Tổng hợp BĐT các đề thi thử THPT QG môn Toán năm 2016

Tổng hợp BĐT các đề thi thử THPT QG môn Toán năm 2016

Tổng hợp các bài BĐT trong các đề thi thử THPT Quốc Gia môn Toán năm 2016

Bất đẳng thức số 27

Bài Toán:Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn $x^2+y^2+z^2+2xy=3(x+y+z)$.
Tìm GTNN của biểu thức: $ P= x+y+z +\frac{20}{\sqrt{x+z}}+\frac{20}{\sqrt{y+2}}$

Lời giải

Từ (1) ta có:$(x+y)^2+z^2=3(x+y+z)$

Áp dụng BĐT $C-S$ ta có:$(x+y)^2+z^2\geq \frac{(x+y+z)^2}{2}$

Do đó:$3(x+y+z)\geq \frac{(x+y+z)^2}{2}\Rightarrow x+y+z\leq 6$

Áp dụng BĐT $C-S$ dạng Engel:

$\frac{20}{\sqrt{x+z}}+\frac{20}{\sqrt{y+2}}\geq \frac{80}{\sqrt{x+z}+\sqrt{y+2}}\geq \frac{80}{\sqrt{2(x+y+z)+4}}$

Khi đó:$P\geq (x+y+z)+\frac{80}{\sqrt{2(x+y+z)+4}}$

Đặt $x+y+z=t\Rightarrow 0 \leq t \leq 6$

$\Rightarrow P\geq t+\frac{80}{\sqrt{2t+4}}(*)$

Đoạn (*) có nhiều cách làm nhưng mình sẽ hướng dẫn cách làm dùng toàn BĐT $AM-GM$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có:

$\sqrt{2t+4}\leq \frac{2t+4+16}{8}=\frac{t+10}{4}$

$\Rightarrow t+\frac{80}{\sqrt{2t+4}}\geq t+\frac{320}{t+10}=t+10+\frac{256}{t+10}+\frac{64}{t+10}-10\geq 32+4-10=26$

Do đó:$P_{min}=26$ khi $x=1;y=2;z=3$

Bất đẳng thức trên tập số nguyên

Bất đẳng thức trên tập số nguyên

Khi xét bất đẳng thức trên tập số nguyên chúng ta cần lưu ý hai nhận xét sau:

1) Số chiều $n$ của bất đẳng thức có liên quan đến các biến số nguyên

2) Dấu đẳng thức xảy ra tại các điểm nguyên

I. Bất đẳng thức Cauchy trên tập số nguyên

Xét bất đẳng thức $x_{i}>0 (i=\overline{1,n})$

$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_{1}\geq \left ( \prod_{i=1}^{n} \right)^{\frac{1}{n}}$

Chọn 

$n=a+b+c;a,b,c\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=a$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=b$

$x_{a+b+1}=x_{a+b+2}=...=x_{a+b+c}=c$

Ta thu được:

Ví dụ 1. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a+b+c}\geq (a^{a}.b^{b}.c^{c})^{\frac{1}{a+b+c}}$

Chọn 

$n=a+b+c;a,b,c\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=b$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=c$

$x_{a+b+1}=x_{a+b+2}=...=x_{a+b+c}=a$

Ta thu được:

Ví dụ 2.  Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}\geq b^{\frac{a}{a+b+c}}.c^{\frac{b}{a+b+c}}.a^{\frac{c}{a+b+c}}$

Xét bất đẳng thức: $x_{i}>0 (i=\overline{1,n})$

$\prod_{i=1}^{n}(1+x_{1})\geq \left ( 1+( \prod_{i=1}^{n}x_{i})^{\frac{1}{n}} \right )^{n}$

Chọn 

$n=a+b;a,b\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=b$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=b$

Ta thu được:

Ví dụ 3. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$(1+a)^{\frac{a}{a+b}}.(1+b)^{\frac{b}{a+b}}\geq 1+a^{\frac{a}{a+b}}.b^{\frac{b}{a+b}}$

Chọn 

$n=a+b;a,b\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=b$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=a$

Ta thu được:

Ví dụ 4. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$(1+a)^{\frac{a}{a+b}}.(1+b)^{\frac{b}{a+b}}\geq 1+a^{\frac{b}{a+b}}.b^{\frac{a}{a+b}}$

Xét bất đẳng thức: $x_{i}>1(i=\overline{1,n})$

$\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1+x_{i}}\geq \frac{n}{1+\left ( \prod_{i=1}^{n} \right )}^{\frac{1}{n}}$

Chọn 

$n=a+b+c;a,b,c\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=a$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=b$

$x_{a+b+1}=x_{a+b+2}=...=x_{a+b+c}=c$

Ta thu được:

Ví dụ 5. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$\left ( 1+a^{\frac{a}{a+b+c}}.b^{\frac{a}{a+b+c}}.c^{\frac{a}{a+b+c}} \right )\left ( \frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c} \right )\geq a+b+c$

Chọn 

$n=a+b;a,b\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=b$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=a$

Ta thu được:

Ví dụ 6. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$\left ( 1+a^{\frac{b}{a+b}}.b^{\frac{a}{a+b}} \right )\left ( \frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b} \right )\geq a+b$

