Lời giải:
$a^2(b+c)=b^2(b+c)$

$\Leftrightarrow a^2(b+c)-b^2(b+c)=0$

$\Leftrightarrow (a^2-b^2)(b+c)=0$
$\Leftrightarrow (a-b)(a+b)(b+c)=0$

Vì $a,b,c$ đôi 1 khác nhau nên $a-b\neq 0$

$\Rightarrow (a+b)(b+c)=0$

Mà $b+c\neq 0$ (do nếu $b+c=0$ thì $a^2(b+c)=0$ (trái với đề))

$\Rightarrow a+b=0$

$\Rightarrow H=c^2(a+b)=0$

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: 

\(\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)^2\le\left(1+1+1\right)\left(a+b+b+c+c+a\right)\)

\(=3\left(2a+2b+2c\right)=3.2\left(a+b+c\right)=6.2021=12126\)

\(\Rightarrow\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\le\sqrt{12126}\)

Dấu ''='' xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{2021}{3}\)

Sửa lại đề: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{2021}$.

--------------

Lời giải:

\(\left\{\begin{matrix} a+b+c=2021\\ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{2021}\end{matrix}\right.\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}\)

\(\Leftrightarrow \frac{a+b}{ab}+\frac{a+b}{c(a+b+c)}=0\Leftrightarrow (a+b)(\frac{1}{ab}+\frac{1}{c(a+b+c)})=0\)

\(\Leftrightarrow (a+b).\frac{c(a+b+c)+ab}{abc(a+b+c)}=0\)

\(\Leftrightarrow (a+b).\frac{(c+a)(c+b)}{abc(a+b+c)}=0\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)=0\)

$\Leftrightarrow (2021-c)(2021-a)(2021-b)=0$

Do đó ít nhất 1 trong 3 số $a,b,c$ có 1 số có giá trị bằng $2021$

Topic này chủ yếu là coppy nội dung đề bài và lời giải của các mem lại, các ĐHV THPT có thể coppy tiếp CD13 nhưng nên để chung trong một khung. Tính đúng sai của các lời giải thì kiểm tra lại sau.

Bắt đầu vậy!

Bài 1:

Cho abc=1 va a3>36.CMR:a23+b2+c2>ab+bc+ca}

Lời giải:

VT−VP=a24+b2+c2−ab−bc+2bc+a212=(a2−b−c)2+a2−36bc12>0⇒ đpcm

Cách khác:

Từ giả thiết suy ra a>0 và bc>0. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

a23+(b+c)2−3bc−a(b+c)≥0⟺13+(b+ca)2−b+ca−3a3≥0

Vì a3>36 nên13+(b+ca)2−b+ca−3a3>(b+ca)2−b+ca+14=(b+ca−12)2>0

Bài 2:

Với a,b,c >0; n ∈ N*.CMR:

anb+c+bna+c+cna+b≥32(an+bn+cna+b+c)

Lời giải:

∑anb+c≥13(∑an)(∑1a+b)≥13(∑an)(92(a+b+c))=32(∑an∑a)

Bài 3:

Cho x,y,z>0 thỏa điều kiện x2+y2+z2=9

Tìm giá trị nhỏ nhất của P=x5y2+y5z2+z5x2

Lời giải:

Theo Cauchy Ta có:

x5y2+x5y2+√3y2+√3y2+3√3≥√3x2

Cách khác:

Sử dụng Cauchy-Schwarzt ta có 

       x5y2+y5z2+z5x2⩾(x3+y3+z3)2xy2+yz2+zx2

Sử dụng Cauchy-Schwarzt và AM-GM ta có 

       xy2+yz2+zx2⩽√(x2+y2+z2)(x2y2+y2z2+z2x2)⩽√(x2+y2+z2)33=3

Do đó P⩾(x3+y3+z3)23⩾(x2+y2+z2)39=3 

Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1

Bài 4:

Ch0 a>0 và n là 1 số tự nhiên

Chứng minh rằng an+1an−2⩾n2(a+1a−2)

Lời giải:

Bất đẳng thức tương đương với (an−1+an−2+...+a+1)≥n2an−1 (hiển nhiên theo AM-GM)

Cách khác:

Do tính đối xứng giữa a và 1a nên ta có thể giả sử a ≥ 1.  đặt √a =x ≥ 1.bdt ⇔ x2n+1x2n−2≥n2(x2+1x2−2)⇔(xn−1xn)2≥n2(x−1x)2⇔x^{n}-\frac{1}{x^{n}}\geq n(x-\frac{1}{x})$①.

Với x=1 thì ① đúng

Với x>1 thì ① ⇔xn−1+xn−3...+1xn−3+1xn−1≥n (đúng vì theo bđt AM-GM).

