MỘT SỐ BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC ÔN THI VÀO LỚP 10
Bài 1. Với x là số thực không âm. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1
1 3 31 1P x
x x
.
Hướng dẫn:
Ta có:
1 1 1 1 1 1
1 . 3 1 2 1 3 1
3 1
x x
x x x x
x
, 1 2 1 1 2
3 1 2 3 1 2 2 3 1
x x x
x x x
suy ra
1 1 1 1 1 1 2 1 1 3
2 1 3 1 2 2 3 1 2 1 2
3 1
x x x
x x x x
x
(*).
Tương tự: 1 1 2 1 1 2 1 1 1
. , .
2 3 2 2 3 3 1 3 2 1 3
3
x x x x x
x x x x x x x
x
Suy ra: 1 1 1 2 1 1 1 3
2 2 3 2 1 3 2 1 2
3
x x x x
x x x x
x
(**). Từ (*),(**) ta suy ra:
1
1 3 31 1 12 11 32 12 x1 32 2P x
x x
x x
. Dấu đẳng thức xảy ra tại 1
x .
Bài 2. Cho các số thực dương x y, thỏa mãn: x2y2 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1
x y
P xy
. Hướng dẫn:
Ta có
2 2 2 2
2
2 2
2 2 2 2
x y x y
x y P
x y xy x y xy
. Ta chứng minh: 2 8 P 9 hay
2 2
2 2
2 2
2
2 2
2
2 2
2 29 x 2xyy x y 8 x xyy x y 2xy x y 8x y
x2y2
22xy x
y
2 0 .Bất đẳng thức này luôn đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1x y 2 . Vậy GTNN của P là 2 2
3 tại 1
x y 2 .
Bài 3. Với x y, là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: x y3,xy5. Tìm GTLN của biểu thức: P x2
x1
y2
y1
.Hướng dẫn:
Ta sẽ chứng minh: x2x3y2y3 22233233 hay
2 2 3 3 2 2 3 3
3 y 3 y 2 x 2 x 0 hay
y2 3y 9 3
y
x2 2x 4 2
x
3 y
3 y
2 x
2 x
0 . Sử dụng công
thức khai triển Abel : a b1 1a b2 2
a1a b2
1a b2
1b2
Ta viết lại vế trái bất đẳng thức cần chứng minh thành:
2 3 2 2 5 3
2 2 4 5
1
3
2
5
VT y yx x y x x x y yx y x x y hay
2 2 3 2 5 3
2 2 4 5
1
3
2
5
VT y x y x y x x x y yx y x x y
Chú ý rằng với điều kiện: 0x y3,xy5 thì VT 0 nên bất đẳng thức được chứng minh.
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi x2,y3 .
Bài 3. Cho các số thực x3,y 3 thỏa mãn xy2
x 3 y3
. Chứng minh rằng:
2 2
4 x y 15xy830. Hướng dẫn: Từ giả thiết ta có
2 4
2( 3 3) ( ) 4( ) 8 3. 3 4( )
0 x y
x y x y x y x y x y x y
x y
Mặt khác xy2( x 3 y3)2 2(xy) xy 8 4x y8 Xét biểu thức P4(x2y2) 15 xy4(xy)27xy. Từ điều kiện xác định ta có
x3
y3
0xy 3
x y
9 . Dẫn đến
2
2 2 2
4( ) 15 4( ) 7 4 21 63
P x y xy xy xy xy xy .
Ta có: 4
xy
221
xy
634
x y 4
211
xy
125 11.4 125 83 Dấu đẳng thức xảy khi và chỉ khi x y4 và
x3
y3
0 x 7,y 3 . Vậy GTNN của P là -83 tại x7,y 3.Bài 4 . Cho các số thực x y, thỏa mãn:
x 3x2
y 3y2
9.Tìm GTNN của2 2
Px xyy .
