Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu

TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

TRÍCH ĐỀ THI HSG 12 TỈNH LÀO CAI 2016-2017
3
4

Câu 1. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z2 = . Chứng minh rằng
1 1 1
+ + − 2 ( x + y + z) ≥ 3
x y z

Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si:
1
+ 4x ≥ 4
x
1
+ 4y ≥ 4
y
1
+ 4z ≥ 4
z

Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế, ta có:
1 1 1
+ + + 4 ( x + y + z) ≥ 12 (1)
x y z

Ta lại có:

y2 + 1 +

z2 + 1

1


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu
Lời giải
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = x yz. Chứng minh rằng:
x y + xz + yz ≥ 3 +

x2 + 1 +

y2 + 1 +

z2 + 1

Ta có:
x yz = x + y + z ≥ 2 x y + z ⇔
⇔

Với

xy ≥

z
xy ≥

2


y( x + z) ≥ 2(1 +

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được:
x y + xz + yz ≥ 3 +

!

x2 + 1 +

y2 + 1 +

z2 + 1 đpcm

Có thể chứng minh bằng cách đặt x = tan A , y = tan B, z = tan C với A, B, C là 3 góc của
một tam giác nhọn. Khi đó bđt trở thành:
cos2 A + cos2 B + cos2 C ≥ cosA.cosB+cosB.cosC+cosC.cos A

TRÍCH ĐỀ THI HSG 12 tỉnh THANH HÓA 2017 - 2018
Câu 3. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = x yz. Chứng minh rằng:
x y + xz + yz ≥ 3 +

x2 + 1 +

y2 + 1 +

z2 + 1

Lời giải
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = x yz. Chứng minh rằng:


xy ≤

1 − 1 + z2
loại vì x, y > 0
z

1 + 1 + z2
, ta có
z

z ( x + y) ≥

2z x y
1 + 1 + z2
z
2(1 + 1 + z2 )

≥ 2 z.
=

Vậy z( x + y) ≥ 2(1 + 1 + z2 ); tương tự ta cũng được:
x( z + y) ≥ 2(1 + 1 + x2 )
y( x + z) ≥ 2(1 +

1 + y2 )

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được:
x y + xz + yz ≥ 3 +


x+ y
y+ z
z+x
+
+
≥
⇔
(
x
+
y
+
z
)
+
+
≥9
( x − y)2 ( y − z)2 ( z − x)2 x + y + z
( x − y)2 ( y − z)2 ( z − x)2

Không mất tính tổng quát, có thể giả sử x > y > z ≥ 0 .
Khi đó có các bất đẳng thức sau:
• x+ y+ z ≥ x+ y
•

y+ z
2

( y − z)


+
thì F ≥ ( x + y)
+ +
2
2
2
2
y x
( x − y)
( y − z)
( z − x)
( x − y)
9
1 1 1
với ∀a, b, c > 0.
Ta có bất đẳng thức cơ bản sau: + + ≥
a b c a+b+c

Do đó nếu đặt F = ( x + y + z)

Áp dụng ta được:
x+ y
1 1
+
+ =
( x − y)2 y x

1
1
+

.⇔
( x + y)2 − 4 x y = 2 x y

Vậy ( x + y)

z=0
x = (2 ± 3) y

..

Trích đề thi HSG Hà Nội 2016-2017
Câu 5. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 27 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P = (a + 6) ( b + 6) ( c + 6 .
Lời giải
Tìm giá trị lớn nhất:
♀Cách 1:
Từ a2 + b2 + c2 = 27 ⇒ a2 ≤ 27 ⇔ |a| ≤ 3 3 ⇒ a + 6 > 0 .
Tương tự có b + 6 > 0; c + 6 > 0
Nên
P = (a + 6) ( b + 6) ( c + 6) ≤ (|a| + 6) (| b| + 6) (| c| + 6) ≤
|a| + | b| + | c| + 18
3

⇒P≤

| a| + 6 + | b | + 6 + | c | + 6
3

3



Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu
Với t = a + b + c; t2 = (a + b + c)2 ≤ 3. a2 + b2 + c2 = 81 ⇔ −9 ≤ t ≤ 9 .
Từ đó tìm được max P ≤ 27 + 702 = 729 . Dấu = khi a = b = c = 3 .
* Tìm giá trị nhỏ nhất:
Từ giả thiết dẫn đến: |a| ; | b| ; | c| ≤ 3 3 và giả sử :
a2 ≤ b2 ≤ c2 ⇒ a2 + b2 + c2 = 27 ⇒ 3a2 ≤ 27 ⇔ −3 ≤ a ≤ 3

Xét (m + n)2 ≥ 0 ⇔ 2m.n ≥ − m2 + n2
62 + ( b + c)2
2
9 + a2
=
2

Nên (b + 6) ( c + 6) = 36 + 6 (b + c) + bc ≥ 36 + bc −

36 − b2 − c2 36 − 27 − a2
=
2
2
9 + a2
⇒ P = (a + 6) ( b + 6) ( c + 6) ≥ (a + 6) .
= f ( a)
2
9 + a2
Xét (a + 6) .
= f (a) với −3 ≤ a ≤ 3 .
2
Ta tìm được min P = 25 = f (−1) . Dấu = khi ví dụ :a = b = −1; c = −5 .

a+b 4 a b
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b .

Với a, b > 0 ta có 4ab ≤ (a + b)2 ⇔
Áp dụng kết quả trên ta có:

1 1
1
1 1 1 1 1
1
≤
+
≤
+
+
2x + y + z 4 2x y + z
4 2x 4 y z

Dấu = xảy ra ⇔

2x = y + z

y=z

=

1 1 1
1
+
+

1
1 1 1 1
3
+
+
≤
+ +
≤
2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 4 x y z
4

5


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu


x = y= z
Dấu = xảy ra ⇔ 1 1 1
.⇔x= y=z=1 .

 + + =3
x y z
1 1 1
Vậy với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn + + ≤ 3 thì
x y z

1
1
3

Khi đó: V T =
+
+
( y + 2 z) ( z + 2 y) ( z + 2 x) ( x + 2 z) ( x + 2 y) ( y + 2 x)
9
Ta có: ( y + 2 z) ( z + 2 y) = yz + 2 y2 + 2 z2 + 4 yz = 2 ( y + z)2 + yz ≤ y2 + z2
2
2
x2
x2
≥ .
Suy ra:
(1)
( y + 2 z) ( z + 2 y) 9 y2 + z2

Tương tự:

y2
≥
( z + 2 x) ( x + 2 z )
z2
≥
( x + 2 y) ( y + 2 x)

Cộng (1) , (2) , (3) theo vế với vế ta được: V T ≥
Lại có
x2
y2
z2
+

1
1
+
+
−3
y2 + z2 x2 + z2 y2 + x2
1
1
1
x2 + y2 + y2 + z2 + x2 + z2
+ 2
+ 2
−3
2
2
2
y +z
x +z
y + x2
1
3
.9 − 3 =
2
2

x2 + y2 + z2

1
2


y+ z z+ x x+ y
2
x+ y y+ z z+ x

Lời giải
x2
y+ z
y2
z+x
z2
x+ y
+
≥x ;
+
≥y;
+
≥z
y+ z
4
z+x
4
x+ y
4
x2
y2
z2
x+ y+ z
Nên:
+
+

x+ y y+ z z+ x

Ta có:

Trích đề thi HSG tỉnh Bình Thuận 2016 2017
Câu 10. Cho các số dương x, y, z . Chứng minh rằng:
y2
z2
x+ y+ z
xy
yz
zx
x2
+
+
≥
≥
+
+
y+ z z+ x x+ y
2
x+ y y+ z z+ x

Lời giải
y+ z
y2
z+x
z2
x+ y
x2

≥
,
≥
.
2
x+ y
2
y+ z
2
z+x
x+ y+ z
xy
yz
zx
Nên:
≥
+
+
. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x = y = z .
2
x+ y y+ z z+ x

Ta có:

Trích đề thi HSG Tỉnh Gia Lai 2014 - 2015
Câu 11. Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện x y + yz + zx = 2 x yz .
Chứng minh rằng:

x
+

bc
+
=
+
1
1
2
2
2a + bc
+
+
c2 a2 abc
a2 b2 abc
Từ cách đặt và giả thiết x y + yz + zx = 2 x yz suy ra a + b + c = 2

ca

Đặt A =

2 y2 z2 + x yz

Khi đó A =

Ta có
Suy ra

+

1
a

=
≤
(a + b)( c + a) 2 a + b c + a
2a + bc

2a + bc =
bc

2 b + ca

+

ab
2 c + ab

(a + b)( c + a)

Tương tự, ta được:
ca

1 ca
ca
+
( b + c)(a + b) 2 b + c a + b
2 b + ca
ab
ab
1 ab
ab
=


Trích đề thi HSG tỉnh HÒA BÌNH 2017-2018
Câu 12. Cho x, y, z là số thực thỏa mãn x > y > z > 0 và x + y + z = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P =

1

2

( x − y)

+

1

2

( y − z)

+

2
8
+ 3
xz y

Lời giải
1
1
1

.
( x − y)2 ( y − z)2 xz y3 ( x − z)2 xz y3
m 2 n 2 ( m + n )2
Ta chứng mình được BĐT:
+
≥
với a, b, m, n > 0 .
a
b
a+b
a
b
1
4
9
(1 + 2)2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
= . Ta có
+
≥
=
.
2
2
m n
4 xz ( x − z) + 4 xz ( x + z)2
( x − z)
1
4
2

1
2
Vậy P nhỏ nhất bằng 216 khi y = , và x + z = , ( x − z)2 = 2 xz .
3
3
2
1
1
1
1
2
1
Hay x + z = , xz =
. Tức là x = +
; y= ; z= −
.
3
27
3 3 3
3
3 3 3

Áp dụng bất đẳng thức

8


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu

Trích đề thi HSG Hưng Yên 2017-2018


z2 + 2

.
2
1
Ta chứng minh:ln x + x2 + 2 ≤ x + ln 2 − với x ∈ (0; 1) .

3
3
2
1
Tương tự: ln y + y2 + 2 ≤ y + ln 2 − với y ∈ (0; 1) .
3
3
1
2
2
ln z + z + 2 ≤ z + ln 2 − với z ∈ (0; 1) .
3
3
2
1
Suy ra ln T ≤ ( x + y + z) + 3 ln 2 − 1 ≤ 3 ln 2 ⇔ T ≤ 8 . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = ⇔ A =
3
2
π
B=C= .
3
Vậy maxT = 8 khi tam giác ABC đều.

Thật vậy, xét hàm số f ( x) = ln x − x + 1 , x > 0 .

1
− 1 > 0 ; f ( x) = 0 ⇔ x = 1 .
x
Ta có lim+ f ( x) = −∞ , lim f ( x) = −∞ .

f ( x) =

x→0

x→+∞

Từ bảng biến thiên suy ra f ( x) ≤ f (1) = 0 ⇒ ln x ≤ x − 1 ,∀ x > 0 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1 .
Từ đó suy ra, a ln a + b ln b + c ln c ≤ a2 − a + b2 − b + c2 − c ≤ 0 .
Vì vậy, aa b b c c ≤ 1 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

9


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu

Trích đề thi HSG tp Đà Nẵng 2017-2018
Câu 15. Cho các số thực a , b thay đổi nhưng luôn thỏa a 2 − b2 + b 2 − a2 = 2 . Tìm giá
trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P = (a + b)3 − 12 (a − 1) ( b − 1) + ab

Lời giải
2


4
4

2≤t≤2 .

