhỏ nhất của
2

biểu thức:


Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


24

Website:tailieumontoan.com

S  a2 

1
1
1
 b2  2  c 2  2
2
a
b
c

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Trà Vinh năm học 2014 – 2015
Lời giải
 Lời giải 1. Chú ý đến dấu đẳng thức xẩy ra ta được


1
17  a 2  2  
a 


Áp dụng tương tự ta được

Khi đó ta được



2


1

4
4
1  4  a2  2    a    a 
a
a
a 


2




1 
4

1
4
17  b2  2   b  ; 17  c 2  2   c 

b
c
b 
c 




1

1 

1
4 4 4
17  a 2  2   17  b2  2   17  c 2  2   a  b  c   
a b c
a 
b 
c 




Theo một đ{nh gi{ quen thuộc ta có

1 1 1
36
  
a b c abc


4 4 4
36
Nên ta được a  b  c     a  b  c 
a b c
abc

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy v| kết hợp với giả thiết ta được

abc

36
9
135
abc

abc
4 a  b  c  4 a  b  c 
 2.

Từ đó ta suy ra

Hay

a2 

a  b  c  . 4

9
135
135 51


 3

6
2
 a  b  c  4. 3
2


1

1 

1  51
17  a 2  2   17  b2  2   17  c 2  2  
a 
b 
c  2




1
1
1 3 17
 b2  2  c 2  2 
2
2
a
b

c

Như vậy gi{ trị nhỏ nhất của S l|

3 17
1
. Đẳng thức xẩy ra khi v| chỉ khi a  b  c  .
2
2

 Lời giải 2. Dễ d|ng chứng minh được: Với a, b, x, y l| c{c số thực dương ta ln có:
a 2  x 2  b2  y 2 

a  b    x  y 
2

2

Áp dụng bất đẳng thức trên ta được
S  a2 

1
1
1
 b2  2  c 2  2 
2
a
b
c


2

2
 a  b    a1  b1   c 2  c12



 1 1 1
 a  b  c      
a b c

2

2

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC