Tuyển tập Bất đẳng thức258 bài

Bài toán  : Cho các số dương $a,b,c$ thoả $ab+bc+ca\le 3$. Tìm GTNN :

$$P=\frac{12}{4ab+(a+b)(c+3)}+\frac{\sqrt{2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}}{(a+1)(b+1)}$$

Lời giải :

Ta có :

$$(a^2+1)(b^2+1)=(a+b{)}^2+(ab-1{)}^2$$

$$2(c^2+1)=(c+1{)}^2+(c-1{)}^2$$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz :

$\sqrt{2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}$$=\sqrt{\left[(a+b{)}^2+(ab-1{)}^2\right].\left[(c+1{)}^2+(c-1{)}^2\right]}$$\ge (a+b)(c+1)+(1-ab)(c-1)$$=(a+b+c+ab+bc+ca+abc+1)-2(1+abc)$$=(a+1)(b+1)(c+1)-2(1+abc)$

Từ đó :

$\frac{\sqrt{2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}}{(a+1)(b+1)}$$=\frac{(a+1)(b+1)(c+1)-2(1+abc)}{(a+1)(b+1)}$$=c+1-\frac{2(1+abc)}{(a+1)(b+1)}$

Theo giả thiết :

$\frac{12}{4ab+(a+b)(c+3)}$$=\frac{12}{3(a+b+ab)+(ab+bc+ca)}$$\ge \frac{12}{3(ab+a+b+1)}$$=\frac{4}{(a+1)(b+1)}$

Từ đó mà :

$$P\ge \frac{2(1-abc)}{(a+1)(b+1)}+c+1+\frac{1}{2c^2}$$

Chú ý rằng :

$$3\ge ab+bc+ca\ge 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow abc\le 1$$

$c+\frac{1}{2c^2}$$=\frac{c}{2}+\frac{c}{2}+\frac{1}{2c^2}$$\ge 3\sqrt[3]{\frac{1}{8}}$$=\frac{3}{2}$

Như vậy ta được :

$$P\ge \frac{5}{2}$$

$$MinP=\frac{5}{2}\iff a=b=c=1$$

Bài toán : Cho $x,y>0$ thoả mãn $x^2+y^2=xy+1$. Tìm giá trị lớn nhất :

$$P=\frac{x^3}{y^3+1}+\frac{y^3}{x^3+1}+\frac{24\sqrt{xy}}{x+y+2}$$

Lời giải :

Gỉa thiết đã cho tương đương :

$$x^3+y^3=x+y$$

Ta có :

$\frac{x^3}{y^3+1}+\frac{y^3}{x^3+1}$$=\frac{x^3+y^3+1}{x^3+1}+\frac{x^3+y^3+1}{y^3+1}-2$$=\left(x^3+y^3+1\right)\left(\frac{1}{x^3+1}+\frac{1}{y^3+1}\right)-2$$=\left(x^3+y^3+1\right).\frac{x^3+y^3+2}{(x^3+1)(y^3+1)}-2$

Ta cũng chứng minh được :

$$(1+x^3)(1+y^3)\ge \frac{(x+y{)}^3}{2}$$

Thế nên :

$\frac{x^3}{y^3+1}+\frac{y^3}{x^3+1}$$\le \frac{2(x^3+y^3+1)(x^3+y^3+2)}{(x+y{)}^3}-2$$=\frac{2(x+y+1)(x+y+2)}{(x+y{)}^3}-2$

Và :

$$\frac{24\sqrt{xy}}{x+y+2}\le \frac{12(x+y)}{x+y+2}$$

Vậy nếu ta đặt $x+y=t$ thì :

$$P\le \frac{2(t+1)(t+2)}{t^3}+\frac{12t}{t+2}-2=f(t)$$

Ta dễ chứng minh được $t\in \left(0,2\right]$. Khảo sát hàm số $f(t)$ trên $\left(0,2\right]$. Ta được :

$$MaxP=7\iff t=2\iff x=y=1$$

Bài toán (Thi thử THPT Quốc gia 2016 THPT Chuyên Lương Văn Tuỵ, Ninh Bình)

Cho $a,b,c\in \left[1,+\infty \right)$ thoả $3(a+b+c)=a^2+b^2+c^2+2ab$. Tìm GTNN :

$$P=\frac{a^2}{(a+b{)}^2+a}+\frac{a}{a+c^2}$$

Lời giải :

Gỉa thiết đã cho có thể viết dưới dạng :

$$3(a+b+c)=(a+b{)}^2+c^2$$

Áp dụng BĐT AM-GM :

$3(a+b+c)$$=(a+b{)}^2+c^2$$\le \frac{1}{2}(a+b+c{)}^2$$\iff a+b+c$$\le 6$$\iff b+c$$\le 6-a$

Theo BĐT Cauchy-Schwarz :

$P$$\ge \frac{{\left(a+\sqrt{a}\right)}^2}{a^2+(b+c{)}^2+2a}$$=\frac{{\left(a+\sqrt{a}\right)}^2}{5a+3(b+c)}$$\ge \frac{{\left(a+\sqrt{a}\right)}^2}{5a+3(6-a)}$$=\frac{{\left(a+\sqrt{a}\right)}^2}{2a+18}$$=f(a)$

Dễ dàng thấy $f(a)$ đồng biến trên $\left[1,\infty \right)$ nên $P\ge f(a)\ge f(1)=\frac{1}{5}$

Kết luận :

Gía trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{1}{5}$, đạt được khi $a=1,b=2,c=3$.