Ta có P = (a + b)3 + 12 (a + b) − 12ab + ab − 12 = t3 − 6 t2 + 12 t +

t2 − 2
.
2

t2 − 2
với 2 ≤ t ≤ 2 thì f ( t) đồng biến trên 2; 2 nên
2
2 ⇔ a = 0; b = 2 hoặc a = 2; b = 0 và max P = 9 khi t = 2 ⇔ a = b = 1

Khảo sát hàm số f ( t) = t3 − 6 t2 + 12 t +
min P = 14 2 − 12 khi t =

.

Trích đề thi HSG 12 tỉnh Cao Bằng 2016 – 2017
Câu 16. Cho hai số thực x , y không âm thỏa mãn điều kiện x + y = 1 . Tìm giá trị lớn
x
y
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
+
y+1

x+1

1
f ( t) =
< 0, ∀ t ∈ 0;
mặt khác f ( t) liên tục trên 0;
2
4
4
(2 + t)
1
1
2
0;
, do đó: f
≤ f ( t) ≤ f (0) ⇒ ≤ f ( t) ≤ 1 .
4
4
3
1

2
1  xy =
1
4 .⇔x= y= .
f ( t) = ⇔ t = ⇒

3
4 
2
x+ y=1


.
..
.

y=0

1
2
⇔ x = y = và max P = 1 ⇔ ( x; y) = (0; 1) ; ( x; y) = (1; 0) .
3
2

Trích đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc 2017-2018
Câu 17. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P =

b3
c3
a3
+
+
a2 + a + 1 b 2 + b + 1 c 2 + c + 1

Lời giải
x3
2
1
− ln x − với x ∈ (0; +∞) .
2
3

+ 2
+ 2
− ln (a.b.c) − 1 ≥ 0
a +a+1 b +b+1 c + c+1 3
a3
b3
c3
⇒ 2
+ 2
+ 2
≥1 ⇒P ≥1
a +a+1 b +b+1 c + c+1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 khi a = b = c = 1.
⇒

Trích đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc 2016-2017
Câu 18. Cho a , b , c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P =

a3
b3
c3
+
+
·
a2 + a + 1 b 2 + b + 1 c 2 + c + 1

Lời giải
x3
2

+
+
− (ln a + ln b + ln c) − 1 ≥ 0
2
2
2
a +a+1 b +b+1 c + c+1 3
a3
b3
c3
2
⇒ 2
+ 2
+ 2
− ln (a.b.c) − 1 ≥ 0
a +a+1 b +b+1 c + c+1 3
a3
b3
c3
⇒ 2
+
+
≥1 ⇒P ≥1
a + a + 1 b2 + b + 1 c2 + c + 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 khi a = b = c = 1.
⇒

Trích đề thi HSG tỉnh THANH HÓA 2016-2017
Câu 19. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x yz + x + z = y . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức




 1
2
1
2

−
=
2
−
 2
2
2
x +1
x +1 y +1
( x + z)2

(1 − xz)2
⇒

+1

1 − xz


1
(1 − xz)2


=

1 − x2

2

+ (2 x)2 . z2 + 1

x2 + 1 z 2 + 1
2z

=

z2 + 1

x2 + 1 z 2 + 1

2 z z 1 − x2 + 2 x

=

⇒P≤

z + 2 x − x2 z

2z

z2 + 1
−2 z


=
(0;+∞)
3
9


z
1


2


=


z
=


2
3


z +1


4



Trích đề thi HSG tỉnh Hà Nam 2017-2018
Câu 20. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab ≥ 1 và c(a + b + c) ≥ 3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

b + 2c a + 2c
+
+ 6 ln(a + b + 2 c)
1+a
1+b

Lời giải
Ta có:
P +2 =

1
1
a + b + 2c + 1 a + b + 2c + 1
+
+ 6 ln(a + b + 2 c) = (a + b + 2 c + 1)(
+
) + 6 ln(a + b + 2 c)
1+a
1+b
1+a 1+b

