Dùng kết quả tổng quát ở câu 5 bài 1A thu được:

J H G

D F

E

C B

A

O

M K

I

S N

E M

F H

C O D

A

B

2 2

. = . =2 ; . = . =2

AN AM AO AB R CM CS CO CD R không đổi khi ^M di chuyển trên cung nhỏ ^BC .

4. Chứng minh được ^{HOC  =HAC=MDC⇒OH / /DM}

Chú ý ^{  }

= = MOC2 ⇒

HOC MDC OH là phân giác góc COM^.

5. Chú ý ^∆BFE vuông cân tại ^{F ⇒EB= 2.EF} 6.H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ^OMC

HO HC HM CAH OAH

⇔ = = ⇔ =

⇔AM là phân giác ^{CAB ⇔M} là điểm chính giữa cung nhỏ ^BC.

7.Dùng kết quả tổng quát ở câu 5 bài 1A ta có:^{AM AE. =}AF AB BE BC^{. ; . =}BF AB^. . Bởi vậy ^{AM AE. +BE BC. = AB2 =4R2} không đổi khi ^M di chuyển trê cung nhỏ ^BC. 8.Chứng minh được ECF^{  }=EAF =ECM ⇒CE là phân giác góc MCF^,

chú ý ^ME là phân giác góc ^CMF nên ^E là tâm đường tròn nội tiếp

∆CFM luôn thuộc đường thẳng ^BC cố định.

9. Định lí: Cho tam giác ABC nội tiếp

( )

^O , tia Bx nằm trong góc BAC và thỏa mãn ^{CBx =BAC}. Khi đó ^Bx là tiếp tuyến của

( )

^O . Chứng minh được:^{  BSM =ODM =CBM} ,

theo định lí ^BC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp

∆BMS

10.Chứng minh được ^F là trực tâm ^{∆CSD⇒CF ⊥DS}. Chú ý ^{CF ⊥DK ⇒} 3 điểm ^{D K S, ,} thẳng hàng

11. Chứng minh được ^{QN ⊥AM ⇔ AQ2 =AN AM.} . Theo kết quả câu 2 có AN AM^. =²R²⇒ AQ=R ²

Lấy Q' thuộc AB sao cho AQ'=R 2, 'M thuộc cung BC^ sao cho

' '⊥

M Q AB . Khi đó ^{QN ⊥ AM ⇔M ≡M'} 12.Chú ý ^O'∈DM , chứng minh được

x

C B

A

O

Q F

B K A

C O D

M N

S

 ₀   ₀ 

' 45 ; ' 45

2 2

= +MBA = +MBA

DBO DO B do đó ^{∆DO B'} cân ở ^{D ⇒DA=DB=DO'}

Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆AO B^' là ^{R 2}. 13. Chú ý ^∆AND^∆FDA g

(

⁻g

)

^⇒ AF ND^{. =} AD^{2 =2}R²

Vì ^{1 . 2}

⊥ ⇒ _ANFD = 2 =

FA ND S AF ND R không đổi khi ^M di chuyển trên cung ^BC.

+ =

MNF ANFD AMD

S S S mà S_ANFD không đổi

→ cần tìm để ^S_AMD lớn nhất, do ^AD không đổi

→ S_AMFD nhớn nhất ^⇔SMNF lớn nhất khi ^M ở chính giữa ^BC nhỏ.

14. Chú ý ^{1 . 2 2 2}

2 4 4

= ≤ + =

OQM

QM QO R

S QM QO

2 

0

max 45

⇒ _OQM = R4 ⇔ = ⇔ =

S QM QO MOQ

⇔M là điểm chính giữa cung nhỏ ^BC.

CHỦ ĐỀ 5. BẤT ĐẲNG THỨC

GIÁ TRỊ LỚN NHẤT. GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN BÀI 1. BẤT ĐẲNG THỨC

GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 1A Sai lầm thường gặp: Vì ^{x≥ >2 0} nên theo BĐT Cô-Si, ta có:

min

1 1

2 . 2 2

P x x P

x x

= + ≥ = ⇒ =

Sai lầm vì dấu " "= xảy ra ^{x 1 x 1}

(

^{KTM x 2}

)

⇔ = ⇔ =x ≥ .

