Tài liệu Những bài toán bất đẳng thức cơ bản trong cosi doc

Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn


NHỮNG BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN TRONG COSI.


Cho
n
nguyên và
2n ≥
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
1
n
A x
x
= +


Giải:
1
1
1 1 1
... ( 1)
n
n
n n
n
n
x
n so
n
x x x x n
A n
n n n n
x x
n
+
+
 
+
= + + + + ≥ + ≥
 
 



Dấu đẳng thức xảy ra khi
1
1
n
n
x
x n
n
x
+
= ⇔ =

Giá trị nhỏ nhất của
1
1
n
n
n
A
n
+
+
=


Cho
n
nguyên và
2n ≥

1n
x k n
+
≥ >
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
1
n
A x
x
= +


Giải:
Với
1n
x k n
+
≥ >

1 2 3 2 1
1 1 1 1 1 1 1 1
( ) ( ) 0 ... 0
n n n n n n
f x f k x k x k
x k
x k x x k x k k
− − − −
   
≥ ⇔ + − − ≥ ⇔ − + − + + + + ≥
   
   

1 2 3 2 1
1 1 1 1 1
( ) 1 ... 0
n n n n
x k
xk
x x k x k k
− − − −
 
 
⇔ − − + + + + ≥
 
 
 
 

1 2 3 2 1
( ) 1 1 1 1
... 0
n n n n
x k
xk
xk
x x k x k k
− − − −
 
 

⇔ − + + + + ≥
 
 
 
 

Ta có:
1
2
1 2 3 2 1 1
1
1
1 1 1 1
...
n
n n n n n
n
n
n n
n xk
x x k x k k k
n
+
− − − − −
+

+ + + + ≤ < = <


Suy ra
( ) ( )f x f k≥
đúng với mọi
1n
x k n
+
≥ >

Giá trị nhỏ nhất của
1
n
A k
k
= +
khi
x k=
.

Cách 2 :
Nháp :
1
, 0
1 1
... ( 1) 1
n
n
n n
x
n so m
m
x x nx x n
A x n x
m m m m m
x x
+
>
   
= + + + + − ≥ + + −
   
   



Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn

Ta chọn
m
sao cho:
1 1
1
n n
n
x k
m x k
x
m
x
+ +

=

⇒ = =

=



Bài giải:
1
1 1 1 1 1
1
1 1
... ( 1) 1
n
n
n n n n n n n
x
n so
n
k
x x nx x n
A x n x
k k x k k x k
+
+ + + + +
+
   
= + + + + − ≥ + + −
   
   




1n
x k n
+
≥ > nên
1n
n k
+
< suy ra:
1
( 1) 1
1 ( )
n n n
n n
A k k f k
k k k
+
 
+
≥ + − = + =
 
 



Cho hai số thực 0, 0x y≠ ≠ thay đổi và thỏa mãn điều kiện:
( )
2 2
x y xy x y xy+ = + − . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức :
3 3
1 1
A
x y
= +
Đề thi Đại học khối A năm 2006

Giải:
Xét
( ) ( )
2 2
*x y xy x y xy+ = + − .
Đặt
1 1
,u v
x y
= =
.
Ta được
( )
2
2
2 2
2 2
1 1 1 1 1 3( )
( ) 3
4
u v
u v u v uv u v u v uv
x y xy
x y
+
+ = + − ⇒ + = + − ⇒ + − + = ≤ .
( )
2
4( ) 0 0 4u v u v u v⇒ + − + ≤ ⇒ ≤ + ≤
Khi đó :
3 3 2 2 2 2
3 3 3 3 3 3 2 2
( )( ) ( )( ) 2x y x y x y xy x y x y xy x y xy
A
x y x y x y x y
+ + + − + + + +
= = = =
2
2 2
1 1 2
( ) 16A u v
xy
x y
⇒ = + + = + ≤ .
Dấu đẳng thức xảy ra khi 2u v= = hay
1
2
x y= = .

Cho , ,x y z là 3 số thực dương thay đổi . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
     
= + + + + +
     
     
1 1 1
2 2 2
x y z
P x y z
yz zx xy

Đề thi Đại học khối B năm 2007

Giải:

     
= + + + + + = + + + + +
     
     
2 2 2
1 1 1
2 2 2 2 2 2
x y z x y z x y z
P x y z
yz zx xy yz zx xy

Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn

( ) ( )
   
= + + + = + + + +
   
   
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
1
2 2
P x y z x y z
xyz xyz xyz

2 2 2
3
3
2 2 2
1 1 9
9 .
2 2
P x y z
x y z
≥ = .
Đẳng thức xảy ra khi = = = 1x y z .
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức =
9
2
P


Đề thi Đại học khối A năm 2009



Cho , ,x y z là các số thực dương thay đổi và thoả mãn điều kiện =. . 1x y z .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( ) ( )
+ + +
= + +
+ + +
2 2 2
2 2 2
x y z y z x z x y
P
y y z z z z x x x x y y

Đề thi Đại học khối A năm 2007

Giải:
≥ + + ≥ + +
+ + + + + +
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
x x xyz y y xyz z z xyz y y
x x z z
P
y y z z z z x x x x y y y y z z z z x x x x y y

Đặt:

= − + +


= +


 
= + ⇒ = − +
 
 
= +
 

= + −


1
( 2 4 )
2
9
1
2 ( 2 4 )
9
2
1
(4 2 )
9
x x a b c
a y y z z
b z z x x y y a b c
c x x y y
z z a b c


Khi đó:
 
     
− + + − + + −
≥ + + ≥ − + + + + + +
 
 
   
 
     
 
2 2 4 2 4 4 2 2
6 4
9 9
a b c a b c a b c b a c c a b
P
a b c a c b a b c
.
Hay
( )
≥ − + + =
2
6 4.3 3 2
9
P
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức của
= 2P
khi
= = = 1a b c
.


Cho các số thực không âm
,x y
thay đổi và thỏa mãn
+ = 1x y
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
( )( )
= + + +
2 2
4 3 4 3 25S x y y x xy
.
Đề thi Cao đẳng khối B năm 2009

Giải:
Nhận xét: vai trò giống nhau (đối xứng) của
,x y
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn

( )
( )
( )
= + + + = + + − + +
3 3 2 2 2 2 2 2
12 16 34 12 16 34S x y x y xy x y x y xy x y xy

Hay
( ) ( )
 
 
= + + − + + = − +
 
 
 
 
2
2
2 2
1 191
12 3 16 34 4
4 16
S x y x y xy x y xy xy


,x y
không âm và thỏa mãn
+ = 1x y
suy ra
 
+
≤ ≤ =
 
 
2
1
0
2 4
x y
xy

 
⇒ − ≤ − ≤ ⇒ ≤ − + ≤
 
 
2
1 1 3 1 191 25
4 0 4
4 4 4 4 16 2
xy xy
.
Vậy giá trị lớn nhất của
=
25
2
S
khi
= =
1
2
x y
và giá trị nhỏ nhất của
= 0S
khi
= =0, 1x y
.

Cho các số thực
,x y
thay đổi và thỏa mãn
( )
+ + ≥
3
4 2x y xy
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( )
= + + − + +
4 4 2 2 2 2
3 2 1A x y x y x y

Đề thi Đại học khối B năm 2009

Giải:

( )
( )
( ) ( )

+ + ≥

⇒ + + + ≥ ⇒ + ≥

+ ≥


3
3 2
2
4 2
2 1
4
x y xy
x y x y x y
x y xy
.
( ) ( ) ( ) ( )
= + + − + + = + + + + − + +
4 4 2 2 2 2 4 4 4 4 2 2 2 2
3
3 2 1 2 2 1
2
A x y x y x y x y x y x y x y