Bài toán (Thi thử THPT Quốc gia 2016 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, TP Đà Nẵng)

Cho các số dương $a,b,c$ thoả mãn $a+b+c=9$. Tìm giá trị nhỏ nhất :

$P$$=\frac{\sqrt{(a^2+b^2)(a^4+b^4)}}{\sqrt[6]{a^4{b}^{4}c}}+\frac{\sqrt{(b^2+c^2)(b^4+c^4)}}{\sqrt[6]{b^4{c}^{4}a}}+\frac{\sqrt{(c^2+a^2)(c^4+a^4)}}{\sqrt[6]{c^4{a}^{4}b}}$

Lời giải :

Ta có :

$\sqrt{c(a^4+b^4)(a^2+b^2)}$$\ge \sqrt{2abc(a^4+b^4)}$$\ge \sqrt{2abc}.\frac{(a+b{)}^2}{\sqrt{8}}$$=\frac{\sqrt{abc}}{2}.(a+b{)}^2$

Lại có :

$$(a+b{)}^2+36\ge 12(a+b)\Rightarrow (a+b{)}^2\ge 12(a+b)-36$$

Từ đó có :

$$\sqrt{c(a^2+b^2)(a^4+b^4)}\ge \frac{\sqrt{abc}}{2}\left[12(a+b)-36\right]$$

và suy ra :

$\frac{\sqrt{(a^2+b^2)(a^4+b^4)}}{\sqrt[6]{a^4{b}^{4}c}}$$=\frac{\sqrt{c(a^2+b^2)(a^4+b^4)}}{\sqrt[6]{a^4{b}^4{c}^4}}$$\ge \frac{\sqrt{abc}}{2\sqrt[6]{a^4{b}^4{c}^4}}\left[12(a+b)-36\right]$$=\frac{1}{2\sqrt[6]{abc}}\left[12(a+b)-36\right]$

Thiết lập các kết quả tương tự rồi cộng lại vế theo vế :

$P$$\ge \frac{1}{2\sqrt[6]{abc}}\left[24(a+b+c)-3.36\right]$$\ge \frac{1}{2.\sqrt[6]{{\left(\frac{a+b+c}{3}\right)}^3}}\left[24(a+b+c)-3.36\right]$$=18\sqrt{3}$

Kết luận :

$$P_{min}=18\sqrt{3}\iff a=b=c=3$$

Bài toán (Thi thử THPT Quốc gia Sở GD&ĐT Hà Tĩnh) 

Cho $x,y,z>0$ thoả $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{16}{x+y+z}$. Tìm giá trị lớn nhất :

$$P=\frac{(x-y)(y-z)(z-x)}{xyz}$$

Lời giải :

Gỉa thiết đã cho có thể viết được dưới dạng :

$$\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}=13$$

Và :

$$P=\left(1-\frac{y}{x}\right)\left(1-\frac{z}{y}\right)\left(1-\frac{x}{z}\right)$$

Đặt $$a=\frac{y}{x},b=\frac{z}{y},c=\frac{x}{z}$$ thì $$abc=1$$. Gỉa thiết đã cho trở thành $$a+b+c+ab+bc+ca=13$$.

Và biểu thức trở thành :

$$P=(1-a)(1-b)(1-c)=(1-abc)+(ab+bc+ca-a-b-c)=13-2(a+b+c)$$

Sử dụng hai giả thiết :

$(a+b)+c(a+b)+\frac{1}{c}+c$$=13$$\iff (a+b)(c+1)$$=13-\frac{1}{c}-c$$\iff a+b$$=\frac{13c-c^2-1}{c(c+1)}$

Thay vào $P$ :

$$P=13-2\left(\frac{13c-c^2-1}{c(c+1)}+c\right)=\frac{-2c^3+13c^2-13c+2}{c(c+1)}=f(c),c>0$$

$$f^{\prime }(c)=\frac{-2(c^2-3c+1)(c^2+5c+1)}{c^2(c+1{)}^2}$$

Từ đó dễ dàng thấy :

$$f_{max}=\sqrt{5}\iff c=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$$

Từ đó :

Gía trị lớn nhất của $P$ là $\sqrt{5}$, đạt được khi chẳng hạn $a=c=\frac{3+\sqrt{5}}{2},b=\frac{1}{2}\left(7-3\sqrt{5}\right)$ tức $y=\frac{3+\sqrt{5}}{2}.x=\frac{7+3\sqrt{5}}{2}.z$