Hướng dẫn:
Giả sử
x y;
là các số thực thỏa mãn
x 3x2
y 3y2
9.Ta có x2 3 x x2 x x x0, tương tự y2 3 y0 Đặt: ax x23 với a0 x23ax
2
2 2 2 3
3 2
2
x a ax x x a
a
. Tương
tự với by y23 ta sẽ thu được
2 3
2 y b
b
. Ta có
2
2
22 2 3 1 3
4 4 4
x xyy xy xy x y
Nên 3
2P4 xy . Xét Q x y ta có:
2 2
3 3
2 2
a b
Q a b
với điều kiện a b, 0,ab9. Ta có:
2 2
3 3 3 3 3 3
2 . 2 3
2 2 2 2 2 2 3 3
a b a b a a
Q P
a b a b a a
.
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a 3 x y1.
Bài 5: Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn: abc1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
3 3 3
1 1 1
a b c
P bc ca ab
.
Hướng dẫn:
Ta có
3 2 2
1 1 1
a a a
bc a bc a
. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz ta có:
21 1 1
a b c
P a b c
. Ta chứng minh:
2 3 21 1 1 2
a b c
a b c
hay
2
2 a b c 3 2 1a 1b 1c . Chú ý rằng:
2 2 1a 2 2 1a 2 1 aa3 dẫn đến
3 2 1a 1 b 1c 3 a b c 9 . Cuối cùng ta chỉ cần chỉ ra
2
4 a b c 3 a b c 27 a b c 3 4 a b c 90 nhưng điều này luôn đúng do a b c 33abc 3 . Vậy GTNN của P là 3 3
2 tại abc1.
Bài 6. Cho 3 số thực không âm x y z, , . Chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2
3 3 3
8 8
3 3 3
x y z
x y z
x y z
. Hướng dẫn:
Ta có 3
x2 y2z2
x yz .Nên
2 2 2
3
3 3 3 8
x y z
VT x y z
x y z
. Ta chứng minh:
2 2 2
3 3
8 8
3 3 3
x y z
x y z
x y z
. Mặt khác ta chứng minh được:
2
3 1
3 8
x x
x
(*) thật vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
2
2 2 2 4 3 2 2
64x 9x 6x 1 x 3 3x 2x 12x 6x 1 0 x 1 3x 8x 1 0
, bất
đẳng thức cuối cùng đúng vậy (*) được chứng minh.
Tương tự ta cũng có:
2
3 1 3 8
y y
y
, 2
3 1
3 8
z z
z
. Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều ta có đpcm.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x yz1 .
Bài 7. Cho các số thực a b c, , không đồng thời bằng 0 và a b c 0. Biết
2 2 2
2
a b c ab bc ca . Tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất của a Pa b c
. Hướng dẫn:
Từ a2b2c22
ab bc ca
chia 2 vế cho
a b c
2 ta thu được:
2 2 2
2 2 2
a b c 2 ab bc ca
a b c a b c a b c a b c a b c a b c
đặt
, ,
a b c
x y z
a b c a b c a b c
suy ra
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1
1
1 1
2 2 2
x y z y z x
x y z
x y z xy yz zx x y z y z x
Vì
2 2
2 1 2
2 2
2 2 1 3 2 0 3 2 0 3 3 2 0
y z y z 2 x x x x x x x x
Suy ra 3 0 2
3 2 0 0 3
x x
x
suy ra 2
0P3.
Bài 8: Cho các số thực x y z, , thỏa mãn: x2y2z2 8. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
3 3 3 3 3 3
P x y y z z x . Hướng dẫn:
Ta có P0 dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2 2 6 8 3
x y z
x y z
x y z
. Do vai trò x y z, , như nhau nên ta có thể giả sử x yz thế thì P2
x3z3
ta có
2 2 2 2 2 2 3
2 2 2 2 2 2 2 2
4 2 4.
3
x xz z x xz z x xz z
P x xz z x xz z x xz z
32 2 2
4
P x z
mà
x2z2
3 x2y2z2
3 83 nên P32 2. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x2 2,yz0 hoặc x y0,z 2 2 .Bài 9. Cho các số thực dương a b c, , . Chứng minh:
2
2
22 2 2
1
5 5 5
a b c
a b c b c a c a b
.