( ) ( ) ( )
= + + + − + +
2
4 4 2 2 2 2
3 3
2 1
2 2
A x y x y x y


( ) ( ) ( ) ( )
+ = + − ≥ + − + ⇒ + ≥ +
2 2 2
4 4 2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 2 2
1
2
2
x y x y x y x y x y x y x y

Khi đó
( ) ( ) ( )
≥ + + + − + +
2 2
2 2 2 2 2 2
3 3
2 1
4 2
A x y x y x y
hay
( ) ( )
≥ + − + +
2
2 2 2 2
9
2 1
4
A x y x y

Đặt
( )
+
= + ≥ ≥ ⇒ ≥ + ≥
2
2
2 2 2
( ) 1 9 1
, A – 2 1,
2 2 4 2
x y
t x y t t t t
.
Xét hàm số
( )
= +
2
9
– 2 1
4
f t t t
xác định và liên tục trên nửa khoảng
 
+∞


 
1
;
2
.
Ta có
( )
= ≥ − >
9 9
' – 2 1 0
2 4
f t t
,
( )
≥ ⇒
1
2
t f t
đồng biến trên nửa khoảng
 
+∞


 
1
;
2
.
Khi đó
( )
 
∈ +∞


 
 
= = =
 
 
1
;
2
1 9
min min
2 16
t
A f t f
. Đẳng thức xảy ra khi
=
1
2
t


ĐIỂM RƠI TRONG BẤT DẲNG THỨC COSI

Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn


Bài toán mở đầu : Cho
, 0a b >
và thỏa mãn
1a b+ ≤
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
1 1
2
1
P
ab
a b
= +
+ +
.

Giải:
Lời giải 1. Ta có:
2 2 2 2 2
1 1 4 4 4
2
2 2
1 2 1 ( ) 1
P
ab
a b a ab b a b
= + ≥ = ≥ =
+ + + + + + +

Dấu
" "=
xảy ra
2 2 2
1 2 ( ) 1 0
1 1
a b ab a b
a b a b
 
+ + = − + =
 
⇔ ⇔
 
+ = + =
 
 
. Hệ vô nghiệm. Vậy không tồn tại
min P
.

Lời giải 2. Ta có:
2 2 2 2 2
1 1 1 4 1 4 1
6 3 3 3
1 6 1 ( ) 1 4
P
ab ab ab ab
a b a ab b a b ab
= + + ≥ + = +
+ + + + + + + +

Mặt khác
2
1
2 4
a b
ab
 
+
≤ =
 
 
. Vậy
2 2
4 1 8
3
2 6
2 2
P
a b a b
≥ + ≥
   
+ +
+
   
   
.
Dấu
" "=
xảy ra
2 2
1 3
1
2
1
a b ab
a b a b
a b

+ + =

⇔ = ⇔ = =


+ =

.
Lời bình: lời giải 1. và lời giải 2 gần như tương tự nhau, cùng áp dụng bất đẳng thức
1 1 4
a b a b
+ ≥
+
. Tại sao
trong cùng một bài toán mà có đến hai đáp số ? Do đâu mà lời giải
2
tại sao lại tách
1 1 1
2 6 3ab ab ab
= +
?. Đó
chính là kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức.

Các bất đẳng thức trong các đề thi đại học thông thường là đối xứng với các biến và ta dự đoán dấu bằng xảy
ta khi các biến bằng nhau và xảy ra tại biên.

Cho
, 0a b >
và thỏa mãn
1a b+ ≤
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
1 1
4P ab
ab
a b
= + +
+
.