1
1
2
+
≥

=
≥
≥
1 + a 1 + b 1 + ab 3 + ab c + ab + bc + ca (a + c)( b + c) (a + b + 2 c)2
16(a + b + 2 c + 1)
⇒ P +2 ≥
+ 6 ln(a + b + 2 c)
(a + b + 2 c)2
16( t + 1)
Đặt t = a + b + 2 c > 0 ta có P + 2 ≥
+ 6 ln t
t2
16( t + 1)
6 t2 − 16 t − 32
Xét hàm số f ( t) =
+
6
ln
t
⇒
f
(
t
)
=
⇒ f ( t) = 0 ⇔ t = 4
t2
t3

Ta chứng minh BĐT sau

 f (2) = 3
4 + 2p + q = 3
q=7
có:
.⇔
.⇔
. ⇒ f ( x) = x2 − 4 x + 7 .
p
− =2
p = −4
p = −4
2
f (1) = 4
. ⇒ f ( x) max = 7 .
Nhận thấy: f ( x) min = f (2) nên f ( x) max = { f (1) ; f (4)} . Và
f (4) = 7

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta được: g ( x) = x +

Vậy f ( x) max = 7 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 4 .

Trích đề thi HSG thành phố Hồ Chí Minh 2016-2017
Câu 22. Tìm tất cả các số thực a, b (a < b) sao cho trên đoạn [a ; b] , hàm số f ( x) =

13 − x 2
2

có giá trị nhỏ nhất là 2a và giá trị lớn nhất là 2 b

Lời giải


 39
4

f
= 2a
39
= 2a
4
a=
32
64
Do: x = 0 ∈ [a ; b] và a < b nên ta chỉ nhận a = −2 − 17 .

Ta có ngay: f ( x) max =

Trường hợp 2: x = 0 ∉ [a ; b] .



a = −2 + 17



.


 a = −2 − 17



13
−
b
13 − b 2




=
2
a
a
=


(1)
f ( x) min = f ( b) = 2a
2
4
Nếu:
. . Suy ra
..
.
⇔
2
2


13
−

( b − 1) ( b − 3) b 2 + 4 b − 13 = 0

b=1⇒a=3


b = 3 ⇒ a = 1
⇔ 
.

 b = −2 + 17 ⇒ a = −2 + 17

b = −2 − 17 ⇒ a = −2 − 17
⇔

Do: x = 0 ∉ [a ; b] và a < b nên ta chỉ nhận

a=1
b=3

..

Vậy các cặp số thực cần tìm là: (a, b) = (1, 3) ∨ −2 − 17,

13
.
4

Trích đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa 2013-2014
Câu 23. Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
8a + 3 b + 4

+
+
4
4
12
2

1 + (a + b + c)
t
Đặt a + b + c = t, ta có t > 0. Xét hàm số f ( t) =
với t > 0.
1 + t2
1 − t2
; f ( t) = 0 ⇔ t = ±1 ; lim f ( t) = 0 ; lim+ f ( t) = 0.
Ta có f ( t) =
2
t→+∞
t→0
1 + t2

=

28
a+b+c
·
3 1 + ( a + b + c )2

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta suy ra GTLN của P bằng

+

3z

( z2 + 1) z2 + 1

.