Xét bất đẳng thức: $x_{i}>0(i=\overline{1,n})$

$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_{i}^{k}\geq \left ( \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_{i} \right )^{k}$

Chọn 

$n=a+b+c;a,b,c\in \mathbb{N}^{*},k=3$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=a$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=b$

$x_{a+b+1}=x_{a+b+2}=...=x_{a+b+c}=c$

Ta thu được:

Ví dụ 7. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$(a+b+c)^{2}(a^{4}+b^{4}+c^{4})\geq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{3}$

Chọn

$n=a+b+c;a,b,c\in \mathbb{N}^{*},k=3$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=a$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=b$

$x_{a+b+1}=x_{a+b+2}=...=x_{a+b+c}=c$

Ta thu được:

Ví dụ 8. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$(a+b+c)^{2}(ab^{3}+bc^{3}+ca^{3})\geq (ab+bc+ca)^{3}$

  

Xét bất đẳng thức:

$\sum_{i=1}^{n}(1+x_{i=1}^{2})^{\frac{1}{2}}\geq \left ( n^{2}+(\sum_{i=1}^{n}x_{i})^{2} \right )^{\frac{1}{2}}$

Chọn

$n=a+b+c;a,b,c\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=b$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=c$

$x_{a+b+1}=x_{a+b+2}=...=x_{a+b+c}=a$

Ta thu được:

Ví dụ 9. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$a\sqrt{1+a^{2}}+b\sqrt{1+b^{2}}+c\sqrt{1+c^{2}}\geq \sqrt{(a+b+c)^{2}+(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}$

Chọn

$n=a+b;a,b\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=b$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=a$

Ta thu được:

Ví dụ 10. Với $a,b$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$a\sqrt{1+b^{2}}+b\sqrt{1+a^{2}}\geq \sqrt{(a+b)^{2}+4a^{2}b^{2}}$

Xét bất đẳng thức: $x_{i}>0$

$\sum_{i=1}^{n}\frac{x_{i}}{1+x_{i}}\leq \frac{n\sum_{i=1}^{n}x_{i}}{n+\sum_{i=1}^{n}x_{i}}$

Chọn

$n=a+b+c;a,b,c\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=a$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=b$

$x_{a+b+1}=x_{a+b+2}=...=x_{a+b+c}=c$

Ta thu được

Ví dụ 11. Với $a,b$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a^{2}}{1+a}\leq \frac{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)+(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

Chọn

$n=a+b;a,b\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=b$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=a$

Ta thu được

Ví dụ 12.  Với $a,b$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$ab\left ( \frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b} \right )\leq \frac{2ab(a+b)}{a+b+2ab}$

II. Bất đẳng thức tổ hợp cơ bản

Trước hết ta xét bài tập cơ bản sau:

Ví dụ 13. Với $a,b\in \mathbb{N}^{*}$, $a+b=n$ cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P=a!b!$

Giải

Ta chứng minh

Nếu $a+b=n,a-b\geq 2$ thì $a!b!$ không đạt giá trị nhỏ nhất

Thật vậy, ta xây dựng: $a_{1}=a-1,b_{1}=b+1\Rightarrow a_{1}+b_{1}=n$

Ta chứng minh:

$a!b!>a_{1}!b_{1}!=(a-1)!(b+1)!$

$\Leftrightarrow a>b+1$ (Hiển nhiên đúng vì $a\geq b+2>b+1$)

Vậy giá trị nhỏ nhất của $a!b!$ chỉ đạt được khi $a-b$ nhân một trong hai giá trị $0$ và $1$.

Nếu $n=2k$. Suy ra: $a=b=k$ và $P_{min}=(k!)^{2}$

Nếu $n=2k+1$. Suy ra: $a=k+1,b=k$ và $P_{min}=k!(k+1)!$

Dễ dàng chứng mở rộng cho trường hợp nhiều biến:

Ví dụ 14. Với $x_{i}\in \mathbb{N}^{*}(i=\overline{1,m})$, $\sum_{i=1}^{m}x_{i}=n$ cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$P=\prod_{i=1}^{m}(x_{i}!)$

Giải

Ta chứng minh

Nếu $\sum_{i=1}^{m}x_{i}=n$ và tồn tại $x_{p}-x_{q}\geq 2$ thì $\prod_{i=1}^{m}(x_{i}!)$ không đạt giá trị nhỏ nhất

Thật vậy, ta xây dựng

$y_{i}=x_{i}(i\neq p,i\neq q)$

$y_{p}=x_{p}-1,y_{q}=x_{q}-1$

Khi đó: $\sum_{i=1}^{m}y_{i}=n$ (thỏa mãn điều kiện của bài toán), và:

$\prod_{i=1}^{m}(x_{i}!)> \prod_{i=1}^{m}(y_{i}!)$

$\Leftrightarrow x_{p}!x_{q}!>y_{p}!y_{q}!=(x_{p}-1)!(x_{q}+1)!$

$\Leftrightarrow x_{p}>x_{q}+1$ (Hiển nhiên đúng vì $x_{p}\geq x_{q}+2>x_{q}+1$)

