Câu [DS10.C4.2.E01.d] Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x 1  y 1  x+ y+ z=xyz Chứng minh z 1 2  Lời giải Ta có √ x +1 = √ xyz yz y z ≤ ≤ + ( x + y )( x + z ) 2( x+ y ) 2( x+ z ) x ( x+ y + z )+ xyz √ x z z y ≤ + ; ≤ + 2 Tương tự VT √ y +1 2( x + y ) 2( y +z ) √ z +1 2( x+z ) 2( y +z) đpcm Dấu “=” x  y  z  Câu [DS10.C4.2.E01.d] Cho x, y, z số thực dương Chứng minh bất đẳng thức x  xy y  yz z  zx   1 ( y  zx  z ) ( z  xy  x) ( x  yz  y ) Lời giải 2 Ta có ( y  zx  z ) ( y y  x z  z z ) ( y  x  z )( y  z  z )  1 x  xy x  xy    ( y  zx  z ) ( x  y  z )( y  z ) ( y  zx  z ) ( x  y  z )( y  z )  x  xy   x  xy  xz  1   x  x   x   ( x  y  z)  y  2z y  2z  ( x  y  z)   2x x 2x 2y 2z      1 y  z x  y  z Tương tự, cộng lại ta VT (1) y  z z  x x  y  x2 y2 z2  2( x  y  z ) 2      1  3( xy  yz  zx)  xy  xz yz  yx zx  zy  Chứng minh ( x  y  z ) 3( xy  yz  zx) Suy VT (1) 2  1 Đẳng thức xảy x  y  z Câu a2 b2 c2   1 2 [DS10.C4.2.E01.d] Cho a, b, c 0 a  b  c 3 Chứng minh a  2b b  2c c  2a Lời giải Sử dụng AM - GM ngược dấu, ta có a2 2ab 2ab 2  a   a   a  ab   a  2b a  2b 3 ab 2 b2 c2  b  bc ;  c  ca    3 c  2a Tương tự ta có b  2c ycbt 2   ab    bc    ca  3  * Theo AM - GM ta có 2 a  ab  b 3  ab  ; b  bc  c 3  bc  ; c  ca  a 3  ca  Ta có ab  bc  ca 3 Câu Ta có (*) chứng minh Dấu xảy a b c 1 [DS10.C4.2.E01.d] Cho số dương a , b , c , d thỏa mãn a  b  c  d 4 Chứng minh a b c d    2  b2 c  c d  d a  a2 b Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Cô–si: a 1+b c a  ab2 c 1 b c ab2c a  a  2b c ab c ab(1  c ) ab abc a  a   4 (1) Dấu = xảy b = c = b 1+c d c 1+d a d 1+a b b  c  d  bc2 d  c2 d cd a  d 2a da b  a2 b bc2 d b  2c d cd a c  2d a d  da2 b 2a b b  bc   d  bc d bc bcd b  b   (2) 4 c  cd   a  cd a cd cda c  c   (3) 4 d  da   b  da b da dab d  d   (4) 4 Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: a 1 b c  b 1 c d  c 1 d a  d 1 a b 4  ab  bc  cd  da abc  bcd  cda  dab  4 Mặt khác:  acbd  ab  bc  cd  da  a  c   b  d    4    Dấu  ab abc  bcd  cda  dab ab  c  d   cd  b  a       " " xảy  a  c b  d    c  d    c 2 d     b  a  ab cd   abc  bcd  cda  dab  a  b   c  d      a  b   c  d     abcd   abc  bcd  cda  dab   4   Dấu a b c d 4    4   2 2 4 1 b c 1 c d 1 d a 1 a b  a 1 b c  b 1 c d  c 1 d a  d  a2 b " " xảy  a b c d 1 Vậy ta có: 2  đpcm Dấu " " xảy  a b c d 1 Câu [DS10.C4.2.E01.d] Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: ab  bc  ca 2abc 1 1    2 2 Chứng minh rằng: a (2a  1) b(2b  1) c(2c  1) Lời giải 1 b , z = c ta có x, y, z số dương thỏa mãn x  y  z 2 Đặt ( y+z) 2 a 2a –1  x ( x −1) x3 Ta có:  = 3 1 x y z + + + + 2 2 2 Từ đó: P  a(2 a−1 ) b (2 b−1 ) c (2 c−1 ) = ( y + z ) ( z+ x ) ( x+ y ) x a,y= x3 