Lời giải
♀Cách 1: Có:
x+z
.
1 − xz
z + 2 x − x2 z

x yz + x + z = y ⇔ x + z = y(1 − xz) ⇔ y =
2z

=

2 z z 1 − x2 + 2 x

=

x2 + 1 z 2 + 1
2z

≤
=


1
2
Đặt t =
=
1
+
⇒
z
+
1
=
+1 =
⇒ P ≤ t − 3 t3
( t > 0) ⇒ 2 =
2
2
2
t
z
z
1− t
1 − t2
z2 + 1
Xét hàm số f ( t) = t − 3 t3 (liên tục với t > 0 ) , f ( t) = 1 − 9 t2
z2 + 1
z

−

z2 + 1

3


z


4


x+z
2
2 ..
P đạt giá trị lớn nhất bằng khi và chỉ khi y =
.⇔


x=
1 − xz
9




2


2





Dấu "=" xảy ra khi A + B = .
2

2
9

Xét hàm số f ( t) = t − 3 t như trên ta được sin C − 3 sin3 C ≤ .
3

Dấu "=" xảy ra khi sin C =

1
2
⇒ tan C =
.
3
4

2
π
2 tan A
và A + B = ⇒ 2 2 = cot C = cot(B − A ) = tan 2 A =
4
2
1 − tan2 A
2
⇒ tan A =
, tan B = 2.
2

5
1
1
1
2
2
2
1 = 2 x + 2 y − x y = 2( x − y) + 3 x y ≥ 3 x y ⇒ x y ≤ ⇒ − ≤ x y ≤
3
5
3
7
1 1
33 2 7
Đặt t = x y , t ∈ − ; ⇒ P = − t + t +
5 3
4
2
4
70
7
18
1
Tìm được maxP =
⇔t=
, minP =
⇔t=− .
33
33
25

2
33
33
2


70



maxP =
⇔
hay

33 




1  34
6
1




y= 
−



=




2
33
33
2
33



 hay

hay






1
34
6
1
34





6
33

6
33


6
33

6
33

17


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu

Trích đề thi HSG Hà Tĩnh 2017-2018
Câu 26. Giả sử hàm số y = f ( x) có đạo hàm là hàm số y = f ( x) ; đồ thị của hàm số
y = f ( x) được cho như hình vẽ sau và f (0) + f (1) − 2 f (2) = f (4) − f (3) . Hỏi trong các giá
trị f (0) , f (1) , f (4) giá trị nào là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x) trên đoạn [0; 4] ?

Lời giải
Từ đồ thị của hàm số y = f ( x) ta có bảng biến thiên của hàm số y = f ( x) như hình vẽ:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy trên đoạn [0; 4] giá trị lớn nhất của hàm số f ( x) là f (2) ;
giá trị nhỏ nhất chỉ có thể là f (0) hoặc f (4) .
Cũng từ bảng biến thiên ta có: f (1) , f (3) < f (2) ⇒ f (1) + f (3) < 2 f (2) .

1
x y ( x + y)4 ≥ ( x + y − 1) ( x + y)4
8
8
1
6
Từ các đánh giá (1) và (2) nên ta có: P ≥ ( x + y − 1) ( x + y)4 +
− 3 ( x + y) .
8
( x + y)2 − 2 ( x + y) + 2
1
1
6
Đặt t = x + y . Do x; y ∈ ; 1 nên t ∈ [1; 2] . Ta có P ≥ f ( t) = ( t − 1) t4 + 2
− 3t
2
8
t − 2t + 2
Hàm số f ( t) xác định và liên tục trên [1; 2] và

x5 y + x y5 = x y x4 + y4 ≥ x y.

f ( t) =

2

≥

1
12 ( t − 1)


Ta có: ( t − 1)2 + 1 ≥ 2 ( t − 1) ⇒ ( t − 1)2 + 1 ≥ 4 ( t − 1)2 ⇔
Suy ra 3 −

+3−

12 ( t − 1)

12 ( t − 1)
( t − 1)2 + 1

≤

2

2

12 ( t − 1)
2
t2 − 2 t + 2

+3−

12 ( t − 1)

t2 − 2 t + 2

2

3

3

abc =

a+

a
.2 b +
2

3

a
.b(4 c)
4

a
a
+ 2b
+ b + 4c
≤
a+ 2
+4
2
3
a + 4 b a + 4 b + 16 c 4
= a+
+
= (a + b + c)
4



Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu
f ( t) = 0 ⇔ t = 1 .