Dấu bằng xảy ra khi x=1 ⇔a=1

Bài 5:

Cho a,b,c,d là các số thực thỏa mãn {a+b+c+d=0a2+b2+c2+d2=2

Tìm GTLN của P=abcd

Lời giải:

Áp dụng AM-GM ta có 

2=∑a2≥44√∏a2⇒√|abcd|≤12⇒abcd≤14

Dấu bằng xảy ra khi a=b=−c=−d=1√2 và các hoán vị của chúng

Bài 6:

Cho a,b,c≥0 thỏa mãn a+b+c=1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:P=abc(a2+b2+c2)

Lời giải:

Ta có: P=abc(a+b+c)(a2+b2+c2)≤13(ab+bc+ca)2(a2+b2+c2)

Mặt khác, lại có: (ab+bc+ca)2(a2+b2+c2)≤((a+b+c)23)3=127

Do đó: P≤181

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=13

Bài 7:

Cho các số thực x,y>0 thỏa mãn 3x+y≤1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:S=1x+1√xy

Lời giải:

S≥1x+1√x(1−3x)

≥1x+21−2x=2x(1−x)≥8(x+1−x)2=8

Dấu "=" xảy ra ⇔x=14

Bài 8:

Cho các số thực a,b,c,x,y thỏa mãn ax−by=√3.

Tìm GTNN của F=a2+b2+x2+y2+bx+ay

Lời giải:

Sử dụng giả thiết ax−by=√3 ta có:

(a2+b2)(x2+y2)=(ax+by)2+(ax−by)2=(ax+by)2+3

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy , suy ra:

a2+b2=x2+y2=(a2+b2)+(x2+y2)≥2√(a2+b2)(x2+y2)=2√(ax+by)2+3

Do đó, ta đưa về bài toán tìm GTNN của: 2√x2+3+x trong đó x=ax+by

Ta có:

(2√x2+3+x)2=4(x2+3)+4x√x2+3+x2=(x2+3)+4x√x2+3+4x2+9=(√x2+3+2x)2+9≥9

⇒2√x2+3+x≥3

Vậy MinT=3

Bài 9:

Cho các số thực dương a,b,c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

                                P=2a+√ab+3√abc−3√a+b+c

Lời giải:

a+√12a.2b+3√14a.b.4c≤a+14a+b+112a+13b+43c=43(a+b+c)

Do đó P≥32(a+b+c)−3√a+b+c...

Bài 10:

Cho x,y là các số không âm thoả x3+y3≤1

Tìm giá trị lớn nhất của P=2√x+√y

Lời giải:

(x3+y3)(5√26+1)5⩾(2√x+√y)6

⇔2√x+√y⩽6√(5√26+1)5

Vậy Max(P)=6√(5√26+1)5⇔a325√2=b3=125√2+1

Chiều coppy tiếp, sau đó kiểm tra nội dung sau.

Bài 11:Cho các số a,b,c không âm không đồng thời bằng không. Chứng minh rằng;

∑2a2−bcb2−bc+c2≥3

Lời giải:(vutuanhien)

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử b là số nằm giữa a và c

BĐT đã cho tương đương với

∑2a2+(b−c)2b2−bc+c2≥6

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có

∑2a2b2−bc+c2≥2(a2+b2+c2)2∑a2(b2−bc+c2)=2(a2+b2+c2)22∑a2b2−abc∑a

∑(b−c)2b2−bc+c2≥[a(b−c)+b(a−c)+c(a−b)]22∑a2b2−abc∑a=4b2(a−c)22∑a2b2−abc∑a

Do đó ta chỉ cần chứng minh

(a2+b2+c2)2+2b2(a−c)2≥6∑a2b2−3abc∑a(1)

Ta có 

b2(a−c)2=[a(b−c)+c(a−b)]2=a2(b−c)2+c2(a−b)2+2ac(a−b)(b−c)

≥a2(b−c)2+c2(a−b)2

Suy ra 

2b2(a−c)2≥a2(b−c)2+b2(c−a)2+c2(a−b)2

⇒VT(1)≥(∑a2)2+2∑a2b2−2abc∑a

Do đó ta chỉ còn phải chứng minh 

(∑a2)2+2∑a2b2−2abc∑a≥6∑a2b2−3abc∑a

⇔∑a4+abc∑a≥2∑a2b2

BĐT này hiển nhiên đúng theo BĐT Schur

∑a4+abc∑a≥∑ab(a2+b2)

Và BĐT AM-GM

∑ab(a2+b2)≥2∑a2b2

Kết thúc chứng minh 

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c hoặc a=b, c=0 và các hoán vị.

Bài 12:(bosulan239)

Cho a,b,c là các số không âm không đồng thời bằng không.