y+ z y+ z x + + ≥3 = x 8 64 Áp dụng bất đẳng thức Cơ si có: ( y + z ) (1) y z + x z+ x + + ≥ y 8 ( z+ x ) Tương tự: (2) √ z x+ y x+ y + + ≥ z 8 ( x+ y )2 (3) Cộng vế (1), (2), (3) ước lược được: Câu P 1  x  y  z = [DS10.C4.2.E01.d] (HSG Tốn 12 – Triệu Sơn, Thanh Hóa năm 2020) Cho a, b, c, d số thực không âm thỏa mãn a  b  c  d 4 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a b c d    b 4 c 4 d 4 a 4 Lời giải 1 b   , b   0; 4  * Ta có b  4 12 *  12    b  b3  b  b  1  b   0, b   0;    *  Thật vậy, a a ab   , a, b   0; 4 Do từ (*) suy b  4 12 (1) Tương tự ta có b b bc   , b, c   0; 4 c  4 12 (2) c c cd   , c, d   0; 4 d  4 12 (3) d d da   , a, d   0; 4 a  4 12 (4) a b c d P   ab  bc  cd  da  12 Cộng (1), (2), (3), (4) ta có (5)    a b c  d  ab  bc  cd  da  a  c   b  d    4   Mặt khác, (6) 2 P   P    a; b; c; d   2; 2;0;0  3 Từ (5) (6) suy hoán vị Câu [DS10.C4.2.E01.d] (HSG Toán 11 - sở GD Thanh Hóa năm 1718) Cho ba số thực dương a, b, c a2 b2 c2   1 b  2c c  2a thoả mãn a  b  c 3 Chứng minh rằng: a  2b Lời giải a 2ab 2ab 2/3 a  a  a   ab  2 a  2b 3 ab Ta có a  2b (Theo BĐT Cauchy) 2 b c 2/3 2/3 b   bc  c   ca  2 3 Tương tự: b  2c , c  2a 2 a2 b2 c2 2/3 2/3 2/3   a  b  c    ab    bc    ca   2  3 Khi a  2b b  2c c  2a 3  2 2/3 2/3 2/3  ab    bc    ca   (1)  Ta chứng minh  ab  2/   bc  2/   ca  2/ 3  a 2b  b 2c  c a 3 (2) 2 2 2 Thật theo Cô - si ta có a  b  ab 3 a b , c  b  bc 3 c b , a  c  ac 3 a c   a  b  c   ab  bc  ca 3  a 2b  b c  c a  Mặt khác ta có: 2  a  b    b  c    c  a  0  a  b  c ab  bc  ca   a  b  c  3  ab  bc  ca   ab  bc  ca  Khi ta có:   a 2b  b c  c a 2.3  9 a 2b  b 2c  c a 3 Vậy (2) đúng, thay vào (1)  ĐPCM Dấu đẳng thức xảy a b c 1 [DS10.C4.2.E01.d] (HSG Tốn 11 – Thanh Hóa năm 1718) Cho x, y, z số thực phân biệt  Câu  a  b  c  3 x y yz zx    2 ( x  y ) ( y  z ) ( z  x ) x  y  z không âm Chứng minh Lời giải  x y yz zx  x y yz zx  ( x  y  z)    9    2  2 ( x  y ) ( y  z ) ( z  x ) ( x  y ) ( y  z ) ( z  x ) x  y  z   Ta có Khơng tính tổng qt, giả sử x  y  z 0 Khi có bất đẳng thức sau: ) x  y  z x  y yz )   y  y  z   y  z   z  y  z  0  y  z y (luôn đúng) zx  x ) Tương tự có  z  x   xy  x y yz zx  1 F ( x  y  z )    F ( x  y )     2  y x  ( x  y ) ( y  z ) ( z  x )   ( x  y) Do đặt 1    a b c a  b  c với a, b, c  Ta có bất đẳng thức sau:  x y 1 1    ( x  y )    2 y x  ( x  y )  xy xy  Áp dụng ta được: ( x  y ) Câu  1  9( x  y ) ( x  y )      2 xy  ( x  y )  xy xy xy  ( x  y )  x y 1 ( x  y)     ( x  y ) 9 y x x y  (x  y) Vậy Suy F 9 Dấu đẳng thức xảy  z 0  z 0    ( x  y )  xy 2 xy x (2  3) y    [DS10.C4.2.E01.d] (HSG Toán 10 - Sở GD&ĐT Đồng Nai 1314) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c 1 