3
3
2
2
a+b+c =1
16
4
1
.⇔a=
;b=
;c=
21
21
21
a = 4 b = 16 c

Suy ra min f ( t) = f (1) = − ⇒ P ≥ − .
Dấu bằng xảy ra khi

Trích đề thi HSG 12 HÀ NAM NĂM HỌC 2016- 2017
Câu 29. Cho x , y , z là các số thực không âm thỏa mãn 0 < ( x + y)2 + ( y + z)2 + ( z + x)2 ≤ 18
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
x
y
z

Lại có
x 2017
y 2017
z 2017
x 2
y 2
z
x y z
0 ≤ x, y, z ≤ 3 ⇔ 0 ≤ , , ≤ 1 ⇒
+
+
≤
+
+
3 3 3
3
3
3
3
3
3
x 2017
y 2017
z 2017
⇒ log3
+
+
≤ 0 (2)
3
3

Có f (u) = 1 − u3 , f (u) = 0 ⇔ u = 3
27

2

≤1

Bảng biến thiên
20


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu

Dựa vào bảng biến thiên ta có f (u) ≤

21
, ∀u ≥ 0 .
4

21
, dấu “=” xảy ra khi x = 3 , y = z = 0 hoặc các hoán vị.
4
21
Vậy giá trị lớn nhất của P là
.
4

Suy ra P ≤

Trích đề thi HSG Thành phố Cần Thơ 2017-2018

ab + bc + ca
ab + bc + ca

16
(a + b + c)2 16
=
⇒ t ∈ 5;
3
3
3
25
25
16
Ta có P ≤
− t + 5 = f ( t) . Xét hàm số f ( t) =
− t + 5, t ∈ 5;
t
t
3
25
16
Ta có f ( t) = −1 − 2 < 0, t ∈ 5;
3
t
Suy ra f ( t) nghịch biến suy ra P ≤ f ( t) ≤ f (5) = 6

Đặt t = ab + bc + ca , ta có ab + bc + ca ≤

Vậy max P = 5 khi a = b = 1, c = 2 hoặc a = c = 1, b = 2 hoặc a = 2; b = c = 1 .


2
1
+
≥
⇔ a− b
ab − 1 ≥ 0 đúng do ab ≥ 1 .
1 + a 1 + b 1 + ab
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab
 =1 .


Thật vậy:


1
1
 1 + 1 ≥ 1 +
x +2
z
x
x
x
10 −
1+
1+
10 −
1
+
y
y





 z x
1
Suy ra Pmin = khi và chỉ khi  y = z . ⇔


2

.

x


=1

y

x = 4y
z = 2y

..

Trích đề thi HSG tỉnh Hà Nam 2016-2017
Câu 32. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn
0 < ( x + y)2 + ( y + z)2 + ( z + x)2 ≤ 18.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

22


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu
t
Từ Bảng biến thiên suy ra g ( t) ≤ 0, ∀ t ∈ [0; 3] ⇔ 4 3 ≤ t + 1, ∀ t ∈ [0; 3] (1)

Lại có

x y z
0 ≤ x, y, z ≤ 3 ⇔ 0 ≤ , , ≤ 1
3 3 3
x 2017
y 2017
z 2017
x 2
y 2
z 2
⇒
+
+
≤
+
+
≤1
3
3
3
3
3

108
1 4
u .
Đặt x + y + z = u, khi đó u ≥ 0 và P ≤ 3 + u −
108
1 4
u , với u ∈ [0; +∞)
Xét hàm số f (u) = 3 + u −
108
1
Có f (u) = 1 − u3 , f (u) = 0 ⇔ u = 3
27
21
Dựa vào bảng biến thiên ta có f (u) ≤ , ∀u ≥ 0.
4
21
Suy ra P ≤ , dấu “=” xảy ra khi x = 3, y = z = 0 hoặc các hoán vị.
4
21
.
Vậy giá trị lớn nhất của P là
4