Gợi ý hướng giải: Dự đoán P_min đạt được tại x=2. Ta có ^{P mx 1 x mx}

= + + −x . Dấu " "= khi ^{1 1} 2 4

mx x m x

 =

 ⇔ =

 =



.

Từ đó dẫn đến biến đổi ^{3 1}

4 4

x x

P x

 

= + +  trong đó ^{1 2 .1 1}

4 4

x x

x x

+ ≥ = (BĐT

Cô-si)

và dấu " "= xảy ra ^{1 2} 4

x x

⇔ = ⇔ =x . Từ đó tìm được min

5 2

P = ⇔ =2 x 1B Tương tự 1A. Biến đổi ^{8 1}

9 9

x x

P x

 

= + + . Từ đó tìm được: min

10 3

Q = 3 ⇔ =x 2A. a) Ta có: ^{A x2 y2} ₂^xy ₂ ^{t 1}

xy x y t

= + + = +

+ với ^{t x2 y2 2}

xy

= + ≥ .

Từ kết quả câu 1A, ta có _min ^{5 2}

A = ⇔ = ⇔ =2 t x y.

b) Ta có : ^{2 2} _{2 2} ^{1 1}

1

x xy y xy

B t

xy x xy y t

= + + + = + −

+ + − với ^{t x2 xy y2 3}

xy + +

= ≥

Từ kết quả của 1B, ta có : _min ^{7 3 .}

B = ⇔ = ⇔ =3 t x y c) Ta có

( )

( )

2

2

6 6

4 4

x y xy

C t

xy x y t

= + + − = + −

+ với

(

^{x y}

)

²

t xy

= +

Biến đổi ^{5 3 6 4 3}

8 8 2

t t

C t

 

= + + − ≥ Tìm được min

3 4

C = ⇔ = ⇔ =2 t x y d*) Đặt

(

^{x y 1}

)

²

t xy x y

= + +

+ +

Sử dụng BĐT

(

^{a b c+ +}

)

^2≥3

(

^{ab bc ca+ +}

)

suy ra ^t≥3 Từ kết quả của 1B, ta có : min

10 3 1

D = 3 ⇔ = ⇔ = =t x y 2B a) Ta có : ^{A x2 y2} ₂^2xy ₂ ^{t 2}

xy x y t

= + + = +

+ với ^{t x2 y2 2}

xy

= + ≥

Từ ² 3

2 2

t t

M t

 

= + + ≥ , tìm được ^M_min = ⇔ = ⇔ =^{3 t 2 x y} b) Biến đổi ta được x² xy y² ₂ xy ₂ 1 ¹ 1

N t

xy x xy y t

− +

= + + = + +

− + với

2 2

x xy y 1

t xy

− +

= ≥

Từ đó tìm được Nmin = ⇔ = ⇔ =3 t 1 x y c) Biến đổi được

( )

( )

2

2

4 4

4 4

x y xy

P t

xy x y t

= + + − = + −

+ với

( )

²

x y 4 t xy

= + ≥

Ta có : ^{3 4 5}

4 4

t t

P t

 

= + + ≥ từ đó Pmin = ⇔ = ⇔ =1 t 4 x y

d) Ta có : ^{Q t 1}

= +t với

( )

( )

2 2

2 3 x y t xy x y

= + + ≥

+ +

Từ đó tìm được min

10 3 2

Q = 3 ⇔ = ⇔ = =t x y

3A. a) Biến đổi được : ^{A 4x 1 4y 1 3}

(

^{x y}

)

⁵

x y

 

 

= + + + − + ≥

   

Từ đó: _min ^{5 1}

A = ⇔ = =x y 2

b) Ta có:

( )

² 1

4 4

x y xy +

≤ ≤

Biến đổi được: ^{16 1 15 25}

4 x y

B xy xy

y x xy

   

= +  + + − ≥

   