Chứng minh a b c   1 a  6bc b  6ac c  6ba Lời giải a2 b2  a  b    p q Bổ đề a, b, p, q  R; q  0, p  Khi p q 2  1 (1)   p  q   qa  pb   pq  a  b  0  p>0,q>0  Chứng minh   qa  pb  0 , điều a, b, p, q  R; p  0, q  Vì a, b, c số thực dương nên 2  a  b  c a b c a2 b2 c2       2 a  6bc b  6bc c  6ab a  6abc b  6abc c  6abc a  b  c  18abc Mặt khác áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân ab  bc  ca  a  b  c   ab  bc  ca  3 abc 3  abc  9abc   a  b  c  18abc a  b  c   ab  bc  ca   a  b  c  Câu Từ điều phải chứng minh [DS10.C4.2.E01.d] (HSG Trường Nguyễn Quán Nho Thanh Hóa năm 19-20) Cho số thực dương x, y, z Chứng minh  x2  y2  z2    3   y  3z   z  x   x  y Lời giải  x2 1 y2 1 z2 P     y  3z   z  x   x  y +) Đặt 2  x a,  y b,  z c với a, b, c  +) Ta có  y3    y    y  y2  1 y  1 +) Theo cô-si:  x2   y3  3z   y  y2   y2  y2   y3  2  x2 a  2   y     z  2b  3c Suy +) Hồn tồn tương tự ta có 1 y2  y2 b   2 2c  3a   z  3x 2  z   x  1 z2   x3  y     2  1 z2 c    x     y  2a  3b  3  1 ,   ,  3 theo vế ta được: +) Cộng bất đẳng thức 2 P a b c   2b  3c 2c  3a 2a  3b  a  b  c P  ab  bc  ca  a b c   P   2ab  3ca 2bc  3ab 2ca  3bc m +) Dấu “=” xảy x  y  z 2 Câu  1  P  ab  bc  ca     ab  bc  ca  2 [DS10.C4.2.E01.d] Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn a  b  c 1 Chứng minh đpc a b c 3    2 b c c a a b Lời giải 2 2 2 Do a , b , c dương a  b  c 1 nên  a , b , c   a ,1  b ,1  c  2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm 2a ,1  a ,1  a , ta được: 2a    a     a  3 2a   a    a   2a   a    a   23 27  * , dấu " " xảy 3  3a 1  a  Ta có:  * a2  a a a   2a   a    a  b2  c2  a2 a   a  Chứng minh tương tự, ta được: b2  b b b   2b   b    b  c  a  b b   b2  2 c2  c c c2   2c   c    c  a  b2  c2 c   c2     a2 23  27 b2 23  27  3a 2  1  3b 2  2 c2 3c  23   3 27  1 ,   ,  3 Cộng vế theo vế ta được: a b c 3    a  b2  c2   2 2 b c c a a b a b c 3      a b c  2 b c c a a b (đpcm) Dấu " " xảy a , a , , an   0;1 Câu [DS10.C4.2.E01.d] (YÊN LẠC VĨNH PHÚC 2019) Cho n số Chứng minh rằng:   a1  a2  a3   an  4  a12  a22  a32   an2  Lời giải Xét tam thức f  x  x    a1  a2   an  x   a12  a22   an2  Ta có: f  1 1    a1  a2   an    a12  a22   an2  a1  a1  1  a2  a2  1  a3  a3  1   an  an  1 Mặt khác a1 , a2 , , an   0;1 nên a1  a1  1 0  a2  a2  1 0  f  1 0   a  a  1 0  n n Mà f   a12  a22   an2 0  f  1 f   0 f  x Mặt khác hàm số Do phương trình liên tục f  x  0  0;1 có nghiệm đoạn  0;1 Suy    a1  a2   an    a12  a22   an2  0   a1  a2   an  Do đó: 4  a12  a22   an2  Câu [DS10.C4.2.E01.d] Cho số thực dương a , b , c thỏa mãn a  b  c 3 Chứng minh a2 b2 c2 a  b2  c2    2a  2b  2c  a  b2  c2  Lời giải Cách 1: Bất đẳng thức cho tương đương với