Một số bài toán bất đẳng thức ôn luyện thi đại học

(Tổng hợp bởi : Phạm Văn Hoàng)

Part 1 : 




Bài 1 : Cho $\ a, b, c>0$ và $\ abc=1$. Chứng minh rằng: $$\ \sqrt{9{a}^{2}+4}+\sqrt{9{b}^{2}+4}+\sqrt{9{c}^{2}+4}\leq \sqrt{13}\left(a+b+c \right)$$

Lời giải :
Đặt $a=\ln x$, $b=\ln y$, $c=\ln z$. Từ $abc=1$ suy ra $x+y+z=0$
Bất đẳng thức cần chứng minh được đưa về dạng :
$$\sqrt{9.e^{2x}+4}+\sqrt{9.e^{2y}+4}+\sqrt{9.e^{2z}+4} \leq \sqrt{13}.(e^x+e^y+e^z)$$
Xét hàm $f\left ( t \right )=\sqrt{9.e^{2t}+4}-\sqrt{13}.e^t+\frac{4\sqrt{13}}{13}t$
Ta có :
$$f'\left ( t \right )=\frac{9e^{2t}}{\sqrt{9e^{2t}+4}}-\sqrt{13}.e^t+4\frac{\sqrt{13}}{13}\Rightarrow f'(t)=0\Leftrightarrow t=0$$
Khảo sát hàm $f(t)$ trên $\left ( -\infty ;+\infty  \right )$, ta tìm được $\max f(t)=0$ đạt được khi $t=0$.

Áp dụng vào bài toán : $\sqrt{9.e^{2x}+4} \leq \sqrt{13}.e^x-\frac{4\sqrt{13}}{13}x$

Thiết lập hai bất đẳng thức tương tự, cộng vế theo vế với chú ý $x+y+z=0$ suy ra $đpcm$

Bài 2 :  Cho các số thực $x, y$ thay đổi thỏa mãn điều kiện $y \le 0$ và ${{x}^{2}}+x-y-12=0$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $A = xy + x  + 2y +17$

Lời giải : Từ giả thiết ta có:
$y=x^2 + x -12$, mà $y\leq 0$ nên suy ra $x^2 + x - 12 \Rightarrow -4\leq x \leq 3$.
Thay $y$ bằng $(x^2 + x - 12)$ vào biểu thức $A$ ta được:
$$A=x^3 + 3x^2 -9x-7$$
Đến đây ta sẽ khảo sát hàm số:
$$f(x)=x^3 + 3x^2 -9x-7$ với $-4\leq x \leq 3$$
Mọi người giải tiếp nhé!

Bài 3 : Cho $x, y, z$ là các số thực dương thỏa mãn $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{z}$. Chứng minh rằng
$$\frac{x^{2}+y^{2}}{z^{2}}+\frac{z}{x+y}\geq \frac{33}{4}$$

 Lời giải :
Từ giả thiết dễ dàng suy ra được $\frac{2xy}{z^2}=2\left ( \frac{x+y}{2} \right )$. Mặt khác áp dụng bất đẳng thức $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}\Rightarrow \frac{x+y}{z}\geq 4$. Đặt $\frac{x+y}{z}=t$, biến đổi vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh thành :
$$VT=\left ( \frac{x+y}{z} \right )^2+\frac{z}{x+y}-\frac{2(x+y)}{z}=t^2+\frac{1}{t}-2t$$
Đến đây ta xét hàm $f(t)=\left ( \frac{x+y}{z} \right )^2+\frac{z}{x+y}-\frac{2(x+y)}{z}=t^2+\frac{1}{t}-2t$ với chú ý $t \geq 4$, ta có :
$f'(t)=\frac{2t^3-2t^2-1}{4}> 0$ $\forall t \geq 4$, do vậy $f(t)$ là hàm đồng biến $\Rightarrow f(t)\geq f(4)=\frac{33}{4}$. Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=2z$

Bài 4 : Cho $x,y,z$ là các số thực thuộc đoạn $\left [ \frac{1}{2};2 \right ]$. Chứng minh bất đẳng thức :
$$8\left ( \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \right )\geq 5\left ( \frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{y} \right )+9$$