Từ đó ta biến đổi được: min

25 1

4 2

B = ⇔ = =x y c) Ta có ^{C 2 xy 1 2 16xy 1 15xy}

xy xy

 

   

≥  + =  + − 

    

Mà

( )

² 1

4 4

x y xy +

≤ ≤ , từ đó ta suy ra được ¹⁷ C≥ 2

Vậy _min ^{17 1}

2 2

C = ⇔ = =x y

d) Cách 1. Sử dụng BĐT: 2 2

( )

²

2 a b a b+

+ ≥ , ta có:

2 2

min

1 1

25 25 1

2 2 2 2 2

x y

x y A

D D x y

 

+ + +

 

 

≥ = ≥ ⇒ = ⇔ = =

Cách 2. Sử dụng BĐT Cô-Si, ta có :

min

1 1 25 25 1

2 2

2 2 2

D x y B D x y

x y

 

 

≥  +  + = ≥ ⇒ = ⇔ = = Cách 3. Biến đổi ta được :

2 2

2 2 min

1 1 25 25 1

4 4

2 2 2

D x y C D x y

x y

= + + + + = + ≥ ⇒ = ⇔ = = 3B. a) Biến đổi được : ^{A 2x 2 2y 2}

(

^{x y}

)

⁶

x y

 

 

= + + + − + ≥

   

Từ đó ^A_min ^{= ⇔ = =6 x y 1}

b) Biến đổi được ^{B 2 x y 4 xy 1 3xy 9}

y x xy

   

=  + +  + − ≥

   

Trong đó

( )

²

4 1 x y xy +

≤ = . Vậy B_min = ⇔ = =9 x y 1 c) Tương tự 3A.

d) Tương tự 3A, ta có:

Cách 1. ² 18 _min 18 1.

2

D≥ A ≥ ⇒D = ⇔ = =x y Cách 2. D≥2B≥18⇒Dmin =18⇔ = =x y 1. Cách 3. ^D= + ≥^{C 8 18}⇒^D_min =¹⁸⇔ = =^{x y 1} 4A. a) Ta có : ^{3 1}

(

^{3 1}

)

3 2 3

x= x ≤ x+

Tương tự ta được : ¹

(

^{3 1 ; 3}

)

¹

(

¹

)

2 3 2 3

y ≤ y+ z ≤ z+ Do đó : ^{x+ y+ z ≤ 3}. Dấu bằng xảy ra khi ¹

x= = =y z 3 b) Áp dụng BĐT Cô-si ta có : ^{2 2 1}

2 x y

x y + +

+ ≤

Đánh giá tương tự với các biểu thức : ^y+^{2 ; 2z z}+ ^x .

Từ đó ta được : ³

( )

³

2 2 2 3

2 x y z

x y y z z x + + +

+ + + + + ≤ =

Đẳng thức xảy ra khi ¹ x= = =y z 3 c) Ta có : ^{3 33 .3 .1}₃ ³ ₃^{3 1}

9 3 9

x y x y

xy = ≤ + +

Đánh giá tương tự với các biểu thức : ^{3 yz; 3 zx} Từ đó suy ra : ^{3 xy+3 yz+3 zx≤33}

Dấu " "= xảy ra khi ¹ x= = =y z 3 d) Ta có : ^{3 33 .1.1}₃ ³ ₃^{1 1}

3 3 3

x x

x + +

= ≤ .

Đánh giá tương tự với các biểu thức : ³ y; ³ z

Từ đó suy ra : 3 3 3

( )

3

3

3 6

9 3 3

x y z

x y z + + +

+ + ≤ =

Đẳng thức xảy ra khi ¹ x= = =y z 3

e) Ta có : _{3 3 3}

( )

₃

3

6 12

18 3 12

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

+ + + + + ≤ = .