a  b2  c a2 b2 c2    0 2 2a  2b  2c  a  b  c                   VT Trong a2 a2 a2 1 a 1  a 2a     a a  a a.1.1  a   2a  a  a 1 3 3 9 a.a.1 2 2 b b 2b c c 2c       9 2c  9 Tương tự ta có 2b  VT  Suy a  b2  c2 2 a b c 6  2 a  b2  c2     a  b  c  2 3 a  b  c   t   3; 15    a  b  c  a  b  c 9    2 Đặt t  a  b  c  Ta có t   3; 15  Lúc đó, với ta có t2  2 t  t 9t  54  t   t   t  t    18   t  6      0 t t 9t 9t Dấu xảy t 3 , suy a b c 1 Cách 2: a a2 a a2 a2 a a2       a  2 2a  a Ta có 2a  2a  2a  a VT  b2 b b2 c2 c c2     Tương tự có 2b  2 2b  b 2c  2 2c  c a2 b2 c2  a2 b2 c2          2a  2b  2c  2  2a  a 2b  b 2c  c  Suy Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức ta có a  b  c  a2 b2 c2     2 2 2a  a 2b  b 2c  c  a  b  c    a  b  c    a2 b2 c2 9       2 2 2a  2b  2c  2  a  b  c    a  b  c   Ta cần chứng minh 2 a b c   2 2 4 a b  c  6 a2  b2  c2  2 Đặt t  a  b  c  Ta có t   3; 15  Ta có  1  t 6 t 6      2 4t  18 t t  2t   Mặt khác, ta có  1  a  b  c  2 3 a  b  c   a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca 9      Suy 2 t  81 t 81  2t   9t    9   9  2t   2t 81 t   t 2t Ta cần chứng minh  81 t t t t t 81 t 81 t    t          5 2t 6 6 2t 2592 2      Thật vậy, t 3 nên  t 81 t    2 t 2t 2 Suy Dấu '' '' xảy t 3 , suy a b c 1 Câu 32 a  b  c 2 [DS10.C4.2.E01.d] Cho 1 1     1 3 Chứng minh rằng: 32  3a 32  3b 32  3c  a, b, c  Lời giải Cách 1: + Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng phân thức: a12 a2 a  a  a   an     n  b1 b2 bn b1  b2   bn (với bi  ) a a a     n b1 b2 bn Dấu xảy 1    3 3 3   32  a 32  b 32  c 96  3( a  b  c ) Do đó:  8 a , ,  3  ta được: + Áp dụng BĐT Cauchy cho số không âm  8 8 12 a   3 a  a 3 3 Tương tự ta có: 8 8 12 b3   3 b3  b 3 3 (3) (4) 8 8 12 c   3 c  c 3 3 (5) + Cộng vế theo vế (3), (4), (5) ta được: 12 12 a  b3  c   a  b  c   16  3  16 8 9  96   a  b3  c  72   dpcm  72 1   32  3a 32  3b3 32  3c3  8 23   a  ; b  ; c   a b c  3 3  a  b  c 2   + Dấu xảy  VP    Cách 2:  32  3a  ,   32  3a 242   + Áp dụng BĐT Cauchy cho số không âm ta được: 32  3a 32  3a    3 32  3a 24 32  3a 24 12 32  3b3 32  3b3  2  242 32  3b3 242 12 + Tương tự ta có: 32  3b 32  3c 32  3c    32  3c 242 32  3c 242 12 Cộng vế theo vế ta được: 1 32  3a 32  3b3 32  3c3 1      3  3 2 32  3a 32  3b 32  3c 24 24 24 12 3 3 1 1 a b c a  b  c3          * 32  3a 32  3b3 32  3c 192 12 192 3 + Ta chứng minh: a  b  c 8 a  b3  c  a  b  c    a  b   b  c   c  a   ** Thật ta có: Áp dụng BĐT Cauchy ta có:   a  b    b  c    c  a     a  b  c     a  b  b  c  c  a  27 27 Thay vào (**) ta được:   a  b  c   a  b  c  a  b  c    a  b   b  c   c  a   a  b  c    27   23  3  2.2   3 3 8 27 1 1      3  *  32  3a 32  3b 32  3c 12 192  dpcm  