Đề thi thử THPT quốc gia

1 DAYHOCTOAN.VN
Bài 1. Cho ba số thực dương thỏa mãn 1 1 1 1

x  y  z  xyz

 

1 . Tìm giá trị lớn nhất của
2

2 1

1 1 1

y

x z

P

x y z



  

  

Lời giải:

Ta có A B C, , (0; ), A  B C  thì tan tan tan tan tan tan 1

2 2 2 2 2 2

A B B C C A

  

Theo giả thiết

 

1  x. y y. z  z. x 1
Ta có tan

2

A

x  , tan

2

B

y  , tan

2

C

z  với A B C, , (0; ), A  B C 
Ta có PsinAsinBcosC 2 cos cos 2 cos2 1

2 2 2

C AB C

  

2 2

1 1 3

2(cos cos ) 1 cos

2 2 2 2 2 2

C AB AB

     

Vậy max 3

2

P Khi

2
3

6
C

A B



 




  


2 2 3

tan

12 2 3
3

x y
z



 

  



  

 


Bài 2. Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn abc1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2

( 2)(2 1) ( 2)(2 1) ( 2)(2 1)

a b c

S

ab ab bc bc ac ac

  

      .

Lời giải:

2

2 2

1 4 4 1

2 1 2 1 1

( 2)(2 1) 9

( )(2 ) ( 2 ) ( )

a

a

ab ab

b b b b b

a a a a

  

  _{     }

đáp số : Min 1

3

S  . Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi a  b c 1

Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

3 3

2

( )( )( )

x y

P

x yz y zx z xy


   , trong đó x, y, z là các số dương
thỏa mãn: x  y 1 z .

Lời giải:

Ta có : xyz   z y 1 yz



y1



z1









1 1 1

yzx   z x zx x z







1 1 1

zxy   x y xy x y

3 3 3 3

3 3 2 3 3 2

x y x y

P = =

(x+1) (y+1) (z-1) (x+1) (y+1) (x+ y)
Theo CơSi ta có :

2
3

x x x

+ +1 3

2 2  4 ;

2
3

y y y

+ +1 3

2 2  4 ;

2

2 DAYHOCTOAN.VN
Vậy

3 3

2 2

x y 4

P

27 27 ₇₂₉

( x )( y )4 xy

4 4

 

Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi x y 2; z5. Vậy MaxP = 4
729

Bài 4. Cho 3 số dương a, b, c thoả 3.
2

a  b c CMR: B 1 1₃ 1 1₃ 1 1₃ 729

a b c

   

 _{ }  _  _

    .

Lời giải:

Ta có: B 1 1₃ 1₃ 1_{3 3}1_{3 3 3}1 _{3 3}1 ₃1_{3 3}

a b c a b a c b c a b c

       

B  3 3

3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
1

1 3 3

1

1

a b c

a b c a b c

a b c

   = 1 3 1 3 _{2 2 2}

1

_{3 3 3}

1

abc

a b c

a b c

   =
3
1 1
abc
 _ 
 
 

Mặt khác: _ _ 

 

  

3

ab 1

8

c a b c

3 

3
3
1

1 9 729

1
8
B
 
 
 _{ }  
 
 

Vậy 1 1₃ 1 1₃ 1 1₃ 729

a b c

 _  _  _ _

   

   

Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi 1

2

a  b c
Bài 5. Cho















xyz

z

y

x

z

y

x

,

,

0

CMR:

2 2 2

1 1 1 3

2

1 1 1

x y z

  
  
Lời giải:
)
(
2
)
(
2
)
)(
(
)
(
1
1
2

2 _{x z}

z
y
x
y
z
x
y
x
yz
xyz
z
y
x
x
xyz
x 












Tương tự VT

)
(
2
)
(
2
1
1
;
)
(
2
)
(
2
1
1
2

2 _{y z}

y
z
x
z
z
z
y

z
y
x
x
y 










Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi x  y z 3

Bài 6. Cho ABC nhọn thoả mãn hệ thức: tan₃ tan₃ tan₃ 1
tan tan tan

A B C

B C A . Chứng minh tam giác ABC đều.