Lời giải :
 Giả sử $x=max\left \{ x; y; z \right \}$.
Xét hàm số $f\left ( x \right )=8\left ( \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \right )-5\left ( \frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{y} \right )$.
Ta có $f'\left ( x \right )=\frac{\left ( x^{2}-yz \right )\left ( 8z-5y \right )}{x^{2}yz}$.
Trường hợp 1. $8z>5y$ khi đó $f'\left ( x \right )=0\Leftrightarrow x=\sqrt{yz}$.
Từ bảng biến thiên ta có $f\left ( x \right )\geq f\left ( \sqrt{yz} \right )=\frac{y}{z}+2\sqrt{\frac{z}{y}}-\frac{z}{y}-2\sqrt{\frac{y}{z}}$.
Đặt $\sqrt{\frac{y}{z}}=t\left ( t\in \left [ \frac{1}{2};2 \right ] \right )$.
Đến đay ta chỉ cần khảo sát hàm sát hàm số $g\left ( t \right )=t^{2}-2t+\frac{2}{t}-\frac{1}{t^{2}}$ trên $\left [ \frac{1}{2};2 \right ]$ ta suy ra BĐT cần chứng minh.

Trường hợp 2. $8z\leq 5y$. Khi đó $f'\left ( x \right )\leq 0$. Suy ra $f\left ( x \right )\geq f\left ( 2 \right )=8\left ( \frac{2}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{2} \right )-5\left ( \frac{y}{2}+\frac{z}{y}+\frac{2}{z} \right )=g\left ( y \right )$.
Ta có $g'\left ( y \right )=\frac{16-5z}{2z}.\frac{y^{2}-2z}{y^{2}}$; $g'\left ( y \right )=0\Leftrightarrow y=\sqrt{2z}$.
Từ bảng biến thiên ta suy ra $g\left ( y \right )\geq g\left ( \sqrt{2z} \right )=4z+\frac{16\sqrt{2}}{\sqrt{z}}-\frac{10}{z}-5\sqrt{2z}$.
Đặt $\sqrt{2z}=t\left ( t\in \left [ 1;2 \right ] \right )$.
Xét hàm số $h\left ( t \right )=2t^{2}+\frac{32}{t}-\frac{20}{t^{2}}-5t$.
Ta có $h\left ( t \right )-9=\frac{\left ( 2t+5 \right )\left ( t-1 \right )\left ( t-2 \right )^{2}}{t^{2}}$$\Rightarrow h\left ( t \right )\geq 9$ suy ra BĐT cần chứng minh.
Vậy ta có đpcm.

Bài 5 :  Cho các số thực $x, y, z$ thuộc $\left [ 1;3 \right ]$ thỏa mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2}=14$.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\left ( 1-\frac{y}{x} \right )\left ( 2+\frac{z}{x} \right )$.

Lời giải :
Ta sẽ CM $P \ge -8$ hay $(\frac{y}{x}-1)(\frac{z}{x}+2) \le 8$
$\Leftrightarrow 2(\frac{y}{x}-1)(\frac{z}{x}+2) \le 16$
Ta có :
$\Leftrightarrow 2(\frac{y}{x}-1)(\frac{z}{x}+2) \le \frac{[2(\frac{y}{x}-1)+\frac{z}{x}+2]^2}{4}$
Vậy ta sẽ CM :$2\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\le 8$
$\Leftrightarrow 2y+z\le 8x$
Theo $AM-GM$
$2y+z \le 2.\frac{y^2+9}{6}+\frac{z^2+4}{4}=\frac{4y^2+3z^2+48}{12}=\frac{y^2+3(y^2+z^2)+48}{12} \le \frac{9+3(14-x^2)+48}{12} =\frac{33-x^2}{4}$
Vậy ta cần CM $33-x^2 \le 32x$$\Leftrightarrow (x-1)(x+33)\ge 0$ Luôn đúng

Bài 6 : Cho ba số $x,y,z\in \left ( 0;1 \right ]$ thỏa mãn $x+y\geq 1+z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{xy+z^{2}}$.