CMR

∑a2∑ab≥∑abb2+bc+c2

Bài giải:(vutuanhien)

BĐT đã cho tương đương với

a2ab+bc+ca−abb2+bc+c2+b2ab+bc+ca−bcc2+ca+a2+c2ab+bc+ca−caa2+ab+b2≥0

⇔∑ac(ac−b2)b2+bc+c2≥0

Do ac(ac−b2)b2+bc+c2=ac2(a+b+c)b2+bc+c2−ac nên BĐT đã cho có thể viết lại thành

∑ac2(a+b+c)b2+bc+c2≥ab+bc+ca

⇔∑ac2b2+bc+c2≥ab+bc+caa+b+c

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có

VT≥(ab+bc+ca)2∑a(b2+bc+c2)=ab+bc+caa+b+c

Kết thúc chứng minh 

Bài 13: (nguyencuong123)

Cho a,b,c không âm thoả mãn: a+b+c=3

Chứng Minh: ∑a+1ab+1≥3

Bài giải:(Juliel)

Áp dụng AM-GM cho vế trái, ta cần chứng minh :

(a+1)(b+1)(c+1)≥(ab+1)(bc+1)(ca+1)⇔abc+(ab+bc+ca)+(a+b+c)+1≥a2b2c2+abc(a+b+c)+(ab+bc+ca)+1⇔abc+4≥a2b2c2+3abc+1⇔a2b2c2+2abc≤3(a+1)(b+1)(c+1)≥(ab+1)(bc+1)(ca+1)⇔abc+(ab+bc+ca)+(a+b+c)+1≥a2b2c2+abc(a+b+c)+(ab+bc+ca)+1⇔abc+4≥a2b2c2+3abc+1⇔a2b2c2+2abc≤3

Hiển nhiên đúng vì abc≤(a+b+c3)3=1

Bài 14:(Chrome98):Chứng minh bất đẳng thức sau với a,b,c>0 và a+b+c=1:

a23a+1+b23b+1+c23c+1≥24(a29a+1+b29b+1+c29c+1)2

Bài giải: (Simpson Joe Donald)

∙ AM−GM: a29a+1=a26a+(3a+1)≤a22√6a(3a+1)=a√a2√6(3a+1) ;

∙ Cauchy−Schwarz: VP≤(a√a√3a+1+b√b√3b+1+c√c√3c+1)2≤(a+b+c).VT=VT

Bài 15:(trauvang97:)Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn:

                             2a2+1+2b2+1+2c2+1≥3

Chứng minh rằng: (a−2)2+(b−2)2+(c−2)2≥3

Bài giải:

(Nguyen Huy Tuyen)2a2+1+2b2+1+2c2+1≥3⇔∑(1−a)(1+a)a2+1⩾0

(a−2)2+(b−2)2+(c−2)2−3=∑(a−3)(a−1)

Ta có :∑(a−3)(a−1)−∑2(1−a)(1+a)a2+1=∑(a−1)4a2+1⩾0

           ⇔∑(a−3)(a−1)⩾∑2(1−a)(1+a)a2+1⩾0

           ⇔(a−2)2+(b−2)2+(c−2)2≥3

Bài 16:(phanquockhanh)Cho x,y,z>0:xyz+x+z=y . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P=2x2+1−2y2+1−4z√z2+1+3z(z2+1).√z2+1

(Trích đề thi thử số 2 – THTT)

Bài giải:

(trauvang97)Từ giả thiết ta có: x=y−z1+yz.

Khi đó:

P=2(1+yz)2(y2+1)(z2+1)−2y2+1−4z√z2+1+3z(z2+1)√z2+1

P=2z(2y+(y2−1)z)(y2+1)(z2+1)−4z√z2+1+3z(z2+1)√z2+1

Do 2z(2y+(y2−1)z)(y2+1)(z2+1)=2z√(2y+(y2−1)z)2(y2+1)(z2+1)≤2z√(4y2+(y2−1)2)(1+z2)(y2+1)(z2+1)=2z√z2+1

Do đó:

P≤2z√z2+1−4z√z2+1+3z√z2+1(1−z2z2+1)

P=−3t3+t với z√z2+1=t∈(0;1)

Khảo sát hàm số trên ta thấy maxP=29⇔x=√22;y=√2,z=√24

Bài 17:(Toc Ngan)Cho a,b,c>0 và a+b+c=3

Chứng minh rằng : 

j mà dài zữ z

\(P=\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}\sqrt{c+a}\)

Aps dụng Bunhia-cốpxki : \(P^2=\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)\le\left(1+1+1\right)\left(a+b+b+c+c+a\right)\)

\(=6\left(a+b+c\right)\)

\(=6.2021=12126\Leftrightarrow P=\sqrt{12126}\)

Vậy \(Max\left(P\right)=\sqrt{12126}\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{2021}{3}\)

(Refer ;-;)