Tuyển tập Bất đẳng thức258 bài

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 :

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

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

BĐTĐH6 : Cho các số thực $x,y,z$ không âm thoả mãn $0<(x+y{)}^2+(y+z{)}^2+(z+x{)}^2\le 2$. Tìm giá trị lớn nhất của :

$$P=4^x+4^y+4^z+\ln (x^4+y^4+z^4)-\frac{3}{4}(x+y+z{)}^4$$

Gợi ý :

Với một dự đoán dấu bằng xảy ra tại hai biến bằng $0$, một biến bằng $1$. Ta sẽ tìm cách đánh giá $P$ về hàm theo biến $x+y+z$.

Với $(x,y,z)=(1,0,0)$ thì $x^4+y^4+z^4=1$ nên $\ln (x^4+y^4+z^4)=0$.

Ta sẽ chọn các số $a,b$ sao cho : $4^x\le ax+b,\forall 0\le x\le 1$. Vì dấu bằng xảy ra ở hai điểm $x=0$ và $x=1$ nên ta có hệ $\{\begin{array}{c}4=a+b\\ 1=b\end{array}\iff a=3,b=1$.

Lời giải :

Từ giả thiết ta suy ra :

$$x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx\le 1$$

Từ đây suy ra $x,y,z\in \left[0,1\right]$. Kéo theo :

$$x^4+y^4+z^4\le x^2+y^2+z^2\le x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx=1$$

Do đó $\ln (x^4+y^4+z^4)\le 0$.

Tiếp theo ta sẽ chứng minh $4^x\le 3x+1,\forall x\in \left[0,1\right]$. Điều này có thể dễ dàng thực hiện bằng khảo sát hàm số.

Suy ra rằng :

$$P\le 3(x+y+z)+3-\frac{3}{4}(x+y+z{)}^4=3+3t-\frac{3}{4}{t}^4(t=x+y+z)$$

Ta có :

$$x+y+z\le \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\le \sqrt{6}$$

Bằng cách khảo sát hàm số $f(t)=3+3t-\frac{3}{4}{t}^4,t\in \left[0,\sqrt{6}\right]$, ta chỉ ra được $Maxf(t)=\frac{21}{4}$, dấu bằng đạt được khi $t=1$.

Từ đó có giá trị lớn nhất của $P$ là $\frac{21}{4}$, đạt được khi chẳng hạn $(x,y,z)=(0,0,1)$.

Bài toán : Cho các số không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=a+b+c$. Tìm số thực $k$ lớn nhất sao cho ta luôn có bất đẳng thức :

$$\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge k(a+b+c+1)$$

Lời giải :

Ta chọn $b=c$ thì giả thiết trở thành :

$$a+2b=b^2+2ab\Rightarrow a=\frac{2b-b^2}{2b-1}\Rightarrow \frac{1}{2}<b\le 2$$

Và bất đẳng thức trở thành :

$(a+2b)\left(\frac{1}{2b}+\frac{2}{a+b}\right)$$\ge k(a+2b+1)$$\Rightarrow \left(\frac{2b-b^2}{2b-1}+2b\right)\left(\frac{1}{2b}+\frac{2}{\frac{2b-b^2}{2b-1}+b}\right)$$\ge k\left(\frac{2b-b^2}{2b-1}+2b+1\right)$$\iff \frac{3b^2-b}{3b^3+5b^2+b-1}$$\ge \frac{2k}{9}$

Xét hàm $f(b)=\frac{3b^2-b}{3b^3+5b^2+b-1}$ trên $\left(\frac{1}{2};2\right]$. Ta có :

$$f^{\prime }(b)=0\iff \frac{-(b^2-1)(3b-1{)}^2}{(3b^3+5b^2+b-1{)}^2}=0\iff b=1$$

Bằng cách lập bảng biến thiên ta tìm được $f(b{)}_{min}=\frac{2}{9}\iff b=2$. Từ đó được $k\le 1$.

Ta chứng minh $k=1$ là giá trị lớn nhất cần tìm. Thực vậy, ta cần chứng minh :

$\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)$$\ge a+b+c+1$$\iff (ab+bc+ca)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)$$\ge a+b+c+1$$\iff \frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}$$\ge 1$

Nhận thấy rằng dấu bằng đạt được tại một biến bằng $0$ và hai biến bằng $2$ nên nếu đánh giá bằng những BĐT thông thường có dấu bằng tại tâm sẽ không dẫn đến kết quả. Để đảm bảo dấu bằng ta sẽ loại bỏ dấu bằng tại biên này bằng cách sử dụng $abc\ge 0$ như sau. Theo Cauchy-Schwarz :

$\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}$$\ge \frac{(ab+bc+ca{)}^2}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}$$=\frac{(ab+bc+ca{)}^2}{(a+b+c)(ab+bc+ca)-3abc}$$\ge \frac{(ab+bc+ca{)}^2}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}$$=1$

Chứng minh hoàn thành. Ta kết luận số $k$ tốt nhất cần tìm là $k=1$.