Hướng dẫn:
Đặt:
2
2
22 2 2
5 5 5
a b c
P
a b c b c a c a b
Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
Ta có
2 2 2
2
2 2 2
2 2 2
3
5 5 5
a b c
P
a b c b c a c a b
Ta chứng minh:
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1
5 5 5 3
a b c
Q
a b c b c a c a b
.
Chú ý rằng:
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
5 2 2 2
a a
a b bc c a b c a bc a bc
.
Ta cũng có:
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
5 2 2 2 9 2 2
a a a
a b bc c a b c a bc a bc a b c a bc a bc
Từ đó suy ra
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2
9 9 2 2 2 9 9
a b c a b c
Q S
a b c a b c a b c a bc b ca c ab
.
Ta có:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
1 1 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c bc ca ab
S a bc b ca c ab a bc b ca c ab
hay 3 1
2 2
S T với 2 2 2
2 2 2
bc ca ab
T a bc b ca c ab
Ta viết lại
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
b c c a a b
T a bc b c b ca c a c ab a b
. Tiếp tục sử dụng BĐT Cauchy-
Schwarz ta có:
2 2
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1
2 2 2 2
ab bc ca ab bc ca
b c c a a b
T a bc b c b ca c a c ab a b abc a b c a b b c c a ab bc ca
Vậy S1 dẫn đến 1
Q3 nên P1 đpcm. Dấu đẳng thức xảy ra tại abc.
Bài 10. Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn: a2b2c2 3. Tìm giá trị lớn nhất của
2 2 2
4 4 4
ab bc ca
P a b c
.
Hướng dẫn:
Ta chứng minh: P1 hay 2 2 2 2 2 2 1
1 1 1
ab bc ca
b c c a a b
.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
a b c
2
a2 1 1 1
b2c2
, tương tự ta có 2 bất đẳng thức nữa và suy ra
3 3 3
2
2 2 2 2 2 2
2
1 1 1
a b b c c a ab bc ca
ab bc ca
b c c a a b a b c
. Cuối cùng ta sẽ chứng
minh:
a b c
2 a b b c c a3 3 3 2
ab bc ca
a2b2c2 a b b c3 3 c a3Hay chứng minh:
a2b2c2
2 3
a b b c c a3 3 3
( Đây là một bất đẳng thức nổi tiếng ).Sử dụng đánh giá:
xyz
2 3
xyyzzx
với2 2 2
, ,
xa bc ab y b ca bc z c ab ca ta có:
a2 b2c2
2 3
a2bc ab b
2ca bc
b2ca bc c
2ab ca
c2ab ca
a2bc ab
Khai triển và thu gọn vế phải ta được:
a2b2c2
2 3
a b b c c a3 3 3
đpcm.Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc1.
Bài 11. Cho các số thực không âm a b c, , thỏa mãn: a2b2c2 3 . Tìm GTLN,GTNN của
1 1 1
4 4 4
P ab bc ca
.
Hướng dẫn:
Ta có 1 1 1 1 1 1 3
4 4 4 4
4 4 4
P
ab bc ca
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a b c, ,
là hoán vị của bộ số
0; 0; 3 .
Chú ý rằng:
2 2
2 2 4
1 1 1
4 4 4 2 4 2
ab ab
ab ab
ab ab ab ab ab ab
Do ab bc ca a2b2c2 3 ab bc ca, , 3 dẫn đến 4ab0 . Sử dụng bất đẳng thức
AM-GM ta có:
2
4 2
4 2 9
2
ab ab
ab ab
nên
4 4
4 2 9
ab ab
ab ab
dẫn đến 2 1 4 5 1 5
9 9 9 18 18
4 4
ab ab ab
ab ab
tương
tự ta cũng có 2 bất đẳng thức nữa và cộng lại thì thu được: 15 15 3
18 18 18 18 1
ab bc ca
P
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab c 1 .
Bài 12. Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn: x y z, , 0;z1 và x y z 3. Tìm GTLN,GTNN của Px2y22z22xyz .
Hướng dẫn:
GTLN.
Từ z 1 x y 3 z 2 . Ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 1 0
z xyz xy yz zx z z x y xy z nên suy ra
22 2 2 2 2 2
2 2 2 9
Px y z xyzx y z xyyzzx xyz . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x3;y z 0 hoặc y3,x z 0 .