Do đó:  32  3a   32  3a 242  32  3b3    32  3b3 242  32  3c 23     a  b  c  242  32  3c  a  b   b  c   c  a    a  b  c 2    Dấu xảy Câu [DS10.C4.2.E01.d] (HSG 10 HẢI DƯƠNG 2018-2019) Cho số thực dương x , y , z thỏa mãn x2 xy  yz  xz 3 Chứng minh bất đẳng thức: x3   y2 y3   z2 z3  1 Lời giải Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: ( x  2)  ( x  x  4) x  x   x   ( x  2)( x  x  4)   2 y2 y2  y3  y  y  z2  x2 x3   2x2 x2  x  2z2 z2  z  Tương tự, ta có ; z 8 Từ suy ra: x2 y2 z2 2x2 y2 2z2      x3  y3  z3  x  x  y  y  z  z  (1) a  b  a b    * y x y Chứng minh bổ đề: Cho x, y  a, b   ta có: x a y  b2 x  a  b  2   *    a y  b x   x  y  xy  a  b    ay  bx  0 xy x  y Ta có a b  Đẳng thức xảy x y Áp dụng bổ đề ta có: 2   x  y    x2 y2 z2 z2 2        2  x  y   x  y   12 z  z    x  x 6 y  y 6 z  z 6 2( x  y  z )2  x  y  z  ( x  y  z )  18 2( x  y  z ) 1  3 2 x  y  z  ( x  y  z )  18 Đến đây, ta cần chứng minh: 2 2  x  y  z    x  y  z    xy  yz  zx   18 x  y  z  ( x  y  z )  18 Do  x  y  z    x  y  z   12  2  3  2( x  y  z ) x  y  z  ( x  y  z )  18 Nên  x  y  z  x  y  z 6 (4) 2 Mặt khác, x, y, z số dương nên ta có: x  y  z  xy  yz  zx 3 x  y  z  3( xy  yz  zx ) 3 Nên bất đẳng thức (4) Từ (1), (2), (3) (4), ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x  y  z 1 Câu [DS10.C4.2.E01.d] (HSG NINH BÌNH 2018-2019) Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức: 1 1 ab  bc  ca    4 2 9  a  b2  c2 a b c Lời giải 1 ab  bc  ca  a  b  c       4  2 2 a b c a b c Ta có  a  b  c    a  b 2 Suy  c  a   a  b 2 2   a  c   b  c  2  * ab bc ca a2  b2  c2 2 a  b a  c   a b c   b c Không giảm tổng quát giả sử Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có:   a  b  a  c  2     b  c  2   a  b    a  c   c   b 2   a  b   a  c    a  b  a  c         b  c   1 c  a  b  c  b Đẳng thức xảy b c Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM: 2 2 a  b  c 2a   b  c  2 2a  b  c    2 a  b  c a b  c   b  c   2 2   a  b   a  c    2  a  b    a  c  a  b  c a2  b2  c  2 Đẳng thức xảy a b c a b  c 2 b  c b  c    2 2 a  b  c 3bc  2bc ( a b c ) bc a  b2  c  3 Từ  1 ,   ,  3 suy điều phải chứng minh Dấu xảy a b c a  2b  2c hoán vị é1; 2ù Câu [DS10.C4.2.E01.d] (HSG 12 Cần Thơ 2017 - 2018) Xét số thực a , b , c thay đổi thuộc đoạn ë û a + b4 + 5c + 6abc +1 P= - abc ab + bc + ca thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức Lời giải ù 4 a, b, c Ỵ é ë1; 2ûnên ta có a + 4£ 5a , b + 4£ 5b Vì Þ a + b4 + 5c £ 5( a2 + b2 + c ) - ù Þ a4 + b4 + 5c2 £ 5é ê( a + b + c ) - 2( ab + bc + ca) ú- ë û Þ a + b4 + 5c2 £ 72- 10( ab + bc + ca) * (1) ( a - 2) ( b - 2) ( c - 2) £ Û abc - 2( ab + bc + ca) + 4( a + b + c ) - 8£ Û abc £ 2( ab + bc + ca) + 4( a + b + c ) - Từ (1) (2) suy Mặt khác, ta có (2) a + b + 5c + 5abc +1£ 25+ 2( ab + bc + ca) 4 ( a - 1) ( b - 1) ( c - 1) ³ (4) Û abc - ( ab + bc + ca) +( a + b + c ) - 1³ Û abc ³ ( ab + bc + ca) - (5) Từ (2) (5) suy ab + bc + ca - 3£ abc £ ( ab + bc + ca) - Þ ab + bc + ca ³ Þ a4 + b4 + 5c2 + 6abc £ 2( ab + bc + ca) + 24 Từ (4) (5) ta suy P£ 2( ab + bc + ca) + 25 ab + bc + ca - ( ab + bc + ca) + 3= Đặt t = ab + bc + ca , ta cú ộ 16ự ị t ẻ ê5; ú ê ë 3ú û Ta có Ta có P£ ab + bc + ca £ 25 - ( ab + bc + ca) + ab + bc + ca ( a + b + c) = 16 é 16ù 25 25 f ( tt) = - t + 5, Ỵ ê5; ú - t + 5= f ( t) ê t t ë 3ú û Xét hàm số f ' ( tt) =- 1- é 16ù 25 ê5; ú < , Ỵ ê t2 ë 3ú û f ( t) P £ f ( t) £ f ( 5) = Suy nghịch biến suy Vậy max P = a = b = 1, c = a = c = 1, b = 2hoặc a = 2; b = c = Câu [DS10.C4.2.E01.d] (HSG Toán 12 – Phú Yên năm 1617) Cho số thực dương x, a, b, c thỏa điều 2 2 kiện x a  b  c a b c    2 Chứng minh x  2a x  2b x  2c Lời giải a b c P   x  2a x  2b x  2c Đặt x x x 9x    (4) Ta thấy  2P  x  2a x  2b x  2c x  2a  2b  2c  a  b  c Lại có 3  a  b  c  3x 2 , Hay a  b  c  x  x 9x 3 3  2P    P  x  x 3  3  3  Từ (4) suy x a b c  Dấu “=” xảy Câu [DS10.C4.2.E01.d] (HSG Toán 11 - TX Quảng Trị năm 2019) Cho số dương a, b, c thỏa mãn: a  b  c 3 Chứng minh rằng:        2  1   1 3  a  b  c   2  a b  b c  c a  Đẳng thức xảy ? Lời giải   a  b2 3  c2    2   a2 b  c  2  a  c 3  b2 Ta có  , a  b  c 3 Áp dụng bất đăng thức Cauchy cho số dương: 4 4    a  2  a  4   a    a  2  3 a 3 a 3 a b  c2   c  a  b     c  2 Tương tự ta chứng minh được:  a  b Nhân vế theo vế bất đẳng thức chứng minh ta được:        2  1   1  a    b    c    2  a b  b c  c a  a Ta xét: 2    b      a  1  1   b  1 1  a  1  b  1  a  b  Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: 2  a 1  b2 1  a  b  , a  b   a  b    a    b    a  b   3  2 2  a  b     a    b    c     a  b   3  c     a  b 2     a    b    c   3     1        a    b    c   3  a  b  c  2   2  c  3  a  b  1.c       2        2  1   1 3  a  b  c   2  b c  c a  Vậy nên  a  b a  b  c  "  " Dấu xảy Câu [DS10.C4.2.E01.d] (HSG Tốn 11 – Cụm Hà Đơng năm 1  a  b  c      10 a, b, c   1; 2 a b c 1819) Chứng minh với số thực ta ln có Lời giải 1 a b c b c a  a  b  c      10       7 b c a a b c a b c +/ Bất đẳng thức a  b  c +/ Khơng tính tổng qt, giả sử: Khi đó: a b a  a  b   b  c  0  ab  bc b2  ac     c c b (vì bc  ) Dấu “=” xảy  a b b c c b c  a  b   b  c  0  ab  bc b   ac     a a b (vì ab  ) Cũng có: Dấu “=” xảy  a b b c a b b c a c a b b c a c a c             2      1 b c a b c a c a Do đó: b c a b c a +/ Ta có: x a   x 2 c nên:  x  1  x   0  x  3x  0  x  1 3  x  3   x x x   x    a  2c  c  2a   x  Dấu “=” xảy  a c    