4B. Tương tự 4A.

a) Ta có

(

¹

) (

¹

) (

¹

)

2 3

x y z

x y z + + + + +

+ + ≤ =

Đẳng thức xảy ra khi ^{x= = =y z 1}

b) Gợi ý : ³

( )

⁹

2 2 2 3 3

2 3 x y z

x y y z z x + + +

+ + + + + ≤ =

Đẳng thức xảy ra khi x= = =y z 1 c) Gợi ý : ^{3 1}

3 x y xy≤ + +

Ta có : 3 3 3 2

( )

3

3 3 x y z xy yz zx + + +

+ + ≤ =

Đẳng thức xảy ra khi ^{x= = =y z 1}

d) Ta có : ^{3 3 3 6 3}

3 x y z

x+ y+ z ≤ + + + = Đẳng thức xảy ra khi x= = =y z 1 e) Gợi ý : ³

( )

² ₃ ²

3 4 x x y x x+y ≤ + + +

Ta có : ^{3 x x}

(

^+y

)

^{+3 y y}

(

^+z

)

^{+3 z z}

(

^+x

)

^{≤3 23} Đẳng thức xảy ra khi ^{x= = =y z 1}

5A. Điều kiện ^{x≥ −2; 2y≥ −}

Biến đổi giả thiết ta có : ^x+ −^{2 y}+ +^{2 x3}−^y3 =⁰ Cách 1 : TH1 : x> ≥ −y 2 ta có : ^x+ >^{2 y}+² và x³ > y³ Suy ra: x+ −2 y+ +2 x³−y³>0 (mâu thuẫn)

TH2: ^{− ≤ <2 x y} suy ra ^{x+ −2 y+ +2 x3−y3 <0} Vậy ta được: ^x=^y

Cách 2: Trục căn thức ta có:

( ) (

^{2 2}

)

2 2

x y

x y x xy y

x y

− + − + +

+ + +

( )

¹

(

^{2 2}

)

⁰

2 2

x y x xy y

x y

 

⇔ −  + + + =

+ + +

 

 

0

x y x y

⇔ − = ⇔ = chứng minh được

(

^{2 2}

)

1 0, , 2

2 2 x xy y x y

x y + + + > ∀ ≥ −

+ + +

a) i) Ta có: ^A=x2+2x+10=

(

^x+1

)

^{2+ ≥9 9, ∀ ≥ −x 2} Vậy Amin = ⇔ = − =9 x 1 y

ii) Biến đổi thành:

(

²

)

2 7 16

2 3 6 4

3 3

x

B x

x x

+  

= + =  + + + − ≥ . Dấu " "= xảy ra khi

(

^x+3

)

^{2 =16}

3 0 1

x+ ≥ ⇒ =x . Mà ^{x+ >3 0} nên ^B≥⁴. Vậy ^B_min = ⇔ = =^{4 x 1 y} b) Ta có: ₂²

4 C x

= x

+ . Xét ^{1 2 4 2}

2 2

x x

C x x

= + = +

+ Nếu ^{0 1 2 0 1}

x C 2

> ⇒C ≥ ⇔ < ≤ + Nếu ^{2 0 1 2 1 0}

x 2 C

− < < ⇒C ≤ ⇔ − ≤ <

Vậy _max ¹

C =2 khi ^2; _min ¹

x= =y C = −2 khi x= = −y 2 5B. Tương tự 5A, ta có: ^{x= y}

a) i) Amin =2017⇔ = −x 1 ii) Bmin = ⇔ =4 x 1

b) _max ¹ 3

C = ⇔ =3 x

6A. Biến đổi giả thiết về dạng : ^{1 1 1 1 1 1 6} xy+ yz+ zx+ + + =x y z Đặt ^{a 1; b 1; c 1}

x y z

= = = . Bài toán thành :

Chứng minh ^{a2+b2+c2 ≥3} với ^{a b c, , >0} thỏa mãn ^{a b c+ + +ab bc ca+ + =6} Thật vậy, sử dụng BĐT Cô-si, ta có:

( )

( ) ^{( )}

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 3 2 3

2 2

a b c a b c a b c

a b c a b b c c a ab bc ca

+ + = + + + + + − ≥ + + −

+ + = + + + + + ≥ + +

Cộng theo vế của hai BĐT trên ta được :

(

^{2 2 2}

) ^{( )}

3 a +b +c ≥2 a b c+ + +ab bc ca+ + − =3 9 Do đó ^{a2+b2+c2 ≥3} hay ¹₂ ¹₂ ¹₂ ³

x + y +z ≥ Đẳng thức xảy ra khi ^{x= = =y z 1}

6B. Tương tự như 6A.