Lời giải:

Do tam giác ABC nhọn nên tanA  0 ,tanB  0 , tanC  0 . Viết lại bất đẳng thức :

3 3 3

cot cot cot

1

cot cot cot

B C A

A  B  C 

Áp dụng bất đẳng thức Côsi :
3

2

cot

cot .cot 2 cot
cot

B

A B B

A  

3

2

cot

cot .cot 2 cot
cot

C

B C C

B  

3

2

cot

cot .cot 2 cot
cot

A

C A A

3 DAYHOCTOAN.VN
Suy ra :

3 3 3

2 2 2

cot cot cot

2( cot cot cot ) 1

cot cot cot

B C A

A B C

A  B  C    

vì cotAcotB  cotBcotC cotCcotA  1
Ta lại có 2 2 2

cot Acot Bcot CcotAcotB  cotBcotC cotCcotA 1  
Từ đó suy ra :

3 3 3

cot cot cot

1

cot cot cot

B C A

A  B  C 

Bài 7. Cho ABC thỏa mãn

12
2
cot
2
cot
2
cot
2
sin
2
sin
2
sin

2  2  2  2 







 A_ B_ C A B C

. Chứng minh ABC cân.

Lời giải:

Ta có 12

2
cot
2
cot
2
cot
2
sin
2
sin
2
sin

2  2  2  2 







 A_ B_ C A B C

(1)
 15
2
B

sin
1
2
B
sin
1
2
A
sin
1
2
C
sin
2
B
sin
2
A
sin
2
2
2
2










 _{ }
(2)

Theo bất đăng thức cô si ta có :

12
2
A
sin
1
2
A
sin
8
2
A
sin
8
3
2
A
sin
1
2
A
sin
8
2

A
sin
8
3 ₂
2




  12

2
A
sin
1
2
A
sin
16
2

 .

Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi

3
A
2
1
2

A
sin
2
A
sin
1
2
A
sin
16
2







Tương tự ta cũng có. 12
2
B
sin
1
2
B
sin
16
2


 ; 12

2
C
sin
1
2
C
sin
16
2


 36
2
B
sin
1
2
B
sin
1
2
A
sin
1
2
C
sin
2

B
sin
2
A
sin
16
2
2
2









 _{ }
(3)

Mặt khác ta có

2
B
A
cos
4
B
A

cos
4
B
A
sin
2
2
C
sin
2
B
sin
2
A

sin       

2
3
2
1
4
B
A
sin
2
2
3
4
B

A
sin
2
1
4
B
A
sin
2
2

2 _ 





  _







Do đó:
2
3
2
C

sin
2
B
sin
2
A

sin    (4). Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi

3


B

A

Từ (3) và (4) ta có:

2
14
.
3
36
2
C
sin
2
B
sin
2

A
sin
14
2
B
sin
1
2
B
sin
1
2
A
sin
1
2
C
sin
2
B
sin
2
A
sin
16
2
2
2








 _{ }









 _{ }
 15
2
B
sin
1
2
B
sin
1
2
A
sin
1
2

C
sin
2
B
sin
2
A
sin
2
2
2
2









 _{ }
(5)

4 DAYHOCTOAN.VN
Như vậy tam giác ABC đều.

Bài 8. Với ; ;x y z0 thoả mãn: x4 y4z4 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  x y 2z

Lời giải:

Ta có: với a0. Áp dụng BĐT Bunhiakopsky





2

2 1 1 2 2 2 2

. 2 1 ax 4

a

P a x a y z ay z

a a

   

_   _ _  _  

 

 







2

4 2 2 4 4 4

1 2 16

P a x y z

a

 

 _  _   

 





2
2
4₃ 2 _{1 2 16}

P a

a

 

  _  _ 

 

Dấu "=" xảy ra  2 2 2

2 2 2 2

2 4

4
4

x y

x y

ax z a x z

x z x az

a


   

 _

   

 

  _



 _



3 2 2 2 2
16
a x z x z

   _a 3₁₆

Vậy dấu "=" xảy ra khi 4 3 4

4 4 4

16
3
x y

z x

x y z








   


3

4 4

3 3

3 3

; 2.

