Lời giải một số bài toán về bất đẳng thức và cực trị

1 DOÃN XUÂN HUY – THPT ÂN THI – HƯNG YÊN 
LỜI GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ 
1/ Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1. Tìm GTNN của BT: 
𝑷 =
𝒙𝟐(𝒚 + 𝒛)
𝒚𝒛
+
𝒚𝟐(𝒙 + 𝒛)
𝒙𝒛
+
𝒛𝟐(𝒚 + 𝒙)
𝒚𝒙
Giải: Theo BĐT Cô-si ta có: 
𝒙𝟐
𝒚
+
𝒙𝟐
𝒚
+
𝒚𝟐
𝒙
≥ 𝟑𝒙 → 𝟑𝑷 ≥ 𝟑 𝒙 + 𝒚 + 𝒙 + 𝒛 + 𝒛 + 𝒚 = 𝟔 → 𝑷 ≥ 𝟐 
2/ Cho 3 số thực dương x, y, z. Tìm GTLN của BT: 
𝑺 =
𝒙
𝒙 + 𝒙 + 𝒚 (𝒙 + 𝒛)
+
𝒚
𝒚 + 𝒙 + 𝒚 (𝒚 + 𝒛)
+
𝒛
𝒛 + 𝒛 + 𝒚 (𝒙 + 𝒛)
Giải: Ta có: 
𝒙
𝒙 + 𝒙 + 𝒚 (𝒙 + 𝒛)
=
𝒙 𝒙 + 𝒚 (𝒙 + 𝒛) − 𝑥 
 𝑥 + 𝑦 𝑥 + 𝑧 − 𝒙𝟐
≤
𝒙 𝒙 + (𝒚 + 𝒛) 𝟐 − 𝒙 
𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧
=
𝑥𝑦 + 𝑥𝑧
2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧)
 Tương tự cho các số hạng khác; từ đó suy ra: 
𝑆 ≤
𝑥𝑦 + 𝑥𝑧
2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧)
+
𝑥𝑦 + 𝑦𝑧
2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧)
+
𝑧𝑦 + 𝑥𝑧
2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧)
= 1 
3/ Cho 3 số thực không âm x, y, z thỏa mãn đk: 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 = 𝟑. Tìm GTLN của BT: 
𝑨 = 𝒙𝒚 + 𝒚𝒛 + 𝒛𝒙 + 𝟓 (𝒙 + 𝒚 + 𝒛) 
Giải: Ta có: 𝟑 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 ≥ 𝒙 + 𝒚 + 𝒛 𝟐 ≥ 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 ≥ 𝒙𝒚 + 𝒚𝒛 + 𝒛𝒙 ≥ 𝟎 
→ 𝟑 ≥ 𝒕 = 𝒙 + 𝒚 + 𝒛 ≥ 𝟑 → 𝑨 ≤ 𝒙 + 𝒚 + 𝒛 𝟐 𝟑 + 𝟓 (𝒙 + 𝒚 + 𝒛) = 𝒕𝟐 𝟑 + 𝟓 𝒕 = 𝒇(𝒕) 
→ 𝒇 𝒕 ≤ 𝒇 𝟑 = 𝟏𝟒 𝟑 
4/ Cho tg ABC có độ dài các cạnh là a, b, c. CMR: 
𝒂𝟑 + 𝒃𝟑 + 𝒄𝟑 + 𝟑𝒂𝒃𝒄 ≥ 𝒂 𝒃𝟐 + 𝒄𝟐 + 𝒃 𝒂𝟐 + 𝒄𝟐 + 𝒄(𝒃𝟐 + 𝒂𝟐) 
Giải: BĐT cần chứng minh tương đương với: 