Lời giải :  
 Đặt $P$ là biểu thức ở vế trái. Ta có :
$$P=\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{xy+z^{2}}=\frac{x^2}{x(y+z)}+\frac{y^2}{y(z+x)}+\frac{z}{xy+z^{2}}$$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :
$$P\geq \frac{\left ( x+y \right )^2}{2xy+z(x+y)}+\frac{z}{xy+z^2}$$ $\left ( 1 \right )$
Đặt $x+y=t$, theo giả thiết ta có $t \in \left [ 1+z;2 \right ]$ và $xy \leq \frac {t^2}{4}$ $\left ( 2 \right )$. Theo $\left ( 1 \right )$ và $\left ( 2 \right )$ suy ra được :
$$P\geq \frac{2t^2}{t^2+2zt}+\frac{4z}{t^2+z^2}=f(t)$$
Xét $f'(t) = 4zt\left [ \frac{t}{\left ( t^2+2zt \right )^2}-\frac{2}{\left ( t^2+4z^2 \right )} \right ]$, mặt khác do $t \geq z+1$ và $z \leq 1$ nên $2zt \geq 4z^2$, lại có $t \leq 2$ suy ra $ \frac{t}{\left ( t^2+2zt \right )^2}\leq \frac{2}{\left ( t^2+4z^2 \right )}$
$\Rightarrow$ $f(t)$ là hàm nghịch biến với mọi $t\in \left [ z+1;2 \right ] \Rightarrow f(t)\geq f(2)=\frac{2}{1+z}+\frac{z}{z^2+1}=g(z)$

Khảo sát hàm $g(z)$, dễ thấy $g(z) \geq g(1)=\frac {3}{2}$

Vậy $P_{\min }=\frac{3}{2}$, đạt được khi và chỉ khi $x=y=z=1$

Bài 7:  Cho các số thực dương $a, b, c$ đôi một khác nhau thỏa mãn $2a\leq c$ và $ab+bc=2c^{2}$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$P=\frac{a}{a-b}+\frac{b}{b-c}+\frac{c}{c-a}$.

Lời giải :
Từ giả thiết ta được $b=\frac {2c^2}{a+c}$, thay vào $P$và viết $P$ lại thành :
$$P=\frac{a^2+ac}{a^2+ac-2c^2}+\frac{3c}{c-a}$$
Đặt $f\left (c \right )=\frac{ac+a^2}{-2c^2+ac+a^2}+\frac{3c}{c-a}$, ta khảo sát $f$ trên nửa khoảng $\left [2a;+\infty \right )$

Xét $f'\left ( t \right )=\frac{2ac(c+2a)}{(a-c)(a+2c)}-\frac{3a}{\left ( a-c \right )^2}=\frac{a}{a-c}\left [ \frac{2c(c+2a)}{a+2c}-\frac{3a}{a-c} \right ]$, lại có $a< c$ (do $2a \leq c$) nên dễ dàng suy ra được $f'(t)< 0$, như vậy $f(t)$ là hàm nghịch biến trên $\left [2a;+\infty \right )$, hay $f(t) \leq f(2a)=\frac{27}{5}$

Vậy $P\max =\frac{27}{5}$, đạt được khi và chỉ khi $\left ( a;b;c \right )=\left ( a;2a;\frac{8}{3}a \right )$

Bài 8 : Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x>1,y>2,z>3 và $\frac{1}{x}+\frac{2}{y}+\frac{3}{z}\ge 2$ . Tìm max
$$P= (x-1)(y-2)(z-3)$$

Lời giải :
Từ điều kiện ta có :$\frac{x-1}{x}+\frac{y-2}{y}+\frac{z-3}{z}\leq 1$
Đặt : $x-1=a;y-2=b;z-3=c\Rightarrow a+1=x;b+2=y;c+3=z$
Khi đó : $\Rightarrow \frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+2}+\frac{c}{c+3}\leq 1\Leftrightarrow \frac{1}{a+1}\geq \frac{b}{b+2}+\frac{c}{c+3}\geq 2\sqrt{\frac{bc}{(b+2)(c+3)}}$
Tương tự:
$\frac{2}{b+2}\geq 2\sqrt{\frac{ac}{(a+1)(c+3)}}$
$\frac{3}{c+3}\geq 2\sqrt{\frac{ab}{(a+1)(b+2)}}$
Nhân 3 bđt trên lại và rút gọn ta được $abc\leq \frac{3}{4}$
Dấu bằng xảy ra khi $a= \frac{1}{2};b=1;c=\frac{3}{2}\Leftrightarrow x=\frac{3}{2};y=3;z= \frac{9}{2}$.