Giải:
Do
P
là biểu thức đối xứng với
,a b
, ta dự đoán
min P
đạt tại
1
2
a b= =
.
Ta có:
2 2 2 2
1 1 1 1 4 1 1
4 2 4 . 7
2 4 4 2
( )
4
2
P ab ab
ab ab ab ab
a b a b
a b
 
= + + + + ≥ + + ≥
 
+ +
 
 
+
 
 

Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn

Dấu
" "=
xảy ra
2 2
2 2
2
1 1
16 2
1
a b ab
a b a b
a b

+ =


⇔ = ⇔ = =


+ =


.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức
7P =
đạt tại
1
2
a b= =
.
Thao khảo hai lời giải khác :
Lời giải 1:
( )
2 2 2
1 1 1 1 4 1 1 1 1
4 2 4 . 4 2 6
4 4 2 4 4 4
P ab ab
ab ab ab ab ab ab ab
a b
a b
 
= + + + + ≥ + ≥ + + = +
 
+
 
+

Dấu
" "=
xảy ra
2 2
2 2
2
1 1
16 2
1
a b ab
a b a b
a b

+ =


⇔ = ⇔ = =


+ =


. Thay
1
2
a b= =
vào ta được
7P ≥
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức
7P =
đạt tại
1
2
a b= =
.
Lời bình 1:
Qua cách giải trên ta đã chọn đúng dấu đẳng thức xảy ra khi
1
2
a b= =
nên dẫn đến việc tách các số hạng và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
7P =
đạt tại
1
2
a b= =
là đúng , nhưng bước cuối cùng ta đã làm sai , ví dụ
( )
2
1 a a a− + ≥
, đẳng thức xảy ra khi
( )
2
1 min 1 ?.a a a a
 
= ⇒ − + =
 
 

Lời giải 2:
( )
2 2 2 2 2
1 1 1 4 1 4 1
4 4 4
2 2 2 2
2
P ab ab ab
ab ab ab ab
a b a b ab
a b
 
= + + + ≥ + + = + +
 
+ + +
 
+
.
Mặt khác
1 1
4 2 .4 2 2
2 2
ab ab
ab ab
+ ≥ =
. Vậy
(
)
4 2 2 min 2 2 2P P≥ + ⇒ = +

Lời bình 2:
Thoạt nhìn thấy bài toán đã giải đúng . Thực tế thì sao? . Việc tách
1 1 1
2 2ab ab ab
= +
để làm xuất hiện đẳng
thức
( )
2
2 2
2a b ab a b+ + = +
.
(
)
1
min 2 2 2 4
2
1
a b
P ab
ab
a b

=


= + ⇔ =


+ =


. Hệ vô nghiệm. Đẳng thức không xảy ra , do đó không tồn tại
min P
.

Cho
3
số thực dương
, ,a b c
thoả mãn
3
2
a b c+ + ≤
. Chứng minh rằng :
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn

1.
1 1 1 15
2
a b c
a b c
+ + + + + ≥
.
2.
2 2 2
2 2 2
1 1 1 3 17
2
a b c
a b c
+ + + + + ≥
.
3.
2 2 2
2 2 2
1 1 1 3 17
2
a b c
b c a
+ + +

+ +
.

Giải:
1.
1 1 1 15
2
a b c
a b c
+ + + + + ≥

Ta có thể phạm sai lầm:
3 3
3 3
1 1 1 1 1
3 3 6 . 6a b c abc abc
a b c
abc abc
+ + + + + ≥ + ≥ =

Dấu đẳng thức xảy ra khi
1a b c= = =
nhưng khi đó
3
3
2
a b c+ + = >
( trái giả thiết ) .
Phân tích bài toán :
Từ giả thiết
, ,a b c
dương thoả mãn
3
2
a b c+ + ≤
, gợi ý hướng giải bất đẳng thức trung bình cộng, trung
bình nhân.
3 3
3 1
3
2 2
a b c abc abc≥ + + ≥ ⇒ ≤
. Đặt:
3
1
2
x abc= ≤