Vậy giá trị nhỏ nhất của $\prod_{i=1}^{m}(x_{i}!)$ chỉ đạt được khi $x_{p}-x_{q}$ nhận một trong hai giá trị $0$ và $1$, $p,q$ bất kì

Nếu $n=km$, suy ra 

$x_{1}=x_{2}=...=x_{m}=k$

$P_{min}=(k!)^{m}$

Nếu $n=km+l$ ($1\leq l\leq m-1$

Suy ra

$x_{1}=x_{2}=...=x_{l}=k+1$

$x_{l+1}=x_{l+2}=...=x_{l+n}=k$

Và $P_{min}=((k+1)!)^{l}.(k!)^{n-l}$

Với cách giải tương tự ta có thể giải dễ dàng các bài toán sau:

Ví dụ 15. Với $a,b$ là các số tự nhiên dương thỏa mãn $a+b=n$ cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của

$P=a!+b!$

$Q=(a!)^{2}+(b!)^{2}$

$T=\sqrt{a!}+\sqrt{b!}$

Giải

Giả sử $a+b=n,a-b\geq 2$

Khi đó ta chứng minh các biểu thức trên không đạt giá trị nhỏ nhất

Thật vậy

Đặt $a_{1}=a-1,b_{1}=b+1$ ta có $a_{1}+b_{1}=n$ và chứng minh

1) $a!+b!>a_{1}!+b_{1}!=(a-1)!+(b+1)!$

$\Leftrightarrow (a-1)!(a-1)!>b!b!$ (Đúng)

2) $(a!)^{2}+(b!)^{2}>(a_{1}!)^{2}+(b_{1}!)^{2}=((a-1)!)^{2}+((b+1)!^{2}$

$\Leftrightarrow ((a-1)!)^{2}(a^{2}-1)>(b!)^{2}((b+1)^{2}-1)$ (Hiển nhiên đúng)

3) $\sqrt{a!}+\sqrt{b}!>\sqrt{a_{1}!}+\sqrt{b_{1}}=\sqrt{(a-1)!}+\sqrt{(b+1)!}$

$\Leftrightarrow \sqrt{(a-1)!}(\sqrt{a}-1)>\sqrt{b!}(\sqrt{b+1}-1)$ (Hiển nhiên đúng)

III. Bài tập đề nghị:

1. Với $a,b$ là các số tự nhiên dương thỏa mãn $a+2b=n$ cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của

1) $P=(a!)(b!)^{2}$

2) $Q=(a!)^{2}+2(b!)^{2}$

3) $T=\sqrt{a!}+2\sqrt{b!}$

2. Với $0<k<500$, tìm giá trị nhỏ nhất của

1) $P=(k!)^{2}.(1000-2k)!$

2) $Q=2(k!)^{2}((1000-2k)!)^{2}$

3) $T=2\sqrt{k!}+\sqrt{(1000-2k)!}$

3. Với $a,b$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$a\sqrt{a}+b\sqrt{b}\leq \sqrt{(a^{2}+b^{2})(a+b)}$

4. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng

$a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c}\leq \sqrt{(ab+bc+ca)(a+b+c)}$

5. Với $a,b,c$ là những số tự nhiên dương, chứng minh rằng

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}$

- Lược trích quyển "Bất đẳng thức Cauchy" -

To be continue....

Nguồn: VMF - VMFer: rainbow99

Tổng hợp các bài BĐT thi thử THPT QG năm 2015-2016 của báo THTT

Bài 1 (Đề thi thử số 1 THPT QG của báo THTT số 459 tháng 9/2015)

Cho ba số dương $x,y,z$ thỏa mãn $\frac{1}{x^{18}}+\frac{1}{y^{18}}+\frac{1}{z^{18}}\leq 3$.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$$F=\frac{x^{2015}+y^{2015}}{x^{1997}+y^{1997}}+\frac{y^{2015}+z^{2015}}{y^{1997}+z^{1997}}+\frac{x^{2015}+z^{2015}}{x^{1997}+z^{1997}}$$

Lời giải:(VMFer:phamngochung9a)

Áp dụng BĐT $Cauchy$

$3\geq \dfrac{3}{\sqrt[3]{x^{18}y^{18}z^{18}}}\Rightarrow 3\sqrt[3]{x^{18}y^{18}z^{18}}\geq 3$

Áp dụng $Chebyshev$ , ta có: 

$\dfrac{x^{2015}+y^{2015}}{x^{1997}+y^{1997}}\geq \dfrac{\frac{1}{2}(x^{1997}+y^{1997})(x^{18}+y^{18})}{x^{1997}+y^{1997}}=\dfrac{1}{2}(x^{18}+y^{18})$

Lập các BĐT tương tự rồi cộng lại, suy ra:

 $F=\dfrac{x^{2015}+y^{2015}}{x^{1997}+y^{1997}}+\dfrac{y^{2015}+z^{2015}}{y^{1997}+z^{1997}}+\dfrac{x^{2015}+z^{2015}}{x^{1997}+z^{1997}}\geq x^{18}+y^{18}+z^{18}\geq 3\sqrt[3]{x^{18}y^{18}z^{18}}\geq 3$

Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

Bài 2 ( Đề thi thử số 1 báo THTT số 448 tháng 10/2014 )  Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện :

$a^{2}+b^{2}+c^{2}=14$.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

 $$P=\frac{4(a+c)}{a^{2}+3c^{2}+28}+\frac{4a}{a^{2}+bc+7}-\frac{5}{(a+b)^{2}}-\frac{3}{a(b+c)}$$  

                                       

                                                                                    ( Trần Quốc Luật - Gv THPT chuyên Hà Tĩnh )  

Lời giải:(VMFer:Dinh Xuan Hung)

Ta có:$\dfrac{a^2}{\dfrac{1}{2}}+\frac{b^2}{\dfrac{1}{3}}+\frac{c^2}{\dfrac{1}{6}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{6}}\Rightarrow a^2+3c^2+28=3a^2+2b^2+5c^2\geq 2(a+b)(a+c)$

Mặt khác:$\dfrac{4a}{a^2+bc+7}=\frac{8a}{2a^2+a^2+(b+c)^2}\leq \dfrac{8a}{2a^2+2a(b+c)}=\dfrac{4}{a+b+c}\leq \dfrac{2}{\sqrt{a(b+c)}}$

Do vậy $\mathbb{P}\leq \dfrac{2}{a+b}-\frac{5}{(a+b)^2}+\dfrac{2}{\sqrt{a(b+c)}}-\dfrac{3}{a(b+c)}=\dfrac{1}{5}-5\left ( \dfrac{1}{a+b}-\dfrac{1}{5} \right )^2+\dfrac{1}{3}-3\left ( \dfrac{1}{\sqrt{a(b+c)}}-\dfrac{1}{3} \right )^2\leq \dfrac{8}{15}$

Khi $a=1;b=2;c=3$ thì $P=\dfrac{8}{15}$

Vậy $P$ max = $\dfrac{8}{15}$ 

Bài 3 (Đề thi thử số 2 báo THTT số 449 tháng 11/2014)

Cho $a.b.c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=\frac{1}{6}$.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$$\mathbb{P}=\frac{1}{a^4(2b+1)(3c+1)}+\frac{1}{16b^4(3c+1)(a+1)}+\frac{1}{81c^4(a+1)(2b+1)}$$

Lời giải:(VMFer:Supermath98)

Đổi biến $\left ( \dfrac{1}{a};\dfrac{1}{2b};\dfrac{1}{2c} \right )\rightarrow \left ( x;y;z \right )$. Từ điều kiện suy ra $xyz=1$

Khi đó $P= \dfrac{x^{3}}{\left ( y+1 \right )\left ( z+1 \right )}+\dfrac{y^{3}}{\left ( x+1 \right )\left ( z+1 \right )}+\dfrac{z^{3}}{\left ( x+1 \right )\left ( y+1 \right )}$

Theo BĐT AM-GM ta có: $\dfrac{x^{3}}{\left ( y+1 \right )\left ( z+1\right )}+\dfrac{y+1}{8}+\dfrac{z+1}{8}\geq \dfrac{3x}{4}$

Thiết lập các BĐT tương tự ta suy ra được $P_{Min}=\dfrac{3}{4}\Leftrightarrow a=1;b=\dfrac{1}{2};c=\dfrac{1}{3}$

Bài 4: (Đề thử sức số 3 báo THTT số 450 T12/2014)

Cho hai số thực $a;b\in \left ( 0;1 \right )$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}=a\sqrt{1-b^{2}}+b\sqrt{1-a^{2}}$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P= \dfrac{8\left ( 1-a \right )}{1+a}+9\sqrt{\frac{1-b}{1+b}}$

Lời giải:(VMFer:Hoang Tung)

Sử dụng phép nhân liên hợp ta có :

 $a^2+b^2=a\sqrt{1-b^2}+b\sqrt{1-a^2}< = > a(a-\sqrt{1-b^2})+b(b-\sqrt{1-a^2})=0$
$< = > a.\dfrac{a^2+b^2-1}{a+\sqrt{1-b^2}}+b.\dfrac{b^2+a^2-1}{b+\sqrt{1-a^2}}=0$
$< = > (a^2+b^2-1)(\dfrac{a}{a+\sqrt{1-b^2}}+\dfrac{b}{b+\sqrt{1-a^2}})=0$
$= > a^2+b^2-1=0= > a^2+b^2=1$

 Do $a^2+b^2=1$ ,$a,b> 0$ nên tồn tại góc $\alpha$ với $0< \alpha < \frac{\pi }{2}$ thỏa mãn $sin^{2}\alpha +cos^{2}\alpha =1$

- Xét $a=sin\alpha ,b=cos\alpha$ . Ta có :