Bài 9 : Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $\frac{4}{5}b\geq a-c\geq \frac{3}{5}b$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$P=\frac{12\left ( a-b \right )}{c}+\frac{12\left ( b-c \right )}{a}+\frac{25\left ( c-a \right )}{b}$.

Lời giải : 
Ta có $Q=49-P=\frac{12\left ( b+c-a \right )}{c}+\frac{12\left ( c+a-b \right )}{a}+\frac{25\left ( a+b-c \right )}{b}$.
Đặt $\left\{\begin{matrix} 2x=b+c-a & \\ 2y=c+a-b & \\ 2z=a+b-c & \end{matrix}\right.$ $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=y+z & \\ b=z+x & \\ c=x+y & \end{matrix}\right.$.
Vì $\frac{4}{5}b\geq a-c\geq \frac{3}{5}b$ hay $a\leq \frac{4}{5}b+c<b+c$ nên $0<4x\leq z\leq 9x$.
Xét $Q\left ( y \right )=\frac{24x}{x+y}+\frac{24z}{y+z}+\frac{50x}{x+z}$.

Ta có $Q'\left ( y \right )=\frac{24\left ( z-x \right )\left ( y^{2}-zx \right )}{\left ( x+y \right )^{2}\left ( y+z \right )^{2}}$; $Q'\left ( y \right )=0\Leftrightarrow y=\pm \sqrt{zx}$.

Dễ thấy khi $y\rightarrow -\infty$ thì $\left\{\begin{matrix} \frac{24x}{x+y}>0 & \\ \frac{24z}{z+y}\rightarrow 24^{+}& \\ \frac{50x}{z+x}=\frac{50}{1+\frac{z}{x}}\geq 40& \end{matrix}\right.\Rightarrow Q>64$.
Do đó ta chỉ cần xét $Q\left ( \sqrt{zx} \right )=\frac{48\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{z}}+\frac{50z}{z+x}=\frac{48t}{t+1}+\frac{50}{t^{2}+1}$ với $t=\sqrt{\frac{x}{z}},t\in \left [ \frac{1}{3};\frac{1}{2} \right ]$.
(để tìm $minQ$ )
$f'\left ( t \right )=\frac{48t^{4}-100t^{3}-104t^{2}-100t+48}{\left ( t+1 \right )^{2}\left ( t^{2}+1 \right )^{2}}; f'\left ( t \right )=0\Leftrightarrow 12\left ( t+\frac{1}{t} \right )^{2}-25\left ( t+\frac{1}{t} \right )-50=0\Leftrightarrow t+\frac{1}{t}=\frac{10}{3}\Leftrightarrow t=\frac{1}{3}$.
Ta thấy $f\left ( \frac{1}{2} \right )=56; f\left ( \frac{1}{3} \right )=57$.
Suy ra $Q\geq 56$$\Rightarrow P\leq -7$.
Đẳng thức xảy ra khi $a=2c,3b=5c$.
Vậy $P_{max}=-7$.


Bài 10 : Cho $x,y,z$ thực không âm thỏa $z=\max \{x,y,z\}$ và $xy+xz+yz>0$. Tìm min của biêu thức $$P=\frac{x}{y+z}+2\sqrt{\frac{y}{x+z}}+3\sqrt[3]{\frac{z}{x+y}}$$

Lời giải : 

Để ý với điều kiện $x,y,z$ không âm, ta nghĩ ngay đến chuyện dấu bằng xảy ra khi có 1 số bằng 0. Lần mò thêm tý nữa, ta có thể dự đoán dấu bằng xảy ra khi $y=0,z=x$ và $P=4$.