Khi đó :
3
3
1 1 1 1 1
3 3 3a b c abc x
a b c x
abc
 
+ + + + + ≥ + = +
 
 
. Dự đoán đẳng thức xảy ra khi
1
2
x =

Ta chọn
0
α
>
sao cho:
2
1
1
2
1
4
x
x
x
x
α
α

=


⇒ = =


=


.
Bài giải:
1 1 1 1 1 1 9 15
3 3 4 3 3.2 4 . 9 12
2 2
a b c x x x x x
a b c x x x
   
+ + + + + ≥ + ≥ + − ≥ − = − =
   
   

Đẳng thức xảy ra khi
1
2
a b c= = =
.
2.
2 2 2
2 2 2
1 1 1 3 17
2
a b c
a b c
+ + + + + ≥
.
Phân tích bài toán :
Từ giả thiết
, ,
a b c
dương thoả mãn
3
2
a b c+ + ≤
, gợi ý hướng giải bất đẳng thức trung bình cộng, trung
bình nhân.
3 3
3 1
3
2 2
a b c abc abc≥ + + ≥ ⇒ ≤
. Đặt:
3
1
2
x abc= ≤
,đẳng thức xảy ra khi
1
2
x =
.
Xét
2
2
1
x
x
+
, chọn
0
α
>
sao cho:
4
2
2
1
1
2
16
1
x
x
x
x
α
α

=


⇒ = =


=


.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn

Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân cho
17
số, trong đó
16
số là
2
1
16x
và số
2
x
:
15
16
17
2 2 2 2
17
2 2 2 2 32
17
1 1 1 1 17
16. 17
16 16
2
x
x x x x
x x x x

 
+ = + ≥ ⇒ + ≥
 
 
.
15 15 15
17 17 17
2 2 2
2 32 2 32 2 32
17 17 17
1 17 1 17 1 17
; ;
2 2 2
a b c
a b c
a b c
− − −
⇒ + ≥ + ≥ + ≥

1
15 15 15 15 15 15
3
2 2 2
17 17 17 17 17 17
2 2 2 32 32
17 17
1 1 1 17 17
.3
2 2
a b c a b c a b c
a b c
− − − − − −
   
⇒ + + + + + ≥ + + ≥
   
   
   

( )
15
5
2 2 2
17
17
2 2 2 32 32
17 17
1 1 1 3 17 3 17 3 17
.2
2
2 2
a b c abc
a b c

+ + + + + ≥ ≥ =
.
Đẳng thức xảy ra khi
1
2
a b c= = =
.
Cách khác :
Chọn :
1 1 1
; , ; , ;u a v b w c
a b c
     
= = =
     
     
  

Dùng bất đẳng thức vecto
u v w u v w+ + ≥ + +
     

( )
2
2
2 2 2 2
3
2 2 2
2
3
1 1 1 1 1 1 1
3 ( )
( )
a b c a b c abc
a b c
a b c
abc
 
+ + + + + ≥ + + + + + ≥ +
 
 

Tương tự trên , ta đặt
(
)
2
2
3
1
3 4
a b c
x abc
 
+ +
= ≤ ≤
 
 
.
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 15 1 15
3 3 3 2 .
16 16 16 16
x
a b c x x
x x x x x
a b c
+ + + + + ≥ + = + + ≥ +

2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 15 1 15 3 17
3 3
2 16 2 4 2
a b c
x
a b c
+ + + + + ≥ + ≥ + = .
Đẳng thức xảy ra khi
1
2
a b c= = =
.

3.
2 2 2
2 2 2
1 1 1 3 17
2
a b c
b c a
+ + +

+ +
.
Tương tự trên . Xét
2
2
1
x
y
+
, chọn
0
α
>
sao cho:
2 2
2
2
1
1
2
16
1
x y
x y
x
y
α
α

= =


⇒ = =


=



Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn

Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân cho
17
số, trong đó
16
số là
2
1
16y
và số
2
x
:
1 16
16
17 17
2 2 2 2
17
2 2 2 2 32
17
1 1 1 1 17
16. 17
16 16
2
x y
x x x x
y y y y