Bài toán : (Đề thi thử THPT Quốc gia lần 2 2016 THPT Đoàn Thượng, Hải Dương)

Cho $a,b,c>0$ thoả $a^2+b^2+c^2=3$. Tìm giá trị lớn nhất :

$$P=\frac{ab}{3+c^2}+\frac{bc}{3+a^2}-\frac{b^3{a}^3+b^3{c}^3}{24a^3{c}^3}$$

Lời giải :

Ta có :

$\frac{ab}{3+c^2}$$=\frac{ab}{(c^2+a^2)+(c^2+b^2)}$$\le \frac{1}{4}.\frac{(a+b{)}^2}{(c^2+a^2)+(c^2+b^2)}$$\le \frac{1}{4}\left(\frac{a^2}{c^2+a^2}+\frac{b^2}{c^2+b^2}\right)$$\le \frac{1}{4}\left(\frac{a^2}{c^2+a^2}+\frac{b}{2c}\right)$

Hoàn toàn tương tự :

$$\frac{bc}{3+a^2}\le \frac{1}{4}\left(\frac{c^2}{c^2+a^2}+\frac{b}{2a}\right)$$

Suy ra :

$\frac{ab}{3+c^2}+\frac{bc}{3+a^2}$$\le \frac{1}{4}\left(1+\frac{1}{2}\left(\frac{b}{a}+\frac{b}{c}\right)\right)$$=\frac{1}{4}+\frac{1}{8}\left(\frac{b}{a}+\frac{b}{c}\right)$

Và :

$24A$$\le 6+3\left(\frac{b}{a}+\frac{b}{c}\right)-\left(\frac{b^3}{a^3}+\frac{c^3}{a^3}\right)$

Dễ dàng chứng minh được :

$$3x-x^3\le 2(x>0)$$

Suy ra :

$24A$$\le 6+\left(\frac{3b}{a}-\frac{b^3}{a^3}\right)+\left(\frac{3b}{c}-\frac{b^3}{c^3}\right)$$\le 6+2+2$$=10$$\iff A$$\le \frac{5}{12}$

Kết luận :

$$A_{max}=\frac{5}{12}\iff a=b=c=1$$

Bài toán (Đề thi thử THPT Quốc gia 2016 lần 3 THPT Chuyên Thái Bình, Thái Bình)

Cho các số dương $x,y,z$ thoả $x+2y+3z=4$. Tìm giá trị lớn nhất :

$$P=x^2(5-6x)+4y^2(5-12y)+z^2(45-162z)$$

Lời giải :

Đặt $a=x,b=2y,c=3z$ thì $a+b+c=4$. Khi đó :

$$P=a^2(5-6a)+b^2(5-6b)+c^2(5-6c)=5a^2+5b^2+5c^2-6a^3-6b^3-6c^3$$

Bằng phương pháp tiếp tuyến, chỉ ra được :

$$5a^2-6a^3\le \frac{-56}{3}a+\frac{176}{9}$$

Suy ra :

$$P\le \frac{-56}{3}(a+b+c)+\frac{176}{3}=-16$$

$$MaxP=-16\iff x=\frac{4}{3},y=\frac{2}{3},z=\frac{4}{9}$$

Bài toán (Đề thi thử THPT Quốc gia 2016 THPT Đắk Mil, Đắk Nông)

 Cho $a,b,c$ dương thoả $ab+bc+ca=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất :

$P$$=\sqrt{\frac{a}{16(b+c)(a^2+bc)}}+\sqrt{\frac{a}{16(b+c)(a^2+bc)}}+\frac{a^2+1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{c}{ab}\right)$

Lời giải :

Theo AM-GM :

$\sqrt{\frac{a}{(b+c)(a^2+bc)}}$$=\frac{a}{\sqrt{(ab+ac)(a^2+bc)}}$$\ge \frac{a}{\frac{1}{2}(ab+ac+a^2+bc)}$$=\frac{2a}{(a+b)(a+c)}$

Tương tự :

$$\sqrt{\frac{b}{(a+c)(b^2+ac)}}\ge \frac{2b}{(b+c)(b+a)}$$

Suy ra :

$4P$$\ge \frac{2a}{(a+b)(a+c)}+\frac{2b}{(b+c)(b+a)}+\frac{(a^2+1)(b+c)}{ab}$$=\frac{2a(b+c)+2b(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{(a^2+ab+bc+ca)(b+c)}{ab}$

$=\frac{2(1+ab)}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{ab}$$\ge 2\sqrt{\frac{2(1+ab)}{ab}}$$=2\sqrt{\frac{4(1+ab)}{2ab}}$$\ge 2\sqrt{\frac{4(ab+1)}{1+ab}}$$=4$

(Chú ý rằng $ab\le ab+bc+ca=1$)

Từ đó ta có

$$MinP=1\iff a=b=1,c=0$$