Bài toán trở thành: Chứng minh ^{a2+b2+c2 ≥3} với ^{a b c, , >0} thỏa mãn

2 2 2 9

a b c+ + + ab+ bc+ ca= .

Ta có: ^{a2+b2+c2 ≥2}

(

^{a b c+ + −}

)

³

(

^{2 2 2}

) ^{( )}

4 a +b +c ≥4 ab bc ca+ +

Từ đó ta được: ⁵

(

^a2+b2+c2

)

^≥15

Do đó: ^a2+^b2+^c2 ≥³ hay ¹₂ ¹₂ ¹₂ 3 x + y + z ≥ Đẳng thức xảy ra khi ^x= = =^{y z 1}.

7A. Sử dụng BĐT Cọ-si, ta có:

2 2 2 2 2 2

2 2 2 9

x y y z z x

P + + + xy yz zx

= + + ≥ + + =

Suy ra : ^P_min = ⇔ = = =^{9 x y z 3}

Ta lại có :

(

^x−1

)(

^{y− +1}

) (

^y−1

)(

^{z− + −1}

) (

^{z 1}

)(

^{x− ≥1}

)

⁰

( )

2 x y z xy yz zx 3 x y z 6

⇒ + + ≤ + + + ⇒ + + ≤ Bởi vậy ^P=

(

^{x+ +y z}

)

²⁻²

(

^xy+yz+zx

)

^≤18

Từ đó : Pmax =18. Dấu bằng xảy ra khi ^{x= =y 1, 4z=} 7B. Sử dụng BĐT : 2 2 2

( )

²

3 x y z

x y z + +

+ + ≥ , ta được : ¹⁶

P≥ 3

Vậy _min ^{16 4}

3 3

P = ⇔ = = =x y z

Tương tự 7A, ta có ^xy+yz+zx≥2

(

^{x+ + − =y z}

)

^{3 5}, nên :

( )

^{2 2}

( )

⁶

P= x+ +y z − xy+yz+zx ≤

Khi ^{x= =y 1, 2z= ⇒ =P 6}, từ đó Pmax =6

8A. Điều kiện ^x≥ −^{6, 6y}≥ − , biến đổi giả thiết ta có :

6 6

x+ =y x+ + y+

Bởi vậy P= + ≥x y 0, mặt khác ^{P2 = +P 12 2+}

(

^x+6

)(

^y+6

)

Suy ra ^{P2 ≥ +P 12⇒}

(

^P−4

)(

^{P+ ≥ ⇒ ≥3}

)

^{0 P 4} (Vì ^P≥0 ) Vậy P_min =4. Dấu bằng xảy ra khi x= −6, y=10

Sử dụng BĐT Cô-si, ta có :

( )( )

2 x+6 y+6 ≤ + +x y 12= =P 12

Suy ra ^{P2 ≤2P+24⇒}

(

^P−6

)(

^P+4

)

^{≤ ⇒ ≤0 P 6} (do ^P>0 ) Vậy P_max =6. Dấu bằng xảy ra khi x= =y 3

Đẳng thức xảy ra khi ¹ x= = =y z 3 8B. Tương tự 8A.

Cần tìm GTLN, GTNL của biểu thức

(

^x+y

)

Từ đó tìm được : _min 2019 ³

1 P x

y

 =

= ⇔  =

max 2018 5

P = + khi ^{1 5}

x= =y +2 9A. Sử dụng BĐT Cô-si ta có:

2 4 4 y 4

y xy xy

≥ + ≥ ⇒ ≥x

a) Biến đổi được ³¹. ³³

16 16 4

x y y

A y x x

 

= + + ≥

 