 $P=\dfrac{8(1-a)}{1+a}+9\sqrt{\dfrac{1-b}{1+b}}$
$=\dfrac{8(1-sin\alpha )}{1+sin\alpha }+9\sqrt{\dfrac{1-cos\alpha }{1+cos\alpha }}$
$=\dfrac{8(sin\dfrac{\alpha }{2}-cos\dfrac{\alpha }{2})^2}{(sin\dfrac{\alpha }{2}+cos\dfrac{\alpha }{2})^2}+9\sqrt{\dfrac{2sin^{2}\dfrac{\alpha }{2}}{2cos^{2}\dfrac{\alpha }{2}}}$
$=\dfrac{8(\dfrac{sin\dfrac{\alpha }{2}}{cos\dfrac{\alpha }{2}}-1)^2}{(\dfrac{sin\dfrac{\alpha }{2}}{cos\dfrac{\alpha }{2}}+1)^2}+\dfrac{9sin\frac{\alpha }{2} }{cos\dfrac{\alpha }{2}}$
$=\dfrac{8(t-1)^2}{(t+1)^2}+9t$ 

 (Với $t=\dfrac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}}> 0$)

  Tới đây xét đạo hàm hoặc biến đổi tương đương ta Cm được $P\geq 5$

Dấu = xảy ra khi $t=\frac{1}{3}< = > \frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}}=\frac{1}{3},sin^{2}\frac{\alpha }{2}+cos^{2}\frac{\alpha }{2}=1$
$ < = > sin\frac{\alpha }{2}=\frac{1}{\sqrt{10}},cos\frac{\alpha }{2}=\frac{3}{\sqrt{10}}$
$< = > a=\frac{3}{5},b=\frac{4}{5}$. Do đó $P_{min}=5$

- Xét $a=cos\alpha ,b=sin\alpha$. Ta có :

 $P=\dfrac{8(1-a)}{1+a}+9\sqrt{\dfrac{1-b}{1+b}}=\dfrac{8(1-cos\alpha )}{1+cos\alpha }+9\sqrt{\dfrac{1-sin\alpha }{1+sin\alpha }}$

$=\dfrac{8sin^{2}\dfrac{\alpha }{2}}{cos^{2}\dfrac{\alpha }{2}}+9\sqrt{\dfrac{(sin\frac{\alpha }{2}-cos\dfrac{\alpha }{2})^2}{(sind\frac{\alpha }{2}+cos\dfrac{\alpha }{2})^2}}$

$=8(\dfrac{sin\dfrac{\alpha }{2}}{cos\dfrac{\alpha }{2}})^2+9.\left | \dfrac{sin\frac{\alpha }{2}-cos\dfrac{\alpha }{2}}{sin\dfrac{\alpha }{2}+cos\dfrac{\alpha }{2}} \right |$

+ Nếu $sin\dfrac{\alpha }{2}\geq cos\dfrac{\alpha }{2}= > \dfrac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\dfrac{\alpha }{2}}\geq 1$

$= > P=8(\dfrac{sin\dfrac{\alpha }{2}}{cos\dfrac{\alpha }{2}})^2+9.(\dfrac{sin\dfrac{\alpha }{2}-cos\dfrac{\alpha }{2}}{sin\dfrac{\alpha }{2}+cos\dfrac{\alpha }{2}})\geq 8$

$= > P\geq 8$   (1)

+ Nếu $sin\dfrac{\alpha }{2}< cos\dfrac{\alpha }{2}= >0< \dfrac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\dfrac{\alpha }{2}}< 1$

  Khi đó $P=8(\dfrac{sin\dfrac{\alpha }{2}}{cos\dfrac{\alpha }{2}})^2+9(\dfrac{cos\frac{\alpha }{2}-sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}+sin\frac{\alpha }{2}})$
$=8t^2+\dfrac{9(1-t)}{1+t}$ 

  ( Với $t=\dfrac{sin\dfrac{\alpha }{2}}{cos\dfrac{\alpha }{2}},0< t< 1$)

 Tới đây xét đạo hàm hoặc biến đổi tương đương ta CM được $P\geq 5$  (2)

 
Dấu =  xảy ra khi $t=\dfrac{1}{2}$

$< = > cos\dfrac{\alpha }{2}=2sin\dfrac{\alpha }{2},cos^{2}\dfrac{\alpha }{2}+sin^{2}\dfrac{\alpha }{2}=1$

$< = > sin\dfrac{\alpha }{2}=\dfrac{1}{\sqrt{5}},cos\dfrac{\alpha }{2}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$

$= > a=\dfrac{3}{5},b=\dfrac{4}{5}$

 
+ Từ (1)(2) $= > P_{min}=5< = > a=\dfrac{3}{5},b=\dfrac{4}{5}$

- Từ 2 TH trên $= > P_{min}=5< = > a=\dfrac{3}{5},b=\dfrac{4}{5}$

Tiếp tục cập nhật

Bất đẳng thức 25

Bài Toán:Cho a,b,c không âm.Chứng minh rằng:$(\dfrac{a}{b+c})^3+(\dfrac{b}{c+a})^3+(\dfrac{c}{a+b})^3+\dfrac{5abc}{(a+b)(b+c)(a+c)}\geq \dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$

Lời giải:

Ta có: $(\dfrac{a}{b+c})^{3}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}\geq 3\sqrt[3]{\dfrac{1}{64}.(\dfrac{a}{b+c})^{3}}=\dfrac{3}{4}.\dfrac{a}{b+c}$

