Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 28: a) Chứng minh rằng ${{a}^{4}}+{{b}^{4}}\ge ab\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)$ với mọi số thực $a,b$. b) Cho a, b là các hằng số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=\frac{\left( x+a \right)\left( x+b \right)}{x}$ với $x>0$. Giải: a) Ta có ${{a}^{4}}+{{b}^{4}}\ge ab\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)$ $\begin{align} & \Leftrightarrow {{a}^{4}}+{{b}^{4}}\ge {{a}^{3}}b+a{{b}^{3}} \\ & \Leftrightarrow \left( {{a}^{4}}-{{a}^{3}}b \right)+\left( {{b}^{4}}-a{{b}^{3}} \right)\ge 0 \\ & \Leftrightarrow {{a}^{3}}\left( a-b \right)-{{b}^{3}}\left( a-b \right)\ge 0 \\ & \Leftrightarrow \left( a-b \right)\left( {{a}^{3}}-{{b}^{3}} \right)\ge 0 \\ & \Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}\left( {{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}} \right)\ge 0 \\ & \Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}\left[ {{\left( a-\frac{b}{2} \right)}^{2}}+\frac{3{{b}^{2}}}{4} \right]\ge 0 \\ \end{align}$ Bất đẳng thức cuối cùng đúng với mọi a, b. Vậy ${{a}^{4}}+{{b}^{4}}\ge ab\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)$ với mọi số thực $a,b$. Đẳng thức xảy ra khi a = b. b) Ta có $y=\frac{\left( x+a \right)\left( x+b \right)}{x}=\frac{{{x}^{2}}+\left( a+b \right)x+ab}{x}=a+b+x+\frac{ab}{x}$. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta có: $x+\frac{ab}{x}\ge 2\sqrt{ab}$. Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & x=\frac{ab}{x} \\ & a,b,x>0 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow x=\sqrt{ab}$. Do đó $y\ge a+b+2\sqrt{ab}={{\left( \sqrt{a}+\sqrt{b} \right)}^{2}}$. Dấu “=” xảy ra khi $x=\sqrt{ab}$. Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=\frac{\left( x+a \right)\left( x+b \right)}{x}$ là ${{\left( \sqrt{a}+\sqrt{b} \right)}^{2}}$ đạt được tại $x=\sqrt{ab}$. Bài 29: a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=1$. Chứng minh bất đẳng thức $\sqrt{\frac{ab+2{{c}^{2}}}{1+ab-{{c}^{2}}}}+\sqrt{\frac{bc+2{{a}^{2}}}{1+bc-{{a}^{2}}}}+\sqrt{\frac{ca+2{{b}^{2}}}{1+ca-{{b}^{2}}}}\ge 2+ab+bc+ca$. b) Cho $x\ne 0$, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=\frac{{{x}^{6}}-{{x}^{4}}+1}{{{x}^{2}}}+2019$. Giải: a) Do ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=1$ nên ta có $\sqrt{\frac{ab+2{{c}^{2}}}{1+ab-{{c}^{2}}}}=\sqrt{\frac{ab+2{{c}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+ab}}=\frac{ab+2{{c}^{2}}}{\sqrt{\left( ab+2{{c}^{2}} \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+ab \right)}}$ Áp dụng bất đẳng thức $\sqrt{xy}\le \frac{x+y}{2}$ với $x,y\ge 0$. Dấu “=” xảy ra khi x = y. $\sqrt{\left( ab+2{{c}^{2}} \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+ab \right)}\le \frac{ab+2{{c}^{2}}+{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+ab}{2}=\frac{{{\left( a+b \right)}^{2}}+2{{c}^{2}}}{2}$. Áp dụng bất đẳng thức ${{\left( x+y \right)}^{2}}\le 2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)$ với mọi x, y. Dấu “=” xảy ra khi x = y. $\frac{{{\left( a+b \right)}^{2}}+2{{c}^{2}}}{2}\le \frac{2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)+2{{c}^{2}}}{2}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=1$. Từ đó suy ra $\sqrt{\frac{ab+2{{c}^{2}}}{1+ab-{{c}^{2}}}}\ge ab+2{{c}^{2}}$. Chứng minh tương tự ta được $\sqrt{\frac{bc+2{{a}^{2}}}{1+bc-{{a}^{2}}}}\ge bc+2{{a}^{2}}$; $\sqrt{\frac{ca+2{{b}^{2}}}{1+ca-{{b}^{2}}}}\ge ca+2{{b}^{2}}$. Cộng VTV các bất đẳng thức trên và kết hợp với giả thiết ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=1$ ta được: $\sqrt{\frac{ab+2{{c}^{2}}}{1+ab-{{c}^{2}}}}+\sqrt{\frac{bc+2{{a}^{2}}}{1+bc-{{a}^{2}}}}+\sqrt{\frac{ca+2{{b}^{2}}}{1+ca-{{b}^{2}}}}\ge 2+ab+bc+ca$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$. b) Ta có $A=\frac{{{x}^{6}}-{{x}^{4}}+1}{{{x}^{2}}}+2019={{x}^{4}}-{{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}}+2019={{\left( {{x}^{2}}-1 \right)}^{2}}+\left( {{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)+2018$. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có ${{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}}\ge 2$. Dấu “=” xảy ra khi ${{x}^{2}}=\frac{1}{{{x}^{2}}}\Leftrightarrow x=\pm 1$. Do đó $A\ge 0+2+2018=2020$. Dấu “=” xảy ra khi $x=\pm 1$. Vậy min A = 2020, đạt được tại $x=\pm 1$. Bài 30: a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}=3$. Chứng minh bất đẳng thức ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\le 3$. Đẳng thức xảy ra khi nào? b) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn $\frac{y}{2x+3}=\frac{\sqrt{2x+3}+1}{\sqrt{y}+1}$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=xy-2x-3y-3$. Giải: a) Vì a > 0 nên theo bất đẳng thức Cô-si ta có: ${{a}^{3}}+{{a}^{3}}+1\ge 3\sqrt[3]{{{a}^{3}}.{{a}^{3}}.1}\Leftrightarrow 2{{a}^{3}}+1\ge 3{{a}^{2}}$. Đẳng thức xảy ra khi ${{a}^{3}}=1\Leftrightarrow a=1$. Tương tự ta được: $2{{b}^{3}}+1\ge 3{{b}^{2}}$. Đẳng thức xảy ra khi $b=1$. $2{{c}^{3}}+1\ge 3{{c}^{2}}$. Đẳng thức xảy ra khi $c=1$. Cộng các bất đẳng thức trên VTV ta được: $2\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}} \right)+3\ge 3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)$ Mà ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}=3$ nên ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\le 3$. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$. b) Ta có $\frac{y}{2x+3}=\frac{\sqrt{2x+3}+1}{\sqrt{y}+1}$ với x > 0, y > 0. $\begin{align} & \Leftrightarrow y\sqrt{y}+y=\left( 2x+3 \right)\sqrt{2x+3}+2x+3 \\ & \Leftrightarrow {{\left( \sqrt{y} \right)}^{3}}-{{\left( \sqrt{2x+3} \right)}^{3}}+y-\left( 2x+3 \right)=0 \\ & \Leftrightarrow \left( \sqrt{y}-\sqrt{2x+3} \right)\left( y+\sqrt{y\left( 2x+3 \right)}+2x+3+\sqrt{y}+\sqrt{2x+3} \right)=0 \\ \end{align}$ Mà $y+\sqrt{y\left( 2x+3 \right)}+2x+3+\sqrt{y}+\sqrt{2x+3}>0$ với mọi x > 0, y > 0. Suy ra $\sqrt{y}-\sqrt{2x+3}=0\Leftrightarrow \sqrt{y}=\sqrt{2x+3}\Leftrightarrow y=2x+3$. Do đó: $\begin{align} & A=xy-2x-3y-3 \\ & A=x\left( 2x+3 \right)-2x-3\left( 2x+3 \right)-3 \\ & A=2{{x}^{2}}-5x-12=2{{\left( x-\frac{5}{4} \right)}^{2}}-\frac{121}{8}\ge -\frac{121}{8} \\ \end{align}$ Đẳng thức xảy ra khi $2{{\left( x-\frac{5}{4} \right)}^{2}}=0\Leftrightarrow x=\frac{5}{4}$, khi đó $y=2.\frac{5}{4}+3=\frac{11}{2}$ (tmđk x, y > 0). Vậy $\min A=-\frac{121}{8}$, đạt được tại $x=\frac{5}{4}\,\,;\,\,y=\frac{11}{2}$.
