Bất đẳng thức tuyển sinh lớp 10 chọn lọc

Trong bài viết này, tác giả giới thiệu một số bài BĐT nhẹ nhàng nhưng ý tưởng tương đối mới, mức độ phù hợp với đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Chuyên.

Bài 1. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn

${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=3$ và $\min \{a+b,b+c,c+a\}>\sqrt{2}$.

a) Chứng minh rằng $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác.

b) Biết rằng diện tích $S$ của tam giác nói trên có thể tính theo công thức

$16{{S}^{2}}=2({{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}})-({{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}}).$

Tìm giá trị lớn nhất của $S.$

Lời giải.

a) Đặt $c$ là số lớn nhất trong các số $a,b,c$. Để chứng minh $a,b,c$ là các cạnh của tam giác, ta chỉ cần làm rõ $c<a+b.$

Theo đề bài thì $a+b>\sqrt{2}$ nên ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge \frac{1}{2}{{(a+b)}^{2}}>1$, suy ra ${{c}^{2}}<2$ hay $c<\sqrt{2}$.

Do đó, $a+b>c$ hay $a,b,c$ là ba cạnh của tam giác.

b) Theo công thức đã cho thì

$16{{S}^{2}}={{({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}^{2}}-2({{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}})\le \frac{1}{3}{{({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}^{2}}=3.$

Vậy giá trị lớn nhất của $S$ là $\frac{\sqrt{3}}{4}$, đạt được khi $a=b=c=1.$

Bài 2. Cho $a,b,c$ là các số thực dương có tổng bằng $1.$ Chứng minh rằng

\[\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+6\ge \sqrt{\frac{8}{a}-8}+\sqrt{\frac{8}{b}-8}+\sqrt{\frac{8}{c}-8}.\]

Lời giải.

Ghép cặp và dùng BĐT Cô-si cho hai số:

$\frac{a}{b}+\frac{c}{b}+2=\frac{a+c}{b}+2\ge 2\sqrt{\frac{2(a+c)}{b}}=2\sqrt{\frac{2(1-b)}{b}}=\sqrt{\frac{8}{b}-8}$.

Bài 3. Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $x+y+z=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$. Chứng minh rằng \[\sqrt{2}(x+y+z)\ge \sqrt{xy+1}+\sqrt{yz+1}+\sqrt{zx+1}.\]

Lời giải.

Theo BĐT Cô-si thì \[(x+\frac{1}{y})+2y\ge 2\sqrt{2y\left( x+\frac{1}{y} \right)}=2\sqrt{2}\cdot \sqrt{xy+1},\] suy ra

$x+2y+\frac{1}{y}\ge 2\sqrt{2}\cdot \sqrt{xy+1}$.

Thực hiện tương tự và cộng lại, ta có

$3x+3y+3z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge 2\sqrt{2}\left( \sqrt{xy+1}+\sqrt{yz+1}+\sqrt{zx+1} \right)$.

Chú ý rằng $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=x+y+z$ nên vế trái chính là $4(x+y+z).$

Bài 4. Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1.$ Chứng minh rằng

${{\left( a+\frac{1}{b} \right)}^{2}}+{{\left( b+\frac{1}{c} \right)}^{2}}+{{\left( c+\frac{1}{a} \right)}^{2}}\ge 3(a+b+c+1).$

Lời giải.

Theo BĐT quen thuộc ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}\ge xy+yz+zx$, ta có

$ VT \ge ( a+\frac{1}{b}) ( b+\frac{1}{c}) + ( b+\frac{1}{c}) ( c+\frac{1}{a}) + ( c+\frac{1}{a} ) ( a+\frac{1}{b}) $

\[=ab+bc+ca+\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+3+a+b+c \]

Ta lại có $ab+\frac{b}{a}\ge 2b$ nên áp dụng tương tự và cộng lại thì

$ab+bc+ca+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{b}\ge 2(a+b+c).$

Thay vào, ta có đpcm.

Bài 5. Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=2(xy+yz+zx).$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=x+y+z+\frac{1}{2xyz}$.

Lời giải. 

Đẳng thức đã cho viết lại thành ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2xy-2yz+2yz=4yz$ hay

${{(y+z-x)}^{2}}=4yz$.

Không mất tính tổng quát, có thể giả sử $x$ là số nhỏ nhất, khi đó $y+z-x>0.$ Ta có

$P=(y+z-x)+2x+\frac{2}{x{{(y+z-x)}^{2}}}$.

Chú ý rằng $2x+\frac{2}{x{{(y+z-x)}^{2}}}\ge \frac{4}{y+z-x}$ nên

$P\ge y+z-x+\frac{4}{y+z-x}\ge 4$.

Giá trị nhỏ nhất là $4$, đẳng thức xảy ra khi $y=2,x=z=\frac{1}{2}.$

Bài 6. Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a\ge 1\ge b.$ Tìm giá trị nhỏ nhất của

\[P=(a+b+c-1)\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-1 \right).\]

Lời giải.

Theo đề bài thì $a\ge 1\ge b$ nên $(a-1)(b-1)\le 0$ hay $a+b\ge 1+ab\Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge 1+\frac{1}{ab}$.

Do đó $a+b+c-1\ge 1+ab+c-1=ab+c$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-1\ge \frac{1}{ab}+\frac{1}{c}$. Suy ra

$P\ge (ab+c)\left( \frac{1}{ab}+\frac{1}{c} \right)=2+\frac{ab}{c}+\frac{c}{ab}\ge 2+2\sqrt{\frac{abc}{abc}}=4.$

Do đó, giá trị nhỏ nhất cần tìm là $4$, đạt được khi $a=b=c=1.$