CMTT ta có: $(\dfrac{b}{c+a})^{3}+\dfrac{1}{4}\geq \dfrac{3}{4}.\dfrac{b}{c+a}$

$(\dfrac{c}{a+b})^{3}+\dfrac{1}{4}\geq \dfrac{3}{4}.\dfrac{c}{a+b}$

$\Rightarrow \sum (\dfrac{a}{b+c})^{3}+\dfrac{3}{4}\geq \dfrac{3}{4}\sum \dfrac{a}{b+c}$

Nên: $\sum (\dfrac{a}{b+c})^{3}+\dfrac{5abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}$

$\geq \dfrac{3}{4}\sum \dfrac{a}{b+c}-\dfrac{3}{4}+\dfrac{5abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}$

$=\dfrac{3}{4}(\sum \dfrac{a}{b+c}-\dfrac{3}{2})+(1-\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca})+(\dfrac{5abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\dfrac{5}{8})$

$=\dfrac{3}{4}\sum \dfrac{(a-b)^{2}}{2(b+c)(c+a)}+\dfrac{-\dfrac{1}{2}.\sum (a-b)^{2}}{ab+bc+ca}+\dfrac{5}{8}.\dfrac{8abc-(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$=\dfrac{3}{4}\sum \dfrac{(a-b)^{2}}{2(b+c)(c+a)}+\dfrac{-\frac{1}{2}.\sum (a-b)^{2}}{ab+bc+ca}+\dfrac{5}{8}.\dfrac{-\sum a(a-b)^{2}}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$=\sum (a-b)^{2}(\dfrac{3}{8(b+c)(c+a)}-\dfrac{1}{2(ab+bc+ca)}-\dfrac{5}{8}\dfrac{a}{(a+b)(b+c)(c+a)})(*)$ 

Ta sẽ có: $S_{c}=\dfrac{3}{8(b+c)(c+a)}-\dfrac{1}{2(ab+bc+ca)}-\dfrac{5}{8}\dfrac{a}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$S_{a}=\dfrac{3}{8(c+a)(a+b}-\dfrac{1}{2(ab+bc+ca)}-\dfrac{5}{8}\dfrac{b}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$S_{b}=\dfrac{3}{8(a+b)(b+c)}-\dfrac{1}{2(ab+bc+ca)}-\dfrac{5}{8}\dfrac{c}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Không mất tính tổng quát giả sử $c\geq b\geq a$

Ta nhận thấy: $S_{c},S_{a}\geq 0$ nên theo tiêu chuẩn $S.O.S$ thì phải chứng minh: $a^{2}S_{a}+b^{2}S_{b}\geq 0$

Luôn đúng với $c\geq b\geq a$ nên $(*)$ đúng

Suy ra điều phải chứng minh

Bất đẳng thức 24

Bài Toán:Cho $a,b,c$ không âm.Chứng minh rằng: $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\geq 1+\dfrac{3(a^3+b^3+c^3)}{2(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}$

Lời giải:Ta có: $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}-\dfrac{3}{2}$

$=\dfrac{1}{2}(\dfrac{a-b+a-c}{b+c}+\dfrac{b-c+b-a}{c+a}+\dfrac{c-a+c-b}{a+b})$

$=\dfrac{1}{2}\sum (a-b)(\dfrac{1}{b+c}-\dfrac{1}{c+a})$

$=\dfrac{1}{2}\sum (a-b)\dfrac{a-b)}{(b+c)(c+a)}$

$=\sum \dfrac{(a-b)^{2}}{2(b+c)(c+a)}$

Tiếp: $\dfrac{1}{2}-\dfrac{3(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{2(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

$=\dfrac{1}{2}(1-\dfrac{3(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})})$

$=\dfrac{1}{2}\dfrac{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})-3(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

$=\dfrac{1}{2}\dfrac{\sum (a+b)(a-b)^{2}}{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

Ta có BĐT viết lại thành:

$\sum \dfrac{a}{b+c}-1-\dfrac{3(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

$=\dfrac{\sum (a-b)^{2}}{2(b+c)(c+a)}+\dfrac{1}{2}\dfrac{\sum (a+b)(a-b)^{2}}{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

$=\sum (a-b)^{2}(\dfrac{1}{2(b+c)(c+a)}+\dfrac{a+b}{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})})\geq 0$

$ \Rightarrow \sum \dfrac{a}{b+c}\geq 1+\dfrac{3(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$ 

Bất đẳng thức số 23

Bài Toán:Cho $a,b,c\in \left[\frac{1}{2};1 \right ]$ . Tìm GTLN của
$$P=\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}$$

Lời giải:Tồn tại giá trị $a,b,c$ để $P\geq 0$. Giả sử $a=max\left \{ a,b,c \right \}$

$\Rightarrow 1\geq a\geq c\geq b\geq \dfrac{1}{2}$

Ta có: 

$P=f(a)=a(\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{c})+\dfrac{c-b}{a}+\dfrac{b}{c}-\dfrac{c}{b}$

Tính đạo hàm, ta có: 

$f'(a)=\dfrac{c-b}{bc}-\dfrac{c-b}{a^{2}}=\dfrac{(c-b)(a^{2}-bc)}{a^{2}bc}\geq 0.$

$\Rightarrow P\leq f(1)=\dfrac{(1-b)(1-c)(c-b)}{bc}\leq \dfrac{(1-\dfrac{1}{2})(1-c)(c-\dfrac{1}{2})}{\dfrac{1}{2}c}=-(c+\dfrac{1}{2c})+\dfrac{3}{2}\leq \dfrac{3}{2}-\sqrt{2}$

Bất đẳng thức 22

Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng:
$3(a^2+b^2+c^2)+abc+11\geq 7(a+b+c)$.

