Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 25: a) Cho a, b, c là các hằng số dương và x, y, z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện $\sqrt{x}\ge \sqrt{by}+\sqrt{cz}$; $\sqrt{y}\ge \sqrt{ax}+\sqrt{cz}$; $\sqrt{z}\ge \sqrt{ax}+\sqrt{by}$. Chứng minh rằng $\frac{1}{1+\sqrt{a}}+\frac{1}{1+\sqrt{b}}+\frac{1}{1+\sqrt{c}}\ge 2$. b) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P=\frac{\sqrt{bc}}{a+2\sqrt{bc}}+\frac{\sqrt{ca}}{b+2\sqrt{ca}}+\frac{\sqrt{ab}}{c+2\sqrt{ab}}$. Giải: a) Ta có $\sqrt{x}\ge \sqrt{by}+\sqrt{cz}$; $\sqrt{y}\ge \sqrt{ax}+\sqrt{cz}$; $\sqrt{z}\ge \sqrt{ax}+\sqrt{by}$. Suy ra $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\ge \sqrt{by}+\sqrt{cz}+\sqrt{ax}+\sqrt{cz}+\sqrt{ax}+\sqrt{by}$ $\begin{align} & =2\sqrt{ax}+2\sqrt{by}+2\sqrt{cz} \\ & =2\sqrt{ax}+2\left( \sqrt{by}+\sqrt{cz} \right) \\ & =2\sqrt{ax}+2\sqrt{x} \\ & =2\sqrt{x}\left( 1+\sqrt{a} \right) \\ \end{align}$ Từ đó suy ra $\frac{1}{1+\sqrt{a}}\ge \frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}$. Chứng minh tương tự ta được: $\frac{1}{1+\sqrt{b}}\ge \frac{2\sqrt{y}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}$; $\frac{1}{1+\sqrt{c}}\ge \frac{2\sqrt{z}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}$. Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được: $\frac{1}{1+\sqrt{a}}+\frac{1}{1+\sqrt{b}}+\frac{1}{1+\sqrt{c}}\ge 2$. b) Ta có $P=\frac{\sqrt{bc}}{a+2\sqrt{bc}}+\frac{\sqrt{ca}}{b+2\sqrt{ca}}+\frac{\sqrt{ab}}{c+2\sqrt{ab}}$ $\begin{align} & \frac{3}{2}-P=\left( \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{bc}}{a+2\sqrt{bc}} \right)+\left( \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{ca}}{b+2\sqrt{ca}} \right)+\left( \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{ab}}{c+2\sqrt{ab}} \right) \\ & \frac{3}{2}-P=\frac{a}{2\left( a+2\sqrt{bc} \right)}+\frac{b}{2\left( b+2\sqrt{ca} \right)}+\frac{c}{2\left( c+2\sqrt{ab} \right)} \\ \end{align}$ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski dạng phân thức ta được: $\frac{a}{2\left( a+2\sqrt{bc} \right)}+\frac{b}{2\left( b+2\sqrt{ca} \right)}+\frac{c}{2\left( c+2\sqrt{ab} \right)}\ge \frac{{{\left( \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \right)}^{2}}}{2\left( a+2\sqrt{bc}+b+2\sqrt{ca}+c+2\sqrt{ab} \right)}=\frac{1}{2}$. Do đó $\frac{3}{2}-P\ge \frac{1}{2}\Leftrightarrow P\le 1$. Dấu “=” xảy ra khi $\frac{a}{2\left( a+2\sqrt{bc} \right)}=\frac{b}{2\left( b+2\sqrt{ca} \right)}=\frac{c}{2\left( c+2\sqrt{ab} \right)}$ hay a = b = c. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 1, đạt được tại a = b = c. Bài 26: a) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn $1\le x,y,z\le 2$. Chứng minh rằng: $yz\sqrt{2-x}+zx\sqrt{2-y}+xy\sqrt{2-z}\le {{x}^{3}}+{{y}^{3}}+{{z}^{3}}$. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=\frac{2}{1-x}+\frac{1}{x}$ với $0<x<1$. Giải: a) Với $1\le x,y,z\le 2$ thì $\sqrt{2-x}\le 1$ $\Rightarrow yz\sqrt{2-x}\le yz$. Dấu “=” xảy ra khi x = 1. Tương tự: $zx\sqrt{2-y}\le zx$. Dấu “=” xảy ra khi x = 1. $xy\sqrt{2-z}\le xy$. Dấu “=” xảy ra khi x = 1. Do đó $yz\sqrt{2-x}+zx\sqrt{2-y}+xy\sqrt{2-z}\le xy+yz+zx$. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1. (1) Ta lại có $xy+yz+zx\le {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}$. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z. (2) Vì $1\le x,y,z\Rightarrow {{x}^{2}}\le {{x}^{3}};\,\,\,{{y}^{2}}\le {{y}^{3}};\,\,\,{{z}^{2}}\le {{z}^{3}}.$ Do đó ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}\le {{x}^{3}}+{{y}^{3}}+{{z}^{3}}$. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1. (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: $yz\sqrt{2-x}+zx\sqrt{2-y}+xy\sqrt{2-z}\le {{x}^{3}}+{{y}^{3}}+{{z}^{3}}$. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1. b) Ta có $y=\frac{2}{1-x}+\frac{1}{x}=\left( \frac{2}{1-x}-2 \right)+\left( \frac{1}{x}-1 \right)+3=\frac{2x}{1-x}+\frac{1-x}{x}+3$, Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương ta có: $\frac{2x}{1-x}+\frac{1-x}{x}\ge 2\sqrt{\frac{2x}{1-x}.\frac{1-x}{x}}=2\sqrt{2}$. Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & \frac{2x}{1-x}=\frac{1-x}{x} \\ & 0<x<1 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 2{{x}^{2}}={{\left( 1-x \right)}^{2}} \\ & 0<x<1 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow x=\sqrt{2}-1$. Do đó $y\ge 2\sqrt{2}+3$. Dấu “=” xảy ra khi $x=\sqrt{2}-1$. Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=\frac{2}{1-x}+\frac{1}{x}$ ($0<x<1$) là $2\sqrt{2}+3$ đạt được tại $x=\sqrt{2}-1$. Bài 27: a) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh $a+b\ge 16abc$. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=x-\sqrt{x-2019}$ với $x\ge 2019$. Giải: a) Ta có $a+b+c=1\Leftrightarrow c=1-a-b$. Do đó $a+b\ge 16abc\Leftrightarrow a+b\ge 16ab\left( 1-a-b \right)$ $\begin{align} & \Leftrightarrow a+b\ge 16ab-16{{a}^{2}}b-16a{{b}^{2}} \\ & \Leftrightarrow 16{{a}^{2}}b+16a{{b}^{2}}-16ab+a+b\ge 0 \\ & \Leftrightarrow \left( 16a{{b}^{2}}-8ab+a \right)+\left( 16{{a}^{2}}b-8ab+b \right)\ge 0 \\ & \Leftrightarrow a\left( 16{{b}^{2}}-8b+1 \right)+b\left( 16{{a}^{2}}-8a+1 \right)\ge 0 \\ & \Leftrightarrow a{{\left( 4b-1 \right)}^{2}}+b{{\left( 4a-1 \right)}^{2}}\ge 0 \\ \end{align}$ Bất đẳng thức cuối cùng đúng với mọi a, b, c không âm và $a+b+c=1$. Vậy $a+b\ge 16abc$. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=\frac{1}{4};\,\,\,c=\frac{1}{2}$. b) Đặt $\sqrt{x-2019}=t\ge 0\Rightarrow x-2019={{t}^{2}}\Rightarrow x={{t}^{2}}+2019$. Khi đó ta có $y={{t}^{2}}-t+2019={{\left( t-\frac{1}{2} \right)}^{2}}+2018,75\ge 2018,75$. Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & {{\left( t-\frac{1}{2} \right)}^{2}}=0 \\ & t\ge 0 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow t=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=2019,25$. Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=x-\sqrt{x-2019}$ là 2018,75 đạt được tại x = 2019,25.