2 DOÃN XUÂN HUY – THPT ÂN THI – HƯNG YÊN 
𝒂𝟑 + 𝒃𝟑 − 𝒂𝒃 𝒂 + 𝒃 + 𝒄𝟑 + 𝒃𝟑 − 𝒄𝒃 𝒄 + 𝒃 + 𝒂𝟑 + 𝒄𝟑 − 𝒂𝒄 𝒂 + 𝒄 ≥ 𝒂𝟑 + 𝒃𝟑 + 𝒄𝟑 − 𝟑𝒂𝒃𝒄 
↔ 𝒂 + 𝒃 𝒂 − 𝒃 𝟐 + 𝒄 + 𝒃 𝒄 − 𝒃 𝟐 + (𝒂 + 𝒄)(𝒂 − 𝒄)𝟐 ≥ 𝒂 − 𝒃 𝟐 + 𝒄 − 𝒃 𝟐 + (𝒂 − 𝒄)𝟐 
× (𝒂 + 𝒃 + 𝒄) 𝟐 ↔ (𝒂 + 𝒃 − 𝒄) 𝒂 − 𝒃 𝟐 + 𝒄 + 𝒃 − 𝒂 𝒄 − 𝒃 𝟐 + (𝒂 + 𝒄 − 𝒃)(𝒂 − 𝒄)𝟐 ≥ 𝟎 
5/ Cho 𝒂, 𝒃, 𝒄 > 0&𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 𝟑 𝟒 . Tìm GTNN của BT: 
𝑷 = 𝟏 𝒂 + 𝟑𝒃
𝟑
 + 𝟏 𝒃 + 𝟑𝒄
𝟑
 + 𝟏 𝒄 + 𝟑𝒂
𝟑
Giải: Ta có 𝑷 = 𝟏 𝒂 + 𝟑𝒃 . 𝟏. 𝟏
𝟑 + 𝟏 𝒃 + 𝟑𝒄 . 𝟏. 𝟏
𝟑 + 𝟏 𝒄 + 𝟑𝒂 . 𝟏. 𝟏
𝟑 ≥ 
𝟑
𝒂 + 𝟑𝒃 + 𝟐
+
𝟑
𝒃 + 𝟑𝒄 + 𝟐
+
𝟑
𝒄 + 𝟑𝒂 + 𝟐
≥
𝟑 × 𝟗
𝟒 𝒂 + 𝒃 + 𝒄 + 𝟔
=
𝟐𝟕
𝟗
= 𝟑 
6/ Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn đk: 𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 ≤ 3. Chứng minh BĐT: 
3𝑥𝑦 625𝒛𝟒 + 4 + 15𝑦𝑧 𝒙𝟒 + 4 + 5𝑧𝑥 81𝒙𝟐 + 4 ≥ 45 5𝑥𝑦𝑧 
Giải: Đặt 𝑥 = 𝒂𝟓; 3𝑦 = 𝒃𝟓; 5𝑧 = 𝒄𝟓 𝑡𝑕ì 𝑡ừ 𝐺𝑇 𝑡𝑎 𝑐ó: 𝒂𝟓 + 𝒃𝟓 + 𝒄𝟓 ≤ 3 . Theo BĐT Cô-si ta có: 
3𝒂𝟓 + 2 ≥ 5𝒂𝟑 → 𝒂𝟑 + 𝒃𝟑 + 𝒄𝟑 ≤ 3. Cũng theo BĐT Cô-si ta có: 
3𝑥𝑦 625𝒛𝟒 + 4 = 𝒂𝟓𝒃𝟓 𝒄𝟐𝟎 + 4 ≥ 𝒂𝟓𝒃𝟓 5𝒄𝟒 = 5𝒂𝟓𝒃𝟓𝒄𝟐 → 𝑉𝑇 ≥ 5𝒂𝟓𝒃𝟓𝒄𝟓 × 
 𝒂−𝟑 + 𝒃−𝟑 + 𝒄−𝟑 ≥ 5𝒂𝟓𝒃𝟓𝒄𝟓 × 9 𝒂𝟑 + 𝒃𝟑 + 𝒄𝟑 ≥ 3 5 𝒂𝟓𝒃𝟓𝒄𝟓 → đ𝑝𝑐𝑚. 
7/ Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn đk a + b + c = 1. Tìm GTNN của BT: 
𝑆 =
𝒂𝟑
(𝟏 − 𝒂)2
+
𝒃𝟑
(𝟏 − 𝒃)2
+
𝒄𝟑
(𝟏 − 𝒄)2
Giải: Theo BĐT Cô-si ta có: 
𝒂𝟑
(𝟏 − 𝒂)2
+
1 − 𝑎
8
+
1 − 𝑎
8
≥
3𝑎
4
 . 𝑇ươ𝑛𝑔 𝑡ự 𝑡𝑎 𝑐ũ𝑛𝑔 𝑐ó 𝑐á𝑐 𝐵Đ𝑇 𝑘𝑕á𝑐; 𝑡ừ đó 𝑠𝑢𝑦 𝑟𝑎: 
𝑆 +
1 − 𝑎 + 1 − 𝑏 + 1 − 𝑐
4
≥
3(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)
4
→ 𝑆 ≥
3
4
−
2
4
=
1
4
→ 𝑀𝑖𝑛𝑆 = 0,25 
3 DOÃN XUÂN HUY – THPT ÂN THI – HƯNG YÊN 
8/ Cho x, y > 0 TMĐK 𝑥 + 𝑦 ≥ 4. 𝑇ì𝑚 𝐺𝑇𝑁𝑁 𝑐ủ𝑎 𝐵𝑇: 
2 3
2
3 4 2
4
x y
P
x y
 