2 16 2 16

x y z

   

 

Do đó





2
3
4

max ₃

2

3 1 8 4 16

16

P  _  _ 

 

Bài 9. Cho các số dương , ,a b c thỏa mãn điều kiện abc1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2 2 2 2

bc ca ab

P

a b a c b a b c c a c b

  

  

Lời giải:

2 2 2

( ) ( ) ( )

bc ca ab

P

a b c b a c c a b

  

  

2 2 2

1 1 1

a b c

b c a c a b

bc ac ab

 _  _  _ 2 2 2

1 1 1

1 1 1 1 1 1

a b c

b c c a a b

  

  

Đặt x 1
a

 , y 1
b

 , z 1
c

 . Do abc 1 xyz1 và , ,a b c dương suy ra x y z, , dương.
Ta có

2 2 2

x y z

P

y z z x x y

  

  

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có
2

4

x y z

x
y z



 

 ,

2

4

y z x

y
z x



 

 ,

2

4

z x y

z

x y



 

 2

x y z

P   x y z

    

3

3 3

2 2 2

x y z

P   xyz

   

Dấu “=” xảy ra khi x  y z 1 hay a  b c 1. Vậy min

3
2

5 DAYHOCTOAN.VN
Bài 10. Cho 3 số dơng a b c, , thoả mãn : 3

4

a b c   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3

1 1 1

3 3 3

P

a b b c c a

  

  

Lời giải:

áp dụng BĐT Cơsi cho 3 số dương ta có





3

3

1 1 1 3

3 . 9

x y z xyz

x y z xyz

 

  _   _ 

 

1 1 1 9

x y z x y z

   

  (*)
áp dụng (*) ta có

3 3 3

1 1 1

3 3 3

P

a b b c c a

  

   3 3 3

9

3 3 3

a b b c c a



    

áp dụng BĐT Cô si cho 3 số dương ta có
3_{( 3 ).1.1} 3 1 1 1_{( 3 2)}

3 3

a b

a b      a b

3_{( 3 ).1.1} 3 1 1 1_{( 3 2)}

3 3

b c

b c      b c

3_{( 3 ).1.1} 3 1 1 1_{( 3 2)}

3 3

c a

c a      c a

3 3 3 1

3 3 3 [4( ) 6] 3

3

a b b c c a a b c

          

3
P

 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

3
4

3 3 3

a b c

a b b c c a

   




     


1
4

a b c

   
Vậy minP = 3

Bài 11. Cho các số dương , ,a b c thoả mãn a b c  3. Chứng minh rằng:

2 2 2

1 1 1

3

1 1 1

a b c

b c a

 _  _  _

  

Lời giải:
:

Bất đẳng thức trên tương đương với:

2 2 2

1 1 1

1 1 1 3 3 3

1 1 1

a b c

a b c a b c

b c a

  

             

  

Hay













2 2 2

2 2 2

1 . 1 . 1 .

3

1 1 1

a b b c c a

b c a

  

  

   .

Bây giờ ta dùng bất đẳng thức AM – GM cho các mẫu thức:





2





2





2





2





2





2

2 2 2

1 1 1 1 1 1

1 1 1 2 2 2

a b b c c a a b b c c a

b c a b c a

     

    

  



1





1

 

1



2 2 2

a b b c c a

6 DAYHOCTOAN.VN

3

3
2

ab bc ca

  

  Vì





2
3
3

a b c
ab bc ca     

Bài 12. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để tam giác ABC là tam giác đều là

2 2 2 1

2

2 2 2 4 2 2 2

A B C A B B C C A

cos cos cos   cos  cos  cos  (*)