Giải: Chúng ta có thể thấy rằng bài toán có 1 kết câu hết sức khó chịu.
Chỉ có khả năng giải được nó nếu có kĩ năng đặc biệt. Sử dụng delta.
Chúng ta có thể biến đổi về 1 biến a bậc 2 và coi 2 biến còn lại là tham số.
Bất tương đương việc chứng minh $3a^2+a(bc-7)+b^2+c^2-7(b+c)\geq 0$.
Việc quy về tính delta 2 lần để chứng minh bất này đúng là dễ dàng(các bạn hãy thử làm).
Bài tập:
1/ Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng : $2(a^2+b^2+c^2)+abc+8\geq 5(a+b+c)$.
2/ Cho a,b,c >0: $a^2+b^2+c^2=9$.
Tìm max của $P=2(a+b+c)-abc$.

Bất đẳng thức $20$

Bài Toán:Cho các số thực dương a,b,c thay đổi thỏa mãn điều kiện $a^{2}+b^{2}+c^{2}=14$Tìm GTLN của biểu thức$$P= \dfrac{4\left ( a+c \right )}{a^{2}+3c^{2}+28} + \dfrac{4a}{a^{2}+bc+7} - \dfrac{5}{\left ( a+b \right )^{2}}-\dfrac{3}{a\left ( b+c \right )}$$

Lời giải:Ta sẽ CM : $P\leq \dfrac{8}{15}$

 Ta có : $(a+c)^2=(a+c\sqrt{3}.\dfrac{1}{\sqrt{3}})^2\leq (a^2+3c^2)(1+\dfrac{1}{3})$

$= > a^2+3c^2\geq \dfrac{3(a+c)^2}{4}$

$= > \dfrac{ 4(a+c)}{a^2+3c^2+28}$

$\leq \dfrac{4(a+c)}{\dfrac{3(a+c)^2}{4}+28}$

$=\dfrac{16(a+c)}{3(a+c)^2+112}$

$=\dfrac{16(a+c)}{3\left [ (a+c)^2+16 \right ]+64}$

$\leq \dfrac{16(a+c)}{3.2.\sqrt{16(a+c)^2}+64}$

$=\dfrac{2(a+c)}{3(a+c)+8}$  (1)

$\dfrac{4a}{a^2+bc+7}=\dfrac{8a}{2a^2+2bc+14}$

$=\dfrac{8a}{2a^2+2bc+a^2+b^2+c^2}$

$=\dfrac{8a}{3a^2+(b+c)^2}$

$\leq \dfrac{8a}{2a^2+2a(b+c)}$

$=\dfrac{4}{a+b+c}$  (2)

 $\dfrac{3}{a(b+c)}\geq \dfrac{3}{\dfrac{(a+b+c)^2}{4}}=\dfrac{12}{(a+b+c)^2}=\dfrac{1}{3}(\dfrac{6}{a+b+c}-1)^2+\dfrac{4}{a+b+c}-\dfrac{1}{3}\geq \dfrac{4}{a+b+c}-\dfrac{1}{3}$

$= > -\dfrac{3}{a(b+c)}\leq \dfrac{1}{3}-\dfrac{4}{a+b+c}$    (3)

$\dfrac{5}{(a+b)^2}+\dfrac{1}{5}\geq 2\sqrt{\dfrac{5}{(a+b)^2}.\dfrac{1}{5}}=\dfrac{2}{a+b}$

$= > -\dfrac{5}{(a+b)^2}\leq \dfrac{1}{5}-\dfrac{2}{a+b}$   (4)

    Cộng theo vế (1) ,(2),(3) (4)

$= > P\leq \dfrac{2(a+c)}{3(a+c)+8}+\dfrac{4}{a+b+c}-\dfrac{4}{a+b+c}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{1}{5}\leq \dfrac{5}{18}$

$< = > \dfrac{a+c}{3(a+c)+8}-\dfrac{1}{a+b}\leq 0$

$< = > (a+c)(a+b)-(3(a+c)+8)\leq 0$

$< = > (a+c)(a+b-3)\leq 8$

$< = > (a+c)(2a+2b-6)\leq 16$

Theo AM-GM có :

$(a+c)(2a+2b-6)\leq \dfrac{(3a+2b+c-6)^2}{4}\leq 16$

$< = > (3a+2b+c)^2-12(3a+2b+c)-28\leq 0$

$< = > (3a+2b+c-14)(3a+2b+c+2)\leq 0$

$< = > 3a+2b+c\leq 14$

Nhưng BĐT này luôn đúng vì $3a+2b+c\leq \sqrt{(a^2+b^2+c^2)(3^2+2^2+1^2)}=14$

   Do đó ta có ĐPCM .