Từ đó tìm được : _min ³³ 1, 4 A = 4 ⇔ =x y= b) i) Ta có : ^{, 0 1 4}

A B B 33

> ⇒ = A≤ Vậy max

4

B =33. Dấu bằng xảy ra khi ^x=1,y=4

ii) Xét biểu thức ^{1 2 15. 25}

16 16 4

x y x y y

C y x y x x

 

= + + = + + ≥

 

Do ^C>⁰ nên ⁴ C≤ 25 Vậy _max ⁴

C =25. Dấu bằng xảy ra khi ^x=1,y=4 9B. Tương tự 9A, ta có x 4

y ≥ . Từ đó tìm được a) _min ^{17 6, 3}

4 2

A = ⇔ =x y= b) i) max

4 3

6,

17 2

B = ⇔ =x y= ii) max

1 3

16 6, 2

C = ⇔ =x y= 10A. a) Ta có : ₂ ³ _{2 2} ² ₂

2

a ab b

a a

a b = −a b ≥ −

+ +

Tương tự : ₂ ³ ₂ ^; ₂ ³ ₂

2 2

b c c a

b c

b c ≥ − c a ≥ −

+ +

Do đó ₂ ³ _{2 2} ³ _{2 2} ³ ₂ ³

2 2

a b c a b c

a b b c c a

+ + ≥ + + =

+ + +

Đẳng thức xảy ra khi ^a= = =^{b c 1} b) Gợi ý biến đổi : ₂ ²₂

1 1 2

a ab ab

a a

b = − b ≥ −

+ +

Biến đổi và đánh giá tương tự với các biểu thức : ₂^; ₂

1 1

b c

c a

+ +

Từ đó ta được ³

2 2

ab bc ca VT ≥ + + −a b c + + ≥

Do

( )

²

3 3 a b c ab bc ca + +

+ + ≤ =

Đẳng thức xảy ra khi ^{a= = =b c 1} c) Chú ý ₂^{1 1} ₂^{2 1}

1 1 2

a a

a = −a ≥ −

+ +

Tương tự ₂^{1 1 ;} ₂^{1 1}

2 2

1 1

b c

b ≥ − c ≥ −

+ +

Do đó chứng minh được ^{3 3}

2 2

a b c VT ≥ − + + = Đẵng thức xảy ra khi ^a= = =^{b c 1}

d) Chú ý biến đổi

( )

²

( )

2 2

1 1

1 1 1

1 1 2

a b a b

a a a

b b

+ +

+ = + − ≥ + −

+ +

Biến đổi và đánh giá tương tự với các biểu thức ₂ ^{1 ;} ₂ ¹

1 1

b c

c a

+ +

+ + Từ đó ta được: ³

2 2

a b c ab bc ca VT ≥ + + + − + +

Do

( )

²

3 3 a b c

ab bc ca + + a b c VT

+ + ≤ = + + ⇒ ≥

đẳng thức xảy ra khi ^{a= = =b c 1}

e) Chú ý rằng ₃ ¹ ₂ ^{1 1}

2

a b

b b

b ab= −a b ≥ − a

+ +

Biến đổi và đánh giá tương tự với các biểu thức ₃ b ; ₃ c c +bc a +ca

Ta được ^{1 1 1 1 1 1}

2 2 2

VT ≥ + + −a b c a − b − c Sử dụng BĐT Cô-si ta có: 1 1 1

4a 4 2 a ≤ + và 1

a ≥ −2 a, từ đó

1 1 1 1 1 3a 1 3 1 5 3a

(2 a)

a −2 a ≥ −a 4a − =4 4 − ≥4 4 − − = −4 4 4 .

Suy ra được 15 3 3

VT (a b c)

4 4 2

≥ − + + = . Đẳng thức xảy ra khi a= = =b c 1 . 10B. a) Chú ý ₂a³ _{2 2}ab² ₂ b

a a

a b = −a b ≥ −2

+ + .

b) Chú ý a ₂ 9ab²₂ 3ab

a a

1 9b = −1 9b ≥ − 2

+ + và 1

ab bc ca + + ≤3.

c) Chú ý ₂1 9a₂ ² 3a

1 1

9a 1= −9a 1≥ − 2

+ + .

d) Chú ý a 1₂ 9(a 1)b₂ ² 3(a 1)b

a 1 a 1

9b 1 9b 1 2

+ + +

= + − ≥ + −

+ + và 1

ab bc ca + + ≤3. 11A. Gợi ý: Biến đổi a 1 (a 1)b

a 1 b 1 b 1

+ +

+ − =

+ + .