Bài toán : (Đề nghị Olympic 30-4 toán 10 năm 2012 THPT Chuyên Phan Ngọc Hiển, Cà Mau)

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $15a+\sqrt[3]{5}b+\sqrt[5]{3}c=3$. Tìm giá trị lớn nhất của :

$$A=\frac{1}{a}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^5}$$

Lời giải :

Ta đặt $15a=x,\sqrt[3]{5}b=y,\sqrt[5]{3}c=z$ thì $x+y+z=3$.

Khi đó biểu thức $A$ trở thành :

$$A=\frac{15}{x}+\frac{5}{y^3}+\frac{3}{z^5}$$

Gỉa sử đẳng thức xảy ra khi $x=X,y=Y,z=Z$.

Áp dụng BĐT $AM-GM$ :

$$\frac{15}{x}+\frac{15x}{X^2}\ge \frac{30}{X}$$

$$\frac{5}{y^3}+\frac{5y}{Y^4}+\frac{5y}{Y^4}+\frac{5y}{Y^4}\ge \frac{20}{Y^3}$$

$\frac{3}{z^5}+\frac{3z}{Z^6}+\frac{3z}{Z^6}+\frac{3z}{Z^6}+\frac{3z}{Z^6}+\frac{3z}{Z^6}$$\ge \frac{18}{Z^5}$

Cộng vế theo vế ba BĐT trên :

$A+\frac{15x}{X^2}+\frac{15y}{Y^3}+\frac{15z}{Z^6}$$\ge \frac{30}{X}+\frac{20}{Y^3}+\frac{18}{Z^5}$

Ta chọn $X,Y,Z$ thỏa hệ :

$$\{\begin{array}{c}X+Y+Z=3\\ \frac{15}{X^2}=\frac{15}{Y^4}=\frac{15}{Z^6}\end{array}$$

Ta có thể thấy ngay $X=Y=Z=1$ là nghiệm của hệ trên.

Từ đó :

$$A+15(x+y+z)\ge 30+20+18\iff A\ge 23$$

Kết luận : 

$MinA$$=23$$\iff x$$=y$$=z$$=1$$\iff a$$=\frac{1}{15},b$$=\frac{1}{\sqrt[3]{5}},c$$=\frac{1}{\sqrt[5]{3}}$

Bài toán : (CĐT HSG toán 10 năm 2013-2014 THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai)

Cho các số dương $x,y,z$ thỏa $x^2+y^2+z^2=1$. Tìm giá trị lớn nhất của :

$$P=x^2{y}^3{z}^4$$

Tìm kiếm lời giải :

Gỉa sử đẳng thức xảy ra khi $x=a,y=b,z=c$ ta có $a^2+b^2+c^2=1$.

Theo BĐT $AM-GM$ :

$$\frac{2x}{a}+\frac{3y}{b}+\frac{4z}{c}\ge 9.\sqrt[9]{\frac{x^2{y}^3{z}^4}{a^2{b}^3{c}^4}}$$

Theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ :

$\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(\frac{4}{a^2}+\frac{9}{b^2}+\frac{16}{c^2}\right)$$\ge {\left(\frac{2x}{a}+\frac{3y}{b}+\frac{4z}{c}\right)}^2$

Ở đây thì đẳng thức xảy ra khi $\frac{ax}{2}=\frac{by}{3}=\frac{cz}{4}\iff \frac{a^2}{2}=\frac{b^2}{3}=\frac{c^2}{4}$

Như vậy ta chọn $a,b,c$ thỏa mãn hệ :

$$\{\begin{array}{c}{a}^2+b^2+c^2=1\\ \frac{a^2}{2}=\frac{b^2}{3}=\frac{c^2}{4}\end{array}\Rightarrow a=\frac{\sqrt{2}}{3},b=\frac{\sqrt{3}}{3},c=\frac{2}{3}$$

Từ đó dẫn đến lời giải bài toán.