 
+ = + ≥ ⇒ + ≥
 
 
.
1 16 1 16 1 16
17 17 17 17 17 17
2 2 2
2 32 2 32 2 32
17 17 17
1 17 1 17 1 17
; ;
2 2 2
a b b c c a
a b c
b c a
− − −
⇒ + ≥ + ≥ + ≥

( )
1 16 1 16 1 16 15
5
2 2 2
17 17 17 17 17 17 17
17
2 2 2 32 32 32
17 17 17
1 1 1 17 3 17 3 17 3 17
2
2
2 2 2
a b c a b b c c a abc
b c a
− − −

 
+ + + ≥ + + ≥ ≥ =
 
 
 
+ +
Đẳng thức xảy ra khi
1
2
a b c= = =
.





Cho
, , 0x y z >
và thỏa mãn
1 1 1
4
x y z
+ + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 1 1
2 2 2
P
x y z x y z x y z
= + +
+ + + + + +

Đề thi Đại học khối D năm 2007

Giải:









Cho các số không âm
, , ,a b x y
thỏa các điều kiện
2005 2005
2005 2005
1
1
a b
x y

+ ≤


+ ≤


. Chứng minh rằng :
1975 30 1975 30
. . 1a x b y+ ≤

Toán tuổi thơ 2 – số 27

Giải:

Nhận xét : Các đa thức tham gia trong bài toán cùng bậc
2005 1975 30= +
, đồng thời số mũ của các biến
tương ứng bằng nhau.
Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng , trung bình nhân cho
1975
số
2005
a

30
số
2005
x

Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn

( )
( ) ( )
( )
2005 2005
1975 30
2005 2005 1975 30
2005
1975. 30.
. . 1
1975 30
a x
a x a x
+
≥ =
+


Tương tự
( )
( ) ( )
( )
2005 2005
1975 30
2005 2005 1975 30
2005
1975. 30.
. . 2
1975 30
b y
b y b y
+
≥ =
+


Từ
( )
1

( )
2
suy ra
( ) ( ) ( )
( )
2005 2005 2005 2005 1975 30 1975 30
1975. 30. 2005. . . 3a b x y a x b y+ + + ≥ +


Từ
( ) ( )
( )
2005 2005
2005 2005 2005 2005
2005 2005
1
2005 1975. 30. 4
1
a b
a b x y
x y

+ ≤

⇒ ≥ + + +

+ ≤




Từ
( )
3

( )
4
suy ra
( )
1975 30 1975 30 1975 30 1975 30
2005 2005. . . . . 1a x b y a x b y≥ + ⇒ + ≤

Dấu đẳng thức xảy ra khi
1975 30 1975 30
,a x b y= =
.
Tổng quát : Cho các số không âm
, , ,a b x y
thỏa các điều kiện
1
1
m n m n
m n m n
a b
x y
+ +
+ +

+ ≤


+ ≤


. Chứng minh rằng :
. . 1
m n m n
a x b y+ ≤
.

Cho
, ,x y z
là các số dương thỏa mãn điều kiện:
2 2 2
1.x y z+ + =
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
.
xy yz zx
A
z x y
= + +


Giải:


Ta có :
( )
2 2 2
2 2 2 2
2 .
xy yz zx
A y z x
z x y
     
= + + + + +
     
     

Áp dụng bất đẳng thức:
2 2 2
x y z xy yz zx+ + ≥ + +

Ta được:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) 2( ) 3( ) 3.A y z x y z x y z x≥ + + + + + = + + =

Đẳng thức xảy ra
1
.
3
xy yz xz
x y z
z x y
⇔ = = ⇒ = = =

Vậy
min 3
A =
đạt được khi
1
3
x y z= = =
.


Cho
3
số thực dương
, ,
a b c
thoả mãn
2 2 2
1+ + =a b c
. Chứng minh rằng :
2 2 2 2 2 2
3 3
2
+ + ≥
+ + +
a b c
b c c a a b
.

Phân tích bài toán :