  . 
Giải: Theo BĐT Cô-si ta có: 
2 3
2 2
3 4 2 1 2
2 1 1,5 4,5
4 2 4 4 4
x y x y x y y
P
x y x y
  
            
9/ Cho 2 số thực x, y TMĐK 𝑥2 − 𝑥𝑦 + 𝒚2 = 1. Tìm GTNN và GTLN của BT: 
𝑃 = (𝑥𝟒 + 𝒚𝟒 + 1) (𝑥2 + 𝒚2 + 1) . 
Giải:Từ GT ta suy ra: (𝑥 − 𝒚)2 = 1 − 𝑥𝑦 ≥ 0; (𝑥 + 𝒚)2 = 1 + 3𝑥𝑦 ≥ 0 → 1 ≥ 𝑡 = 𝑥𝑦 ≥ − 1 3 
 Ta có: 
2 2 2
( )
2
t t
P f t
t
  
 

. Do PT f’(t) = 0 có nghiệm 6 2 ( 1/ 3;1)t     nên 
𝑀𝑎𝑥𝑃 = 𝑓 6 − 2 = 6 − 2 6 ; 𝑀𝑖𝑛𝑃 = 𝑓 1 = 1 . 
10/ Cho 2 số thực x, y TMĐK 𝟐(𝑥2 + 𝒚2) = 𝑥𝑦 + 1. Tìm GTNN và GTLN của BT: 
𝑃 = (𝑥𝟒 + 𝒚𝟒) (2𝑥𝑦 + 1) . 
Giải:Từ GT ta suy ra: (𝑥 − 𝒚)2 = 0,5 − 1,5𝑥𝑦 ≥ 0; (𝑥 + 𝒚)2 = 0,5 + 2,5𝑥𝑦 ≥ 0 
→ −
1
5
≤ 𝑡 = 𝑥𝑦 ≤
1
3
 𝑣à 𝑃 =
−7𝒕2 + 2𝑡 + 1
4(2𝑡 + 1)
= 𝑓 𝑡 𝐷𝑜 𝑓 ′ 𝑡 = 0 𝑘𝑕𝑖 𝑡 = 0 𝑛ê𝑛 
𝑀𝑎𝑥𝑃 = 𝑓 0 = 1 4 ; 𝑀𝑖𝑛𝑃 = 𝑓(− 1 5) = 𝑓 1 3 = 2 15 
11/ Cho 4 số thực a, b, c, d thỏa mãn đk 𝒂2 + 𝒃2 = 1 𝑣à 𝑐 − 𝑑 = 3. CMR: 
𝐹 = 𝑎𝑐 + 𝑏𝑑 − 𝑐𝑑 ≤ (9 + 6 2) 4 . 
Giải:Từ GT ta suy ra: c = d + 3 và theo BĐT Bunhiacốpxki ta có: 
𝐹 ≤ 𝒂2 + 𝒃2. 𝒄2 + 𝒅2 − 𝑑 + 3 𝑑 = (𝒅 + 𝟑)2 + 𝒅2 − 𝒅2 + 3𝑑 = 𝑡 − 0,5(𝒕2 − 9) 
= (−𝒕2 + 2𝑡 + 9) 2 = 𝑓 𝑡 . 𝑇𝑎 𝑐ó: 𝒕2 = 2(𝒅 + 𝟏, 𝟓)2 + 4,5 ≥ 4,5 → 𝑡 ≥ 3 2 
𝐷𝑜 𝑓 ′ 𝑡 = 1 − 𝑡 > 0 𝑣ớ𝑖 𝑡 ≤ − 3 2 → 𝑓 𝑡 ≤ 𝑓 − 3 2 = (9 − 6 2) 4 𝑣ớ𝑖 
𝑡 ≤ − 3 2 (1) ; 𝑓 ′ 𝑡 = 1 − 𝑡 < 0 𝑣ớ𝑖 𝑡 ≥ 3 2 → 𝑓 𝑡 ≤ 𝑓 3 2 = (9 + 6 2) 4 
𝑣ớ𝑖 𝑡 ≥ 3 2 (2). Từ (1) và (2) ta suy ra đpcm. 
4 DOÃN XUÂN HUY – THPT ÂN THI – HƯNG YÊN