Lời giải:

2 2 2

(*) 4 4 4 8

2 2 2 2 2 2

A B C A B B C C A

cos cos cos cos  cos  cos 

    





2 cos cos cos 1

2 2 2

A B B C C A

A A A cos  cos  cos 

    

8sin sin sin

2 2 2 2 2 2

A B C A B B C C A

cos  cos  cos 

 

(Nhân 2 vế với 8

2 2 2

A B C

cos cos cos )









8sin .sin .sinA B C sinA sinB sinB sinC sinC sinA

    

sinA sinB sinC

   (áp dụng BĐT Côsi)

A B C

   (ĐPCM).

Bài 13. Chứng minh rằng nếu x, y, z là ba số dương tuỳ ý thì với mọi tam giác ABC, ta đều có:
a) 1cos 1cos 1cos

2 2 2

x y z

A B C

x  y  z  yz xz xy .

b) Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu thoả mãn điều kiện: cos cos cos 2
2

C

A B  .

Lời giải

a) 1cos 1cos 1cos

2 2 2

x y z

A B C

x  y  z  yz xz xy .

Bất đẳng thức tương đương với:

2 2 2

2 cos 2 cos 2 cos 0

x y z  yz A xz B xy C













2 2 2 2 2 2 2

cos sin cos sin 2 cos 2 cos 2 cos 0

x B B y A A z yz A xz B xy A B

         



 







2 2 2 2 2 2 2 2

2

cos cos 2 cos cos sin sin 2 sin sin

2 cos cos 0

x B y A xy A B x B y A xy A B

z z y A x B

      

    .



 

2



2

cos cos sin sin 0

x B A z x B y A

      (luôn đúng).

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hệ sau đây thoả mãn:

cos cos 0

sin sin 0

x B y A z

x B y A

  



 _{ }



sin

cos cos

sin
sin sin

x B

x B A z

A

x y

A B

 _{ }


 

 _







sin sin

sin sin

x A B z A

x y

A B

 



 




sin sin

sin sin

x C z A

x y

A B





 



 sin sin sin

x y z

A B C

7 DAYHOCTOAN.VN

Tức là tam giác ABC đồng dạng với tam giác có ba cạnh là x, y, z.

b) Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu thoả mãn điều kiện: cos cos cos 2
2

C

A B  .

Áp dụng phần a với x y 1, z 2.

Nhận thấy 2

2 2 2

x y z

yz zx xy  . Theo kết quả câu a thì ABC đồng dạng với tam giác có ba
cạnh là 1, 1, 2. Nghĩa là tam giác ABC vuông cân tại C.

Bài 14. Cho ba số dương a_, b_, c _{thoả mãn} abc1_{. Chứng minh rằng:}

1 1 1

1

1 1 1

a b b c c a  .

Lời giải



3 3





3 2 3 3



3



3 3



a b  a b a  ab b  ab a b





3 3 3

1 1

a b ab a b

      3



3 3



3

ab a b abc

   3



3 3 3



ab a b c

  









3 3

3 3 3

3 3 3 3 3 3 3 3

1 1

1

abc c

a b ab a b c ab a b c a b c

   

        .

Tương tự 3

3 3 3

1
1

a

b c   a b c ,

3

3 3 3

1
1

b

c a   a b c .

Vậy 1 1 1 1

1 1 1

a b b c c a  .
Đẳng thức xảy ra khi a  b c 1.

Bài 15. Cho ABC không tù. Chứng minh rằng: tan tan tan tan .tan .tan 10 3

2 2 2 2 2 2 9

A_ B_ C_ A B C _

. Dấu
bằng xảy ra khi nào?

Lời giải

Đặt tan
2

A

x , tan

2

B

y , tan

2

C
z





, , 0;1
1
3
x y z

xy yz zx
x y z

 



_   

   


.

Áp dụng BĐT Cơsi cho ba só không âm 1x, 1y, 1z ta được:



1

 

1

 

1



₃

_

_

_

_

1 1 1

3

x y z

x y z

    

     3₁   



_{x y z}



_xy_yz_zx_xyz





3_{2 x y z xyz}

     .