GTNN.
Ta có:
2 2
2 2 2 2 2 2 3
2 2 1 3 2 1 3 2 1
2 2
x y z
P x y z xy z z z z z z z
Hay 1
2 3
9 92 2 2
P z z z . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3
0, 2
z x y .
Bài 13. Cho a b, là các số thực dương thỏa mãn: ab a b 3. Tìm giá trị lớn nhất của P
2 2
3 3
1 1
a b ab
P a b
b a a b
.
Giải:
Đặt t a b suy ra t0, ta có ab t 3 ab 3 t nên t3( do a b, 0).
Mặt khác ta có:
ab
2 4ab suy ra t2 4 3
t
t24t120
t2
t6
0 t 2vậy 2 t 3
Đưa P về f t
. Ta có:
2
2 2
3 1 3 1 3 3 6
2 2
1 1 1
a a b b ab a b a b ab ab
P a b ab a b ab
a b a b ab a b a b
Thay tab ab, 3 t ta có:
2
2 2
3 3 6 3 3 1 1 1 3
4 2 3 4 4 2
t t t t
P f t t t t t
t t
.
Ta chứng minh:
2 122 12 1 3 34 4 2 2 2
f t f
Tức là chứng minh:
2 2 3 2 2
1 1 1 3 3 12
2 6 4 12 0 2 6 0
4t 4t 2 2 t t t t t t t t
t t
Bất này luôn đúng do t2. Vậy P max bằng 3
2 tại ab1.
Bài 14. Cho các số thực a b c, , thỏa mãn: a2b2c2 1. Tìm GTLN,GTNN của P a b c ab bc ca .
Hướng dẫn:
Ta chứng minh được: 3
a2b2c2
a b c
2a b c 3
a2b2c2
3.Ta chứng minh: ab bc caa2b2c2 1. Suy ra P 3 1 . Tại 1
3
abc thì P 3 1 nên GTLN của P là 3 1 . Cách khác:
2
2 2 2
2 12 2
a b c a b c a b c
P a b c a b c
suy ra 2Pt22t1. Với ta b c.
Ta có
a b c
2 3
a2b2 c2
3 3 t 3.Suy ra 2P
t1
2 2 2 P 1, dấu = xảy ra khi và chỉ khi t 1…..
22P 3 1 2 2 2 3P 3 1 …..
Bài 15: Cho a b c, , là các số thực không âm thỏa mãn a b c 1. Tìm GTLN,GTNN của
1 1 1
1 1 1
P ab bc ca
.
Hướng dẫn:
Trước hết ta chứng minh: 27 P 8 .
Từ giả thiết a b c 1 ta suy ra 1
abc27.Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
1 1 1 1 1 1 27
1 1 1 8
ab bc bc ca ca ab
ab bc ca
hay
2 2 23 2 27
1 8
ab bc ca abc a b c ab bc ca abc a b c a b c
2 2 28 3 2 ab bc ca abc 27 1 ab bc ca abc a b c
Hay
2 2 2 2 2 2
3 11 ab bc ca 19abc27a b c 04 3 19 abc27a b c 11.4 ab bc ca Từ bất đẳng thức quen thuộc
a b c b c a c
a b
abc suy ra
1 2 a
1 2 b
1 2 c
abc 11.4
ab bc ca
11 1 9
abc
.Ta cần chứng minh 4 3 19 abc27a b c2 2 211 1 9
abc
.Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với
1 27 abc
1 4 abc
0. Bất đẳng thức cuối cùng đúng do 1abc 27.Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi 1
ab c 3.
Tiếp theo ta chứng minh: P3.
Ta có 1ab,1bc,1ca1 nên P3, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a b c; ;
là hoán vị của bộ số
0; 0;1 .