Lại nhìn vào biểu thức $P$ và điều kiện $z=max\{x;y;z\}$, thật tự nhiên ta nghĩ đến việc đưa biểu thức về 1 biến để khảo sát hàm số, cụ thể là $\sqrt[3]{\frac{z}{x+y}}$. Số hạng này mang tính đối xứng giữa 2 biến $x,y$ nên ta cũng sẽ đi tìm cách đánh giá đưa $P$ về đối xứng the0 $x,y$ bằng việc sử dụng 1 số bất đẳng thức quen thuộc
Áp dụng liên tiếp AM-GM ta có :
$$\frac{x}{y+z}+2\sqrt{\frac{y}{x+z}}\geq 2\left(\sqrt{\frac{x}{y+z}}+\sqrt{\frac{y}{x+z}}\right)-1$$
$$=4\left(\frac{x}{2\sqrt{x(y+z)}}+\frac{y}{2\sqrt{y(x+z)}}\right)-1$$

$$\geq \frac{4(x+y)}{x+y+z}-1=\frac{4}{1+\frac{z}{x+y}}-1$$
Giờ thì đặt $\frac{z}{x+y}=t^3$ với $t\geq \sqrt[3]{\frac{1}{2}}$ ta có:
$$P\geq \frac{4}{1+t^3}+3t-1=f(t)$$
Ta có $f'(t)=4.\frac{(t-1)(t^2+t-1)(t^3+2t+1)}{(t^3+1)^2}$  nhưng do $t^2+t-1>0$ (Do $t\geq \sqrt[3]{\frac{1}{2}}$) nên $f(t)$ đạt min khi $t=1$ và $P=4$
Kết thúc chứng minh, đẳng thức xảy ra tại $x=z,y=0$ $\blacksquare$

Bài 11 : Cho các số thực $x,y,z$   thuộc đoạn $[1;3]$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  : $$T = \frac{{25{{\left( {y + z} \right)}^2}}}{{12{x^2} + 2012\left( {xy + yz + zx} \right)}} \cdot $$

Lời giải : 
Ta có $T\ge \frac{25{{(y+z)}^{2}}}{12{{x}^{2}}+2012x(y+z)+2012\frac{{{(y+z)}^{2}}}{4}}\ge \frac{25{{(y+z)}^{2}}}{12{{x}^{2}}+2012x(y+z)+503{{(y+z)}^{2}}}$.
Xét hàm $m(x)=12{{x}^{2}}+2012x(y+z)+503{{(y+z)}^{2}},x\in \left[ 1;3 \right]$,
có ${m}'(x)=24x+2012(y+z)>0,\forall x\in \left[ 1;3 \right]$.
Do đó $m(x)$ đồng biến trên $\left[ 1;3 \right]$, suy ra $T(x)$ nghịch biến trên $\left[ 1;3 \right]$.
Suy ra $T(x)\ge T(3)=\frac{25{{t}^{2}}}{108+6036t+503{{t}^{2}}}=f(t)$, với $t=y+z\in \left[ 2;6 \right]$.
Lại có $f(t)=\frac{150900{{t}^{2}}+540t}{{{\left( 108+6036t+503{{t}^{2}} \right)}^{2}}}>0,\forall t\in \left[ 2;6 \right]$.
nên $f$ đồng biến trên $\left[ 2;6 \right]$, và do đó $f(t)\ge f(2)=\frac{25}{3548}$.
Cuối cùng $\min T=\frac{25}{3548}$ khi $x=3;y=z=1$.

Bài 12 : Cho $a,b,c$ các số dương thoả mãn : $2a^2+3b^2+5ab+3bc+2ac+c \leq 3+5a+8b $
Chứng minh rằng :
$$ \frac{1}{\sqrt{8^{a}+1}}+\frac{1}{\sqrt{8^{b}+1}}+\frac{1}{\sqrt{8^{c}+1}} \geq 1 $$