3
3

3 10 3

2 1 2 1

3 3 9

x y z

x y z xyz      

     _  _  _  _ 

  _{ } (ĐPCM).

Dấu bằng xảy ra khi 3
3

x  y z .

Bài 16. Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn x  y z xyz. Chứng minh rằng:

2 2 2

3 1 1 1

xyyzzx  x   y   z  .

8 DAYHOCTOAN.VN
Ta có xyz   x y z 2 xyz

 

2

2 0

z xy xy z

    xy 1 1 z2

z
 

  (ta loại trường

hợp

2
1 1 z z

xy    vì ,x y0).

Với

2
1 1 z
xy

z
 

 , ta có:









2

2
1 1

2 2 . z 2 1 1

z x y z xy z z

z
 

      .

Nên z x



y



2 1



 1z2



.

Tương tự, ta có







2



2 1 1

x zy   x , y x



z



2 1



 1y2



.

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được 2 2 2

3 1 1 1

xyyzzx  x  y  z (ĐPCM)
Bài 17. Tính các góc của tam giác ABC, biết các cạnh a, b, c và các góc A, B, C thoả mãn hệ thức:





4

2 3 3
sin sin sin

2 2 2 8

p p a bc

A B C

 




 _






với p là nửa chu vi tam giác ABC.

Lời giải:





4p p a bc 



a b c b c a 



 



bc 



b c



2a2bc b2 c2 a22bcbc

1

cos 1

2

A

   2 1

cos

2 4

A

  2 3

sin

2 4

A

  sin 3

2 2
A

  .

1

sin sin sin sin cos cos

2 2 2 2 2 2 2

A B C A B C B C 

 _  _

 

1

sin 1 cos

2 2 2

A B C 

 _  _

 

2

1 1 1

sin

8 2 2 2

A

 

  _  _

 

2

1 1 3 1 2 3 3

8 2 2 2 8

  _

  _  _ 

  .

Dấu bằng xảy ra khi

3
sin

2 2

cos 1

2
A

B C









 _



2
3

6
A

B C



 

 

  


.

Bài 18. Cho , ,a b c0 thoả 21ab2bc8ca12. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 1 2 3

a b c

   .

Lời giải

Đặt x 1
a

 , y 2
b

 , z 3
c

 . Điều kiện bài toán trở thành , , 0

2 2 4 7

x y z

xyz x y z




 _{  }

 .

Bài toán quy về tìm giá trị nhỏ nhất của P  x y z.

Từ 2xyz2x4y7z z



2xy7



2x4y

2 7

2 4

2 7

xy

x y

z
xy




_{ } 

 _



.

Khi đó

14
2

2 4 11 7

2 7 2 2 2 7

x

x y _x

P x y x y

xy x x xy




       

  2

11 7

2 1
2

x

x x

9 DAYHOCTOAN.VN
Dễ dàng chứng minh được: ₂

7

3
7
2 1

2
x
x



  .

7
3

11 3 9 3 9 11

2 .

2 2 2 2 2

x

P x x x

x x x



         .

Vậy min 15
2

P khi 1

3

a , 4

5

b , 3

2

c .
Dễ dàng CM được ₂

7
3
7
2 1

2
x
x



  .

Bài 19. Cho hai số x, y thoả x24y2 4. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2

4 3 2

M  x  xy y .

Lời giải

Từ

2

2 2 2

4 4 1

2

x

x  y   _{ } y 

  .

Đặt sin
2

x _

 , ycos.

2 2

16sin 6 sin cos 2 cos 3sin 2 7 cos 2 9

M           .

Áp dụng BĐT Bunhiacopki ta có M đạt giá trị lớn nhất là 9 58 và giá trị nhỏ nhất là 9 58.