Trích đề thi HSG Hòa Bình 2016-2017
Câu 33. a) Chứng minh rằng 3 x4 + 1 ≥ 4 x3 với mọi giá trị của x .
b) Cho các số thực dương x, y, z .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M=

3 x4 + 4 y3 + 16 z3 + 1
( x + y + z)3

+
16
x+ y+ z
x+ y+ z
(+ y + z )3
x
+
y
Xét hàm số f ( t) = t3 + 16 (1 − t)3 , t =
, t ∈ (0; 1)
x+ y+ z
4
Ta có f ( t) = 3 t2 − 48 (1 − t)2 ⇒ f ( t) = 0 ⇔ t = ; lim+ f ( t) = 16; lim− f ( t) = 1
t→1
5 t→0

Bảng biến thiên
23


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu

4
16
16
4
=
, f ( t) =
⇔t=
25

x= y

Từ BBT suy ra f ( t) ≥ f

Trích đề thi HSG Quảng Ngãi 16-17
Câu 34. Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 9] và x ≥ y, x ≥ z . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P =

y
1
z
y
+
+
10 y − x 2 y + z z + x

Lời giải
Với a, b dương thỏa mãn ab ≥ 1 ta có bất đẳng thức

1
1
2
+
≥
.
1 + a 1 + b 1 + ab

2
1
2

y 1+ y
x
1
1
Đặt
= t ∈ [1; 3] . Xét hàm số f ( t) =
+
trên đoạn [1; 3] .
2
y
1+ t
10 − t
2t
1
f ( t) =
−
; f ( t) = 0 ⇔ t4 − 2 t3 − 24 t2 − 2 t + 100 = 0
2
2
2
+
t
(1
)
10 − t
3
t
−
2)
t

Áp dụng bất đẳng thức trên: P =

Trích đề thi HSG Bắc Giang 2016-2017
Câu 35. Cho các số thực x, y, z không âm đôi một phân biệt.Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P = x2 + y2 + z2

1
2

( x − y)

+

1
2

( y − z)

+

1
( z − x)2

24


Latex hóa:Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo huyện Phong Thổ tỉnh Lai Châu
Lời giải
Không mất tính tổng quát giả sử 0 ≤ x < y < z
Đặt a = y − x; b = z − y thì a > 0, b > 0

+1
b
b
a 2 a
(2 t + 1) ( t + 1)2
Đặt t =
+ , t > 0 thì P ≥
b
b
t2
2
4t + 1
(2 t + 1) ( t + 1)
Xét hàm số f ( t) =
= 2 t + 5 + 2 , t ∈ (0; +∞)
2
t
t
2 t3 − 2 t − 1
1+ 5
; f ( t) = 0 ⇔ t =
Ta có f ( t) =
2
t3
1+ 5
11 + 5 5
11 + 5 5
Lập bảng biến thiên ta được f ( t) ≥ f
=
Do đó P ≥


Vậy P nhỏ nhất là P =

y
−1 + 3 + 2 5 .
=
z− y
2

11 + 5 5
2

Trích đề thi HSG tỉnh BÀ RỊA-VŨNG TÀU 2017-2018
Câu 36. Cho ba số thực dương a , b , c thỏa mãn ln b2 + c2 + 1 − 2 ln (3a) = 9a2 − b2 − c2 − 1
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

2 ( b + c ) 5 a2 − 1
+
a
2 a3

Lời giải
ln b2 + c2 + 1 + b2 + c2 + 1 = ln 9a2 + 9a2 .

Xét hàm số f ( t) = ln t + 1 , ( t > 0) ⇒ b2 + c2 = 9a2 − 1 ⇒ a >
( b + c)2 ≤ 2 b2 + c2 = 2 9a2 − 1 ⇒ b + c ≤ 18a2 − 2 .
2 18a2 − 2 5a2 − 1
.
P≤
+


25