Lời giải : 
 Từ điều kiện ta biến đổi : $$2a^2+3b^2+5ab+3bc+2ac+c \leq 3+5a+8b$$$$\Leftrightarrow 2a^2+2ab+2ac-6a+3ab+3b^2+3bc-9b+ a+b+c-3 \le 0$$$$\Leftrightarrow 2a(a+b+c-3)+3b(a+b+c-3)+(a+b+c-3) \le 0$$$$\Leftrightarrow (a+b+c-3)(2a+3b+1) \le 0 \quad (1)$$Do $a,b,c >0$ nên từ $(1)$ ta có : $\ a+b+c \le 3.$ Lại có : $2^{a+b+c}=2^a \cdot 2^b \cdot 2^c \le 8.$
Đặt $m=2^a, n=2^b, p=2^c \Rightarrow mnp \le 8.$Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có  $$\sqrt {1 + {m^3}}  = \sqrt {(1 + m)(1 - m + {m^2})}  \le\frac{m^2 + 2}{2}$$Xây dựng các bất đẳng thức tương tự, ta được $$VT \ge \frac{2}{{{m^2} + 2}} + \frac{2}{{{n^2} + 2}} + \frac{2}{{{p^2} + 2}} $$ Vậy ta cần phảỉ chứng minh $$\frac{2}{{{m^2} + 2}} + \frac{2}{{{n^2} + 2}} + \frac{2}{{{p^2} + 2}} \ge 1$$$$\mbox{hay} \ \frac{\frac{2}{m^2}}{1+\frac{2}{m^2}}+ \frac{\frac{2}{n^2}}{1+\frac{2}{n^2}} + \frac{\frac{2}{p^2}}{1+\frac{2}{p^2}} \ge 1$$Tiếp tục đăt :$t=\frac{1}{m^2},u=\frac{1}{n^2},v=\frac{1}{p^2}.$ Với điều kiện $mnp \le 8 \Rightarrow tuv \ge \frac{1}{8}.$ Khi đó ta cần chứng minh : $$\frac{2t}{1+2t}+\frac{2u}{1+2u} + \frac{2v}{1+2v} \ge 1$$Tới đây ta khai triển tòe loe ra và rút gọn ta thu được  $$4(ut+vt+uv)+16uvt \ge 1 \quad (*)$$ Mặt khác theo bất đẳng thức $\mbox{AM-GM}$ Ta có : $4(ut+vt+ut)+16uvt \ge 12 \sqrt[3]{t^2u^2v^2}+16uvt = 12 \cdot \frac{1}{16} + 16 \cdot \frac{1}{64} =1$
  Vậy $(*)$ được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi $t=u=v = \frac{1}{4}$ hay $m=n=p=2$ hay $a=b=c=1.$

Bài 13 : Cho các số thực dương $x,y$ thỏa điều kiện :$x \left(1 - \frac{1}{y} \right)+y \left(1 - \frac{1}{x} \right)=4$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
$$P = xy + \sqrt{1+x^2} + \sqrt{1+y^2}$$

Lời giải : 

Cách 1 : Xét bổ đề:
$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2} \ge \sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2}$
Chứng minh:
$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2} \ge \sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2}$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{(a^2+b^2)(c^+d^2)} \ge a^2+c^2+2ac+b^2+d^2+2bd$
$\Leftrightarrow \sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)} \ge ac+bd$
$\Leftrightarrow a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2 \ge a^2c^2+b^2d^2+2abcd$
$\Leftrightarrow (ad-bc)^2 \ge 0$
Áp dụng bổ đề ta có:
$\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+y^2} \ge \sqrt{4+(x+y)^2}$
Từ giả thiết ta có:
*)  $\Rightarrow x+y=4+\frac{x}{y}+\frac{y}{x} \ge 6 \Rightarrow\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+y^2} \ge 2\sqrt{10}$
*) $xy=\frac{(x+y)^2}{x+y-2}=9+\frac{(x+y-6)(x+y-3)}{x+y-2} \ge 9$
Vậy $P \ge 9+2\sqrt{10}$.
Dấu = xảy ra khi $x=y=3$