Cách 2:





2 2

2 2

4 4 3 2

4

x xy y

M

x y

 



 sử dụng điều kiện có nghiệm của phương tình bậc hai, ta có kết
quả trên.

Bài 20. Cho , ,a b c0 và ab bc ca  1. Chứng minh rằng:

2 2 2 _{2 2 2}

2 2 2 1 1 1

1 1 1 _{1 1 1}

a b c

a  b  c   _a   _b   _c  .

Lời giải

Từ điều kiện đầu bài, ta đặt tan
2

A

a , tan

2

B

b , tan

2

C

c và A, B, C là ba góc trong một tam
giác.

Từ _{2 2 2}

2 2 2

2 2 2 1 1 1

1 1 1 _{1 1 1}

a b c

a  b  c   _{a }  _{b }  _{c }

sin sin sin cos cos cos

2 2 2

A B C

A B C

     

 

* .

Mặt khác ta có: sin sin 2 sin cos 2 sin 2 cos

2 2 2 2

A B A B A B C

A B      ,

sin sin 2 cos
2

A

B C , sin sin 2 cos

2

B

C A .

Cộng các bất đẳng thức trên, ta chứng minh được

 

* .
Bài 21. Cho tam giác ABC có các góc thoả mãn

2

10 DAYHOCTOAN.VN

Lời giải

Ta có:

2

A  B C 

3 C 2

 

   0 cos 1

2

C

   .



 







cos 2Acos 2B2 cos A B cos A B  2 cosCcos A B  2 cosC(do cosC0 và





cos A B 1)

Dấu bằng xảy ra khi AB hoặc

2

C .

Từ đó



2

 

2



2

4 2 cos 1 2 2 cos 1 1 2 cos

P C  _ C  _ C

  8cos2C



2cos2C 1



2cosC





2





4 2 2

16 cos C 8cos c 1 1 2 cosC 4 4 cos C 1 1 2 cosC 4 4

             .

Dấu bằng xảy ra khi

3

C .
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất khi

3

A  B C  .

Bài 22. Cho ba số dương a , b, c thoả mãn ab 1 c a b







. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2 2

1 1 1

a b c

P

a b c

  

   .

Lời giải

Đặt atan, btan , c tan với , 0;
2

 _ _

 , 2;0

 _ _

 .
Từ giả thiết, ta có:









1 tan .tan 1 tan tan tan

ab c a b        

1 tan tan
tan 1 tan . tan

 

  



 

 tan  2 tan



 



 

 _  _ 

  .

Đặt atan, btan, c tan với , 0; , ;0

2 2

 

 _ _  _ _

   .

2 k



   

     , vì

2

    
     nên

2


     .

Mà Ptan .cos 2tan .cos 2tan .cos 2 1



sin 2 sin 2 2 sin2



2   

  



 





2



2





1

2 sin cos 2 sin cos cos cos 1

2

P              





2 ₂





cos cos 5

cos 1

2 4 4

P _    _     

  .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi









2

cos 1

cos

cos 0

2

 
 


  



 

 




1
cos

2
 





 




5
12
3


 



  


 
  


.

2 3

a b

11 DAYHOCTOAN.VN
Vậy GTLN của P là 5

4 khi a  b 2 3, c 3.

Bài 23. cho , ,x y z 0. Chứng minh rằng



2



 

2



 

3





53

xy yz zx

P

z x z y x y x z y z y x

   

      .

Lời giải

Đặt a y z, b z x, c x y.

Khi đó a, b , c là ba cạnh của tam giác ABC.

Ta có:

















2
2

4 4

b c a c a b c a b

xy

z x z y ab ab

     

 

 

2 2 2

1 1 1

cos

4 2 2 2

c a b

C
ab

 

     .

Tương tự







12cos 12
yz

A

xy xz    ,



 



1 1

cos

2 2

zx

B
y z yx    .
Suy ra cos cos 3cos 7

2 2

P _ C A B_

  .