 Dấu  =  xảy ra tại $a=3,b=2,c=1$

Bất đẳng thức $19$

Bài Toán:Cho 3 số x,y,z thực dương và thỏa mãn $xyz=8$,chứng minh rằng:$\dfrac{x^2}{\sqrt{(x^3+1)(y^3+1)}}+\dfrac{y^2}{\sqrt{(y^3+1)(z^3+1)}}+\dfrac{z^2}{\sqrt{(x^3+1)(z^3+1)}}\geq \dfrac{4}{3}$

LỜI GIẢI:Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có

$\sqrt{(x^3+1)(y^3+1)}=\sqrt{(x+1)(x^2-x+1)(y+1)(y^2-y+1)}\leq \dfrac{(x^2+2)(y^2+2)}{4}$

Từ đó suy ra

$\sum _{cyc}\dfrac{x^2}{\sqrt{(x^3+1)(y^3+1)}}\geq \sum _{cyc}\dfrac{4x^2}{(x^2+2)(y^2+2)}$

Ta C/m $\sum _{cyc}\dfrac{x^2}{(x^2+2)(y^2+2)}\geq \dfrac{1}{3}$ $(*)$ bằng biến đổi tương đương

$(*)\Leftrightarrow 2(x^2+y^2+z^2)+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq 72$

BĐT này luôn đúng theo $AM-GM$ vì $2(x^2+y^2+z^2)+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq 6\sqrt[3]{x^2y^2z^2}+3\sqrt[3]{x^4y^4z^4}=72$

BĐT được C/m

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=2$

Bất đẳng thức $18$

Bài Toán: $x,y,z$ là 3 số nguyên dương sao cho $x+y+z=1$ Tìm giá trị lớn nhất của $$P=\sqrt{\dfrac{x^2y}{4x+5y}}+\sqrt{\dfrac{y^2z}{4y+5z}}+\sqrt{\dfrac{z^2x}{4z+5x}}$$

Lời giải:Sử dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta được:

$$\mathbb{VT}^2\leq \left ( \sum xy \right )\left ( \sum \dfrac{x}{4x+5y} \right )$$

Ta đưa bài toán về chứng minh:

$$\left ( \sum xy \right )\left ( \sum \dfrac{x}{4x+5y} \right )\leq \dfrac{1}{9}$$

hay $q\left ( \dfrac{x}{4x+5y}+\dfrac{y}{4y+5z}+\frac{z}{4z+5x} \right )\leq \dfrac{1}{9}$

Trong đó:$q=xy+yz+xz,0< q\leq \dfrac{1}{3}$.Mặt khác cũng theo BĐT $C-S$ ta có:

$4\sum \dfrac{x}{4x+5y}=3-5\sum \dfrac{y}{4x+5y}\leq 3-\dfrac{5(x+y+z)^2}{4(xy+yz+xz)+5(x^2+y^2+z^2)}=3-\dfrac{5}{5-6q}=\dfrac{10-18q}{5-6q}$

Như vậy ta chỉ cần chứng minh:$\dfrac{q(5-9q)}{2(5-6q)}\leq \frac{1}{9}\Leftrightarrow (1-3q)(10-27q)\geq 0$ (Luôn đúng vì $q\leq \dfrac{1}{3}$)

BĐT được chứng minh $\blacksquare$

Bất đẳng thức $17$

Bài Toán:Cho ba số thực a,b,c thỏa : $0<a\leq 2$ ; $0<b\leq 2$ ; $0<c\leq 2$.Chứng minh rằng: $4[(abc+1)(a+b+c) + 3(ab+bc+ca)] \geq 45abc$                      

Lời giải:BĐT cần chứng minh tương đương với:

$4\left ( 1+\dfrac{1}{abc} \right )(a+b+c)+12\left ( \dfrac{ab+bc+ac}{abc} \right )\geq 45$

$\Leftrightarrow 4(a+b+c)+4\left ( \dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac} \right )+12\left ( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right )\geq 45$

Thật vậy:Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có:$4(a+b+c)+4\left ( \dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac} \right )+12\left ( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right )\geq 12\sqrt[3]{abc}+\dfrac{12}{\sqrt[3]{(abc)^2}}+\dfrac{36}{\sqrt[3]{abc}}$

Đặt  $t=\sqrt[3]{abc}$

Khi đó:$12\sqrt[3]{abc}+\dfrac{12}{\sqrt[3]{(abc)^2}}+\dfrac{36}{\sqrt[3]{abc}}=12t+\dfrac{12}{t^2}+\dfrac{36}{t}=\dfrac{12t^3+36t+12}{t^2}$

Xét hiệu:$\dfrac{12t^3+36t+12}{t^2}-45=\dfrac{12t^3-45t^2+36t+12}{t^2}=\dfrac{(t-2)^2(12t+3)}{t^2}\geq 0$

$\Rightarrow 4(a+b+c)+4\left ( \dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac} \right )+12\left ( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right )\geq 45$

$\Rightarrow \mathbb{ĐPCM}$