Bài 16. Cho a b c, , là các số thực không âm thỏa mãn a b c 1. Tìm GTLN,GTNN của
2 2 2
3
P a abc b abc c abc abc. Hướng dẫn:
Ta có a2abca2
a b c
abca a b
a c
.Do đó ta được 2
1
2 2
a a b a c a a
a abc a a b a c
Chứng minh tương tự ta được : 2
1
2
1
2 ; 2
b b c c
b abc c abc
Do đó ta được: 2 2 2
1
1
1
2 2 2
a a b b c c
a abc b abc c abc
Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có
1
1 12 2 2 2
a a a b c a b c
abc a a a
Chứng minh tương tự ta được:
1
1
2 ; 2
b b c c
abc b abc c
Như vậy ta có: P a2abc b2abc c2abc3 abc a b c
Mà ta có a b c 3
a b c
3. Nên ta suy ra P 3.Đẳng thức xẩy ra khi và chỉkhi 1
ab c 3.
Dễ thấy P a2 b2 c2 a b c 1 dấu đẳng thức xảy ra khi
a b c, ,
là hoán vị của bộ số
1;0; 0
Bài 17. Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn: ab bc ca3. Tìm GTNN của biểu thức
3 5
5 3 5
7 5 5
P a a b b c c . Hướng dẫn:
Nhận xét: Với mọi số thực dương x thì x1,x21;x31,x51 luôn cùng bằng 0 hoặc cùng dấu.
Ta có:
a1
a21
a1
2 a1
0a3a2 a 1 0a3 a 5 a24 .
b21
b31
b1
2 b1
b2 b 1
0b5b3 5 b24 , tương tự ta có
c21
c51
0 c7c5 5 c24Dẫn đến P
a3 a 5
b5b35
c7c55
a24
b24
c24
.Trước hết ta chứng minh:
a24
b24
c24
5
a b c 2
2(*)Sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz ta có:
2 2
2 2 2 2
2 .2 4 1
2 4
b c b c
a b c a a
Ta quy bài toán về chứng minh:
2
2 2 2 2 2
5 4 1 4 4 4
4
a b c a b c
Hay
2
2
2
2 2
2 2 2 2
5 4 b c 2 4 b 4 c 4 40 5 b 5c 10bc20 bc 4 b c 4b 4c 16
Hay
2
2
2
22 2 2 2
4b c 10bc11b 11c 20 b c 240 2bc2 b c 10 b1 10 c1 0 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng (*) được chứng minh.
Bây giờ ta có:
a b c
2 3
ab bc ca
9 a b c 3 dẫn đến 5
a b c 2
2125vậy P125 dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc1 . Vậy GTNN của P là 125 tại abc1.
Bài 18.Với x y z, , là các số thực không âm thỏa mãn: 5
x2y2z2
6
xyyzzx
Chứng minh: 2 2
xyz
2
y2z2
3.Hướng dẫn:
Sử dụng bất đẳng thức:
A B
2 2
A2B2
ta có:
2
22 5 2 2 2 6
5 5 5 6 6 6
2 4
x yz x y z x yz yz x yz yz
Suy ra 5x26x y
z
yz
2 05x
yz
x
yz
0
5 2 y z
x y z x y z y z
.
Suy ra 2 2
xyz
2
y2z2
2 4
yz
yz
2 đặt yz t 0. Ta chứng minh:
2
4 4 2
4tt 3 t 4t 3 0 t1 t 2t3 0 bất đẳng thức này luôn đúng. Dấu ‘=’ xảy
ra khi và chỉ khi 1
1, 2
1 x y z
y z x y z
y z
.
Bài 19. Cho các số thực dương x y z, , sao cho xyyzzx1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2 2
2 x y z
P x y z
y z x
. Hướng dẫn:
Ta có
2 2 2 2 2 2
x y z x y z
xy yz zx
y z x y z x
3 3 3 3 3 3
2 2 2 3 3 3
1 2
x z y x y x z y z y x z
x z y x z y x y z
y z z x x y
.
Mặt khác ta có:
3 3 3 3 3 3
2 2 2
2 2 2
x z y x y x z y z y x z
x y y z z x
y z z x x y
.
Suy ra: x2 y2 z2 x y2 y z2 z x2 x z2 y x2 z y2 x3 y3 z3
x y z
x2 y2 z2
y z x .