Cách 2 : Ta có $x\left(1-\frac{1}{x} \right)+y\left(1-\frac{1}{y} \right)=4\Leftrightarrow x+y=4+\frac{x^{2}+y^{2}}{xy}=\frac{\left( x+y\right)^{2}}{xy}+2$
$\Rightarrow xy=\frac{\left(x+y \right)^{2}}{x+y-2}$
Mặt khác ta có :
$x+y=4+\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\geq 6$
Ta có $\sqrt{\left(1^{2}+3^{2} \right)\left(1^{2}+x^{2} \right)}+\sqrt{\left(1^{2}+3^{2} \right)\left(1^{2}+y^{2} \right)}\geq 3x+1+3y+1$
$\Rightarrow \sqrt{1+x^{2}}+\sqrt{1+y^{2}}\geq \frac{1}{\sqrt{10}}\left(3\left(x+y \right)+2 \right)$
$\Rightarrow P\geq \frac{\left(x+y \right)^{2}}{x+y-2}+\frac{1}{\sqrt{10}}\left(3\left(x+y \right)+2 \right)$
Đặt $t=x+y\Rightarrow t\geq 6$
Xét hàm số $f\left(t \right)=\frac{t^{2}}{t-2}+\frac{1}{\sqrt{10}}\left(3t+2 \right);t\geq 6$
Ta có $f^{'}\left(t \right)=\frac{t^{2}-4t}{\left(t-2 \right)^{2}}+\frac{3}{\sqrt{10}}>0$ với mọi $t\geq 6$
$\Rightarrow f\left(t \right)$ đồng biến trên $\left[ 6;+\propto  \right)$
$\Rightarrow f\left(t \right)\geq f\left(6 \right)=9+2\sqrt{10}$. Dấu $"="$ xảy ra$\Leftrightarrow t=6$
$\Rightarrow P\geq 9+2\sqrt{10}$. Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow x=y=3$
Vậy $P_{min}=9+2\sqrt{10}$ khi $x=y=3$

Bài 14 : Cho các số thực $a,b,c \in \left[1;2 \right]$ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : $$P =\frac{10a}{bc} +\frac{11b}{ac} + \frac{2012c}{ab}$$

Lời giải :
$P=f(c)=\frac{2012c}{ab}+\frac{1}{c}(\frac{10a}{b}+\frac{11b}{a}) $
Coi c là biến số;a,b là tham số; ta có:
$f'(c)=\frac{2012}{ab}-\frac{1}{c^2}(\frac{10a}{b}+\frac{11b}{a})$
$=\frac{2012c^2-10a^2-11b^2}{ab}\geq\frac{2012-10.2^2-11.2^2}{ab} >0$
$\Rightarrow f(c)\leq f(2)=\frac{4024}{ab}+\frac{5a}{b}+\frac{11b}{2a} =g(a)$
Coi a là biến số;b là tham số; ta có:
$g'(a)=\frac{-4024}{ba^2}+\frac{5}{b}-\frac{11b}{2a^2}\leq \frac{-4024}{2^3}+5-\frac{11}{4.2} <0 $
$\Rightarrow g(a)\leq g(1)=\frac{4029}{b}+\frac{11b}{2}=h(b) $
$h'(b)=\frac{-4029}{b^2}+\frac{11}{2}\leq 0(b\in [1;2]) \Rightarrow h(b)\leq h(1)=4029+\frac{11}{2}=\frac{8069}{2} $
Vậy GTLN của P là $\frac{8069}{2}$ khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix} a=b=1 & \\ c=2& \end{matrix}\right.$

Bài 15 : Cho $x,y,z$ là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 1;3 \right ]$ và $x+y+2z=6$.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức :
$$P=x^3+y^3+5z^3$$

Lời giải :
Ta có : $1\leq xy \leq \frac{(x+y)^2}{4} = (3-z)^2 $
Đặt $xy = t \Rightarrow 1 \leq t \leq (3-z)^2 $
Lại có :
$P=x^3+y^3+5z^3=(x+y)^3-3xy(x+y)+5z^3 = (6-2z)^3-3xy(6-2z)+5z^3=-6t(3-z) +(6-2z)^3+5z^3$

Xét hàm số : $f(t)=-6t(3-z) +(6-2z)^3+5z^3 $, có :
$f'(t) = -6(3-z) \leq 0 , \forall z \in [1;3] $
Vậy nên : $f((3-z)^2) \leq f(t)  \leq f(1)  $

Sẽ tiếp tục cập nhật...