Ta có cos cos 3cos 2 cos cos 3cos

2 2 2 2

A C A C

C A B    B

2
3

2sin cos 1 2sin

2 2 2 2

B A C  B

  _  _

 

2 3

3sin 2 sin

2 2 2

B B

   

2

2 11 11

3 sin

2 3 6 6

B

 

  _  _  

  .

Suy ra 7 11 5

2 6 3

P   .

Dấu bằng xảy ra khi

2 4

sin

2 3 3

B

b a

A C a c

 _  _

 _

 

 _  _

 

2

x y z

   .

Bài 24. _{Câu 1. Cho} , , 0

6
a b c
a b c




   

 Tìm GTNN của

2 1 2 1 2 1

S a b c

b c a c a b

     

  

Bài giải:

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxki ta có:

2 1 2 2 2 1

( ) (4 1 ) 4

a a

b c b c

 _  _{  }

 _  _

 

2 1 2 2 2 1

( ) (4 1 ) 4

b b

a c a c

 _  _{  }

 _  _

 

2 1 2 2 2 1

( ) (4 1 ) 4

c c

b a b a

 _  _{  }

 _  _

 

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta đợc: S. 17 4(a b c) ( 1 1 1 )

a b b c a c

     

  

3

3

4( )

. .

a b c

a b b c c a

   

   ( theo bất đẳng thức Côsi)
9

4(a b c)

a b b c a c

   

12 DAYHOCTOAN.VN





2 2 2

9

4( )

(1 1 1 ) ( ) ( ) ( )
a b c

a b a c b c

   

      

9

4( )

6( )

a b c

a b c

   

 

31 9 9

( )

8 8 2 6( ) 2 6( )

a b c
a b c

a b c a b c

 

     

   

2

31 3 93 9 51

.6 3.

8 2 4 2



   

51
2 17
S

  3 17

2
 .

Vậy ưMin 3 17
2

S  khi a  b c 2.

Bài 25. Câu 2. Chứng minh rằng tam giác ABC đều nếu thoả mãn:

2
9
tan tan tan

2 2 2 4

A B C R

S

   .

Bài giải:

Trong đó S, R lần lượt là diện tích và bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC .
Ta có 1 sin

2

S  ab C 2 sin sin sinR A B C thế vào đẳng thức đã cho ta được:
tan tan tan 8 sin si

(   ) R A nBsinC 9R

 2 2 2 9

4 sin sin sin 4 sin sin sin 4 sin sin sin

2 2 2 4

A B C

B C A C A B



2 sin



BsinCsinAsinCsinAsinB







9

2 sin sin cos sin sin cos sin sin cos

4

B C A A C B A B C

   

Theo BĐT Côsi: 2 2 2

sin s

sin Asin Bsin C A inBsinBsinCsinAsinC
Nên



2 2 2

 

2 2 2



2 2 2 9

2 sin sin sin sin sin sin sin sin sin

4

VT  A B C  A B C A B C (*)

Dấu đẳng thức xảy ra khi ABC đều.
Chứng minh BĐT (*):

Ta có sin2 sin2 sin2 1 cos 2 1 cos 2 sin2

2 2

A B

M  A B C     C



 



2

1 cos A B cos A B 1 cos C

     





2

2 cos C cosCcos A B

   

Xét



cos2 c s







1
4
9

4 C o Ccos B

M    A 





2 2





1 1

cos cos sin 0

2 4

C A B A B

 

 _   _   

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi ABC đều. Suy ra điều phải chứng minh.