Hay
2 2 2
2 2
x y z
x y z x y z
y z x
. Dẫn đến:
2
2 2P x yz xyz xyz
. Đặt txyz ta có P t3 t22t do
xyz
2 3
xyyzzx
3 t 3.Ta chứng minh:
3 2 3 2 2
2 3 3 2 3 3 0 3 3 1 1 3 0
t t t t t t t t t
. Bất đẳng
thức cuối cùng luôn đúng do t 3. Vậy GTLN của P là 3 3 tại x yz1.
Bài 20. Cho các số thực không âm x y z, , thỏa mãn điều kiện: x y z 1. Tìm GTLN,GTNN của
1
1
1P xy z yz x zx y. Hướng dẫn:
Sử dụng bất đẳng thức
AxByCz
2
A2B2C2
x2y2z2
Ta có: P2
xy
1z
yz
1x
zx
1y2
x y y z z x
x y
1 z
y z
1 x
z x
1 y
4 1
xy yz zx
Lại có 3
2 1 1xyyzzx xyz xyyzzx3 suy ra 4 3
P3 dấu đẳng thức xảy ra
tại 1
x yz3.
Ta cũng có: P
xy
1z
yz
1x
zx
1y
xy
yz
zx
2 dấuđẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x y z; ;
là hoán vị của bộ số
1;0; 0
.Bài 21. Cho các số thực dương x y, thỏa mãn: 0 yx4,xy7 . Chứng minh:
2 2
25 x y . Hướng dẫn:
Cách 1: Do x4 suy ra x x
y
4
xy
(tạo x2 ). Ta có y x
y
7yCộng 2 bất đẳng thức suy ra
4
7 2 2 4 3 3
3.7 4 25x xy y xy xy y x y x y xy x
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x4,xy 7 x4,y3 .
Cách 2: Ta chứng minh: x2y24232
4x
4x
3y
3y
0 . Sử dụng công thức khai triển Abel : a b1 1a b2 2
a1a b2
1a b2
1b2
.Ta có:
4x
4x
3y
3y
1 x y
4x
3y
7 x y
. Rõ rang với điều kiện đề bài thì
1 x y
4x
3y
7 x y
0 ddpcm.Bài 22. Cho a b c, , là các số thực không âm thỏa mãn a b c 1. Tìm GTLN của
2
2
24 4 4
P a b c b ac c a b . Hướng dẫn:
Ta có
2
2
2
2
2
24 4 4 4 4 4
P a b c b ac c a b a bc b ac c ab
Hay P 4a
1a
2 4b
1b
2 4c
1c
2 a 1 b 1 c 1 4. Dấu đẳng thức xảy ra khi
a b c; ;
là hoán vị của bộ số
1;0; 0 .
Bài 23. Cho các số thực x y z, , 0 thỏa mãn: x2y 1 x2z 1 4. Tìm GTLN,GTNN của Pxy z xyyzzx.
Hướng dẫn:
Tìm GTNN.
Cách 1: Từ giả thiết ta suy ra
2
16 x2y 1 x2z1 1 1 2 x2y2z2 4 xy z 1 suy ra xy z 3 Ta có Pxy z 3. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x3,yz0.
Cách 2:
Đặt a 2 x2y 1 0 x2z 1 2 a do x y z, , 0 nên 1 a1. Ta có: 2
x y z 1
2
a24
x y z a23 và y z 4a.Do a2 0 nên xy z 3. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x3,yz0. Tìm GTLN:
Chú ý rằng: 4
x y z
23
yz
2 12
xyyzzx
2x y z
2 12
xyyzzx
Suy ra 1
2 1
23 4
xyyzzx x y z yz .Dẫn đến 1
2 1
23 4
P x y z xyz yz
hay 2 1
2
2 2 2
2 3
3 3 4 6 6
3 3
a a
P a a a
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1
x yz .
Bài 24. Cho a b c, , là 3 số thực dương thỏa mãn: (ac b c)( )4 .c2 Tìm GTLN của biểu thức:
3 3
a b ab
Ab ca cbc ca
.
Bằng cách: axc b, yc. Giả thiết trở thành:
xc c
yc c
4c2
x1
y1
4