Lời giải :

Áp dụng BĐT $AM-GM$ :

$\frac{2x}{\frac{\sqrt{2}}{3}}+\frac{3y}{\frac{\sqrt{3}}{3}}+\frac{4z}{\frac{2}{3}}$$\ge 9.\sqrt[9]{\frac{x^2{y}^3{z}^4}{{\left(\frac{\sqrt{2}}{3}\right)}^2{\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}^3{\left(\frac{2}{3}\right)}^4}}(1)$

Áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ :

$\left(x^2+y^2+z^2\right)\left[{\left(\frac{2}{\frac{\sqrt{2}}{3}}\right)}^2+{\left(\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{3}}\right)}^2+{\left(\frac{4}{\frac{2}{3}}\right)}^2\right]$$\ge {\left(\frac{2x}{\frac{\sqrt{2}}{3}}+\frac{3y}{\frac{\sqrt{3}}{3}}+\frac{4z}{\frac{2}{3}}\right)}^2$$\Rightarrow \frac{2x}{\frac{\sqrt{2}}{3}}+\frac{3y}{\frac{\sqrt{3}}{3}}+\frac{4z}{\frac{2}{3}}$$\le 9(2)$

Từ $(1)(2)$ ta suy ra $x^2{y}^3{z}^4\le {\left(\frac{\sqrt{2}}{3}\right)}^2{\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}^3{\left(\frac{2}{3}\right)}^4=\frac{32\sqrt{3}}{6561}$

Kết luận $MaxP=\frac{32\sqrt{3}}{6561}\iff x=\frac{\sqrt{2}}{3},y=\frac{\sqrt{3}}{3},z=\frac{2}{3}$

Bài toán 1 : Cho các số dương $a,b,c$. Chứng minh rằng : $10a^2+10b^2+c^2\ge 4(ab+bc+ca)$

Lời giải :

Bất đẳng thức đã cho là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $ab+bc+ca=1$.

Ta cần chứng minh $10a^2+10b^2+c^2\ge 4$

Do vai trò của $a,b$ bình đẳng nên ta dự đoán rằng đẳng thức xảy ra khi $a=b=x,c=y$.

Theo $AM-GM$ :

$$a^2+b^2\ge 2ab\Rightarrow a^{2}xy+b^{2}xy\ge 2ab.xy$$

$$a^2{y}^2+c^2{x}^2\ge 2ca.xy$$

$$b^2{y}^2+c^2{x}^2\ge 2bc.xy$$

Cộng các BĐT trên theo vế, ta được :

$$(a^2+b^2)(xy+y^2)+2c^2{x}^2\ge 2xy(ab+bc+ca)=2xy$$

Ta sẽ chọn $x,y$ thỏa mãn hệ :

$$\{\begin{array}{ccc}xy+y^2=20x^2& & \\ x^2+2xy=1& & \end{array}$$

Hệ này cho nghiệm $x=\frac{1}{3},y=\frac{4}{3}$

Từ đó suy ra $\frac{20}{9}(a^2+b^2)+\frac{2}{9}{c}^2\ge \frac{8}{9}\iff 10a^2+10b^2+c^2\ge 4$

Như vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 2: Cho các số dương $a,b,c$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : $P=\frac{4ab+6ac+8bc}{(a+b+c{)}^2}$

Lời giải :

Chuẩn hóa $a+b+c=1$. Ta đi tìm giá trị lớn nhất của $Q=4ab+6ca+8bc$ với điều kiện này.

Ta tìm các số $m,n,p$ để $Q$ viết được dưới dạng :

$$Q=ma(b+c)+nb(c+a)+pc(a+b)=(m+n)ab+(n+p)bc+(p+m)ca$$

Như vậy chọn $m,n,p$ thỏa hệ $\{\begin{array}{c}m+n=4\\ n+p=8\\ p+m=6\end{array}\iff (m,n,p)=(1,3,5)$

Do đó ta có :

$Q$$=a(b+c)+3b(c+a)+5c(a+b)$$=a(1-a)+3b(1-b)+5c(1-c)$$=\left[-{\left(a-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{1}{4}\right]+3\left[-{\left(b-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{1}{4}\right]+5\left[-{\left(c-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{1}{4}\right]$$=\frac{9}{4}-\left[{\left(a-\frac{1}{2}\right)}^2+3{\left(b-\frac{1}{2}\right)}^2+5{\left(c-\frac{1}{2}\right)}^2\right]$$\le \frac{9}{4}-\frac{[(a-1/2)+(b-1/2)+(c-1/2){]}^2}{(1/3+1+1/5)}$$=\frac{48}{23}$