Bài 26. Câu 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A2 11 2 y4 x y 5, với x, y là các số thực

thoả mãn 2 2

– 2 – 6 6 0

13 DAYHOCTOAN.VN

Bài giải:

Ta thấy 2 2 _{– 2 – 6 6 0}

x y x y  là phương trình của đường trịn

 

C tâmI

 

1;3 , bán kính R2.
Vì x y, thoả mãn x2y2 – 2 – 6x y 6 0 nên ta có

2 11 2 4 5

A  y x y =2( 11 2 y+ 4x4y20)

=2( (x2y22x6y 6) (11 2 ) y + (x2y22x6y 6) (4x4y20)) = = 2(

2 2

(x1) (y4) + 2 2

(x1) (y5) )2



NM PM



, trong đó N

 

1; 4 nằm bên trong

 

C ,



1;5



P  nằm bên ngoài

 

C ,M x y

   

;  C .
Gọi M_o là giao điểm của đoạn thẳng PN với

 

C 

( )
vµ cïng h-íng

o

NM_o NP
M  C


  


 toạ độ của điểm Mo là nghiệm của hệ

2 2

- 2 - 6 6 0

1 4

0

2 1

x y x y

x y

   



  

 

 



1
5

23

5
x

y
  





 

1 23
;
5 5

o

M _ _
  .

Với mọi M x y

   

;  C ta thấyNM PM PN  5, dấu “=” xảy ra khi M x y

 

; 1 23;
5 5

o

M  

 _ _

 

=

 

PN ( )C .

Vậy min

 

A 2



NMoPM



2.PN 2. 5 , đạt được khi

1
5
23

5
x

y
  





 .

Bài 27. Câu 4. Cho các số thực a b c, , 1, a2b2c2 4. Tìm phần nguyên của

1 1 1

2

a b c

B

a b c

 

    (Phần nguyên của số thực x là số ngun lớn nhất khơng vượt qx, và
được kí hiệu là

 

x ).

Bài giải:

Từ giả thiết suy ra 1a b c, , 2
Nh vậy



2 –a a



–1



 0 1

2

a
a
 ≤ 3

2 . Tương tự
1
2

b
b
 ≤ 3

2 ,
1
2

c
c
 ≤ 3

2.

Do đó ta có 1 1 1

2

a b c

B

a b c

 

    ≤ 9 5

2  (1).

Theo BĐT Cauchy ta có 1

2

a
a

 ≥ 2. .1
2
a

a= 2.
Tơng tự 1

2

b
b

 ≥ 2, và 1

2

c
c

 ≥ 2.
Suy ra B = 1 1 1

2

a b c

a b c

  _{  }

14 DAYHOCTOAN.VN

Bài 28. Câu 5. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: f x y z



, ,



 yz x 1 xz y 2 xy z 3
xyz

    

trên miền



( , , ) : 1; 2; 3



D x y z x y z

Bài giải:



, ,



f x y z  x 1 y 2 z 3

x y z



 

 

Vận dụng bất đẳng thức Côsi cho từng cặp số ta có: x 1 x 1.1

x x

 

 1

2

 2 2. 2

. 2

y y

y y

 


1

2 2

 ; 3 3. 3

3

z z

z z

 _  1

2 3


Cộng vế vế các bất đẳng thức ta đợc f x y z



, ,



1(1 1 1 )

2 2 3

  

Đẳng thức xảy ra khi x2,y4,z6
Do đó max f x y z



, ,



 1(1 1 1 )

2  2  3 với



x y z, ,



D
Bài 29. Câu 6. Cho x y, là hai số dương thay đổi, có tổng bằng17

4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2

2

1 2 11 3
11

1

x y

P x x

y y xy



    

 .

Bài giải:

Ta có:

2

1 1 3

11

1

P x x

y y

x
y

   

_  _  _  _

    _ .

Đặt: t x 1 0
y
   .

Ta có:

2

2 3 1 3 1 3 1 47

11 12 2 12 .

2 4 4 4

P t t t t t

t t t

   

    _{ } _  _   

   

Đẳng thức xảy ra khi 1

2

t . Giải hệ:

17
4
1 1
2
x y

x
y
  



  


được: 1

4

x vày4.

Vậy: Min 47
4

P đạt được khi 1

4

x và y4.

Bài 30. Câu 7. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của

2 2

2 2

3

x xy y

P

x xy y

 



 

Bài giải:

•y0 thì P1.

• y0 thì

2
2

3 1
1

t t

P

t t
 


  với
x
t