2 Suy ra: c a a b b c a c      7 Từ (1) (2) suy ra: b c a b c a (đpcm)  a b 2, c 1  a c 2, b 1   b c 2, a 1 Dấu xảy khi:  Câu [DS10.C4.2.E01.d] Cho số thực không âm a , b , c 1    thỏa mãn: a  b  c 1 Chứng minh  ab  bc  ca 2 Lời giải 1     ab  bc  ca (1) Ta có:  1  ab bc ca     ab  bc  ca ab ab 2ab 2ab    2 2  ab a  b  c  ab 2a  2b  2c  2ab a  b  2c Theo Bunhiacopxki thì:  a  b   4ab a2 b2   2 2 a c b c a  b  2c a  b  2c  2ab  a2 b2  ab  a2 b2           a  b  2c 2  a  c b  c   ab  a  c b  c  Tương tự: bc  b2 c2  ca  c2 a2           bc  b  a c  a   ca  c  b a  b  ;   1  ab bc ca     ab  bc  ca (đpcm) a b c  Dấu “=” xảy Câu [DS10.C4.2.E01.d] Cho x , y , z số thực dương thỏa mãn x  y  z 3 Chứng minh rằng: x  y  z  yz  y  z  x  zx  z  x  y  xy 2 xyz (1) Lời giải  Ta có yz  zx  xy  2  x  y  z  9  yz  zx  xy 3 Ta có  y  z    z  x    x  y  2 yz   yz  zx   zx  xy   xy  (2) yz  y  z   yz   yz  yz   yz   yz   yz    Do  y  z    z  x    x  y  2     yz   yz  zx   zx  xy   xy    yz  zx  xy   1   18  6   yz  zx  xy   yz   yz    2  yz 18 2 63 Vậy (2) (đpcm).Câu [DS10.C4.2.E01.d] (HSG Lớp 11 THPT Đặng Thúc Hứa 2017-2018) Cho x , y , z số thực dương thỏa mãn x  y  z 9 P Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2 x y  z xy  xz  z Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM  GM ta có: xy 2 x.9 y x  y xz 2 x.2 z 8 x  z 9  x  y  z  Suy xy  xz  z  x  y  x  z  z P Do 2 x y  z 9( x  y  z ) Dấu xảy z 4 z 36 y (1)  t 3 Ta có Đặt t  x  y  z P t t  484  1 t t 484 487  2t    t 3    9t 243 243  243 9t 243 243 243 81  9t Dấu xảy t 3 hay x  y  z 9 (2) 487 81 162 x y z 46 ; 46 ; 23 Câu Từ (1) (2) suy giá trị nhỏ biểu thức P 81 đạt [DS10.C4.2.E01.d] Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn: x + y + z ³ Tìm giá trị nhỏ P= biểu thức xy + xz + z +2 x + y + z Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: xy = x.9 y £ x + y;8 xz = x.2 z £ x + z Suy xy + xz + z £ ( x + y + z ) P³ +2 x + y + z 9( x + y + z) Do dấu xảy t = x + y + z ; ( t ³ 3) Đặt ta có ỉ1 t t 484 ÷ P ³ + 2t = ç + + + t ÷ ç ÷ ç è9t 243 243 ø 243 9t z = z = 36 y; ( 1) t t 484 487 + = 81 9t 243 243 243 x + y + z = 9; ( 2) Dấu xảy t = hay 487 81 162 x = ;y = ;z = 46 46 23 Từ (1) (2) suy giá trị nhỏ P 81 đạt P ³ 33 Câu [DS10.C4.2.E01.d] (Đề HSG K11 Đặng Thúc Hứa 2015-2016) Cho a, b, c số thực dương 2 thỏa mãn a(b  c ) b  c Tìm giá trị nhỏ biểu thức Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: P 3 a  bc 6(a  2b)(a  2c) Từ giả thiết ta lại có 2bc (b  c)(b  c  a ) b  c 2a Khi đó: P 1 a  bc   a  2b a  2c 9(a  bc)  2(a  2b)(a  2c) 7 a  bc  4a (b  c) 14a  (b  c)(b  c  a )  8a (b  c )  (b  c  2a)(b  c  a)  0 a  bc   (a  2b)(a  2c) Suy P 1 , dấu “=” xảy a b c 1