Đưa bài tóab về chứng minh (a 1)b (b 1)c (c 1)a b 1 c 1 a 1 3

+ + +

+ + ≥

+ + + .

Sử dụng BĐT Cô-si cho ba số hạng ở VT, chú ý abc = 1.

Từ đó suy ra ĐPCM. Dấu ^''=^'' xảy ra khi a= = =b c 1.

11B. Gợi ý: Biến đổi a 2 a 2 (a 2)b

a 2

b 2 2 2(b 2)

+ + +

+ − = +

+ + .

Đưa bài toán về chứng minh BĐT:

a b c (a 2)b (b 2)c (c 2)a 2 2(b 2) 2(c 2) 2(a 2) 3

+ + + + + + + + ≥

+ + + .

Sử dụng BĐT Cauchy cho ba số dương, chú ý abc = 1, ta có a+ + ≥b c 3; ^{(a 2)b (b 2)c (c 2)a} 3

(b 2) (c 2) (a 2)

+ + + + + ≥

+ + + .

Từ đó suy ra ĐPCM. Dấu ^''='' xảy ra khi a= = =b c 1. 12. Đáp số: Pmin = ⇔ =3 x 2.

13. a) Đặt x² y²

t t 2

xy

= + ⇒ ≥ , ta có 4

A t

= + t . Amin 4 t 2 x y

⇒ = ⇔ = ⇔ = . b) Đặt x² xy y²

t t 3

xy + +

= ⇒ ≥ , ta có 3

B t 1

= + −t . Bmin 3 t 3 x y

⇒ = ⇔ = ⇔ = . c) Đặt (x y)²

t t 4

xy

= + ⇒ ≥ , ta có t 1

C 1

4 t

= + − .

min

C 1 t 4 x y

⇒ = ⇔ = ⇔ =4 . d) Đặt ( x y 1)²

t t 3

xy x y

+ +

= ⇒ ≥

+ + , ta có 1

D t

= + t.

min

D 10 t 3 x y 1

⇒ = 3 ⇔ = ⇔ = = .

14. a) Chú ý 2 (x y) x y 2 x y

2 2 2

⋅ + + +

+ = ≤ .

b) Chú ý 6 (x 2y 3z) x 2y 3z 6 x 2y 3z

6 2 6

⋅ + + + + +

+ + = ≤ .

c) Chú ý ^{3 3} x y 1

xy x y 1

3

= ⋅ ⋅ ≤ + + .

d) Chú ý ^{3 3} 2 2x (y₃ z) 2x y₃ z 2 x(y z)

4 3 4

⋅ ⋅ + + + +

+ = ≤ .

e) Chú ý ^{3 3}8 8 (3x 5y) 3x 5y 16 3x 5y

4 12

⋅ ⋅ + + +

+ = ≤ .

15. Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số ta có 4 x y

2 x 4 4

y y x

≥ + ≥ ⇒ ≥ . Đặt y

t t 4

= ⇒ ≥x . Ta có:

a) 1 _min 17

A t A t 4 x 1, y 4

t 4

= + ⇒ = ⇔ = ⇔ = = . b) i) 1 _max 4

B B x 1, y 4

A 17

= ⇒ = ⇔ = = .

ii) 1 1 _max 4

2t 3 C x 1, y 4

C = + + ⇒t = 45⇔ = = . 16. Đặt x

t 2

= ≥y , ta có 1 _min 5

M t M t 2 x 2y

t 2

= + ⇒ = ⇔ = ⇔ = . 17. Chú ý ₂1 ₂x² x

1 1

x 1= − x 1≥ − 2

+ + .

Trong tài liệu Tổng hợp kiến thức toán lớp 9 ôn thi vào 10 và bài tập ví dụ (Trang 72-86)