Kết luận : $MaxP=\frac{48}{23}\iff a=3b-1=5c-2$

Bài toán : Cho các số dương $x,y,z$ có tổng bằng $3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $F=x^4+2y^4+3z^4$

Lời giải :

Gỉa sử đẳng thức xảy ra khi $x=a,y=b,z=c$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ :

$$b^3{c}^3(x^4+a^4+a^4+a^4)\ge 4x{a}^3{b}^3{c}^3$$

$$c^3{a}^3(y^4+b^4+b^4+b^4)\ge 4y{a}^3{b}^3{c}^3$$

$$a^3{b}^3(z^4+c^4+c^4+c^4)\ge 4z{a}^3{b}^3{c}^3$$

Cộng vế các BĐT trên, ta được :

$b^3{c}^3{x}^4+c^3{a}^3{y}^4+a^3{b}^3{z}^4+3a^3{b}^3{c}^3(a+b+c)$$\ge 4(x+y+z)a^3{b}^3{c}^3$$=12a^3{b}^3{c}^3$$\iff b^3{c}^3{x}^4+c^3{a}^3{y}^4+a^3{b}^3{z}^4$$\ge 3a^3{b}^3{c}^3$

Như vậy ta sẽ chọn $a,b,c$ thỏa mãn hệ :

$$\{\begin{array}{ccc}a+b+c=3& & \\ \frac{b^3{c}^3}{1}=\frac{c^3{a}^3}{2}=\frac{a^3{b}^3}{3}& & \end{array}$$

Hệ này cho ta nghiệm $a=\frac{3\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{6}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{2}},b=\frac{3\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{12}+\sqrt[3]{6}+\sqrt[3]{4}},c=\frac{3\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{18}+\sqrt[3]{9}+\sqrt[3]{6}}$

Từ đó :

$\frac{a^6}{6}{x}^4+\frac{a^6}{3}{y}^4+\frac{a^6}{2}{z}^4$$\ge 3.\frac{a^9}{6}$$=\frac{a^9}{2}$$\Rightarrow x^4+2y^4+3z^4$$\ge \frac{a^9}{2}:\frac{a^6}{6}$$=3a^3$$=\frac{486}{(\sqrt[3]{6}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{2}{)}^3}$

Kết luận :

$MinF$$=\frac{486}{(\sqrt[3]{6}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{2}{)}^3}$$\iff a$$=\frac{3\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{6}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{2}},b$$=\frac{3\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{12}+\sqrt[3]{6}+\sqrt[3]{4}},c$$=\frac{3\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{18}+\sqrt[3]{9}+\sqrt[3]{6}}$

Bài toán : Cho 3 số thực $x,y,z\ge 0$ và thỏa mãn điều kiện $x+y+z=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=x^3+y^3+\frac{1}{2}{z}^3$

Lời giải :

Vì $x,y$ vai trò tương đương nhau nên đẳng thức xảy ra khi $x=y=a$ và $z=b$.

Áp dụng BĐT $AM-GM$ :

$$b^2(x^3+a^3+a^3)\ge 3x{a}^2{b}^2$$

$$b^2(y^3+a^3+a^3)\ge 3y{a}^2{b}^2$$

$$a^2(z^3+b^3+b^3)\ge 3z{a}^2{b}^2$$

Cộng các BĐT trên vế theo vế :

$b^2(x^3+y^3)+a^2{z}^3+4a^3{b}^2+2b^3{a}^2$$\ge 3a^2{b}^2(x+y+z)$$=3a^2{b}^2$$\Rightarrow b^2(x^3+y^3)+a^2{z}^3$$\ge 3a^2{b}^2-4a^3{b}^2-2b^3{a}^2$

Ta sẽ chọn $a,b,c$ sao cho $\frac{b^2}{a^2}=\frac{1}{1/2}=2$

Như vậy ta sẽ giải hệ phương trình $\{\begin{array}{ccc}{b}^2=2a^2& & \\ 2a+b=1& & \end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{ccc}a=\frac{2-\sqrt{2}}{2}& & \\ b=-1+\sqrt{2}& & \end{array}$

Khi đó $(3-2\sqrt{2})(x^3+y^3)+\frac{3-2\sqrt{2}}{2}{z}^3\ge \frac{17-12\sqrt{2}}{2}\Rightarrow x^3+y^3+\frac{1}{2}{z}^3\ge \frac{3-2\sqrt{2}}{2}$

Vậy : $MinP=\frac{3-2\sqrt{2}}{2}\iff x=y=\frac{2-\sqrt{2}}{2},z=-1+\sqrt{2}$