Bài 1. (Năm học 2010 - 2011)
Giải phương trình $x^2 + 4x + 7 = (x + 4)\sqrt{x^2 + 7}$.
Lời giải
Đặt $t = \sqrt{x^2 + 7}$, phương trình đã cho trở thành $t^2 + 4x = (x + 4)t$
$$\Leftrightarrow t^2 - (x + 4)t + 4x = 0 \Leftrightarrow (t - x)(t - 4) = 0 \Leftrightarrow \begin{cases} t = x \\ t = 4. \end{cases}$$
TH1: $\sqrt{x^2 + 7} = 4 \Leftrightarrow x^2 + 7 = 16 \Leftrightarrow x^2 = 9 \Leftrightarrow x = \pm 3$
TH2: $\sqrt{x^2 + 7} = x$ $(x \geq 0) \Rightarrow x^2 + 7 = x^2 \Leftrightarrow 7 = 0$ (vô nghiệm)
Vậy phương trình có tập nghiệm là $S = \{-3; 3\}$
Bài 2. (Năm học 2011 - 2012)
Với $x > 0$, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $M = 4x^2 - 3x + \frac{1}{4x} + 2011$.
Lời giải
Ta có $M = 4\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + x + \frac{1}{4x} + 2010 \geq 2\sqrt{x \cdot \frac{1}{4x}} + 2010 = 2011$. Đẳng thức xảy ra khi $x = \frac{1}{2}$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của $M$ là 2011.
Bài 3. (Năm học 2012 - 2013)
Với $x, y$ là các số dương thỏa mãn điều kiện $x \geq 2y$, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $M = \frac{x^2 + y^2}{xy}$.
Lời giải
Đặt $t = \frac{x}{y} \geq 2 \Rightarrow M = \frac{t^2 + 1}{t}$.
Xét hiệu $M - \frac{5}{2} = \frac{t^2 + 1}{t} - \frac{5}{2} = \frac{(t-2)(2t-1)}{2t} \geq 0$ với mọi $t \geq 2$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của $M$ bằng $\frac{5}{2}$ khi $x = 2y$.
Bài 4. (Năm học 2013 - 2014)
Với $a, b, c$ là các số dương thỏa mãn điều kiện $a + b + c + ab + bc + ca = 6abc$.
Chứng minh: $\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2} \geq 3$
Lời giải
$$\left(\frac{1}{a} - \frac{1}{b}\right)^2 \geq 0 \Leftrightarrow \frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} \geq \frac{2}{ab} \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left(\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2}\right) \geq \frac{1}{ab}$$
Theo bất đẳng Cauchy ta có
$$\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2}\right) \geq \frac{1}{ab}; \frac{1}{2}\left(\frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2}\right) \geq \frac{1}{bc}; \frac{1}{2}\left(\frac{1}{a^2} + \frac{1}{c^2}\right) \geq \frac{1}{ac}$$
$$\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a^2} + 1\right) \geq \frac{1}{a}; \frac{1}{2}\left(\frac{1}{b^2} + 1\right) \geq \frac{1}{b}; \frac{1}{2}\left(\frac{1}{c^2} + 1\right) \geq \frac{1}{c}$$
Cộng lần lượt các vế
$$\frac{3}{2} + \frac{3}{2}\left(\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2}\right) \geq \frac{1}{ab} + \frac{1}{ac} + \frac{1}{bc} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}$$
$$\Leftrightarrow \frac{3}{2} + \frac{3}{2}\left(\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2}\right) \geq \frac{c + b + a + bc + ac + ab}{abc}$$
$$\Leftrightarrow \frac{3}{2} + \frac{3}{2}\left(\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2}\right) \geq 6$$
$$\Leftrightarrow \frac{3}{2}\left(\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2}\right) \geq 6 - \frac{3}{2} = \frac{9}{2}$$
$$\Leftrightarrow \left(\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2}\right) \geq 3.$$
Dấu "=" xảy ra khi $a = b = c = 1$ (đpcm).
Bài 5. (Năm học 2014 - 2015)
Với $a, b, c$ là các số dương thỏa mãn điều kiện $a + b + c = 2$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $Q = \sqrt{2a + bc} + \sqrt{2b + ca} + \sqrt{2c + ab}$.
Lời giải
Vì $a + b + c = 2$ nên $2a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(a + c)$
$$\Rightarrow \sqrt{2a + bc} = \sqrt{(a + b)(a + c)} \leq \frac{a + b + a + c}{2}.$$
Tương tự ta có $\sqrt{2b + ca} \leq \frac{b + c + b + a}{2}$ và $\sqrt{2c + ab} \leq \frac{c + a + c + b}{2}$.
Cộng theo vế ta có $Q \leq 2(a + b + c) = 4$.
Bài 6. (Năm học 2015 - 2016)
Với hai số thực không âm $a, b$ thỏa mãn $a^2 + b^2 = 4$, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $M = \frac{ab}{a + b + 2}$.
Lời giải
Ta có $a^2 + b^2 = 4 \Rightarrow 2ab = (a + b)^2 - 4 \Rightarrow 2M = \frac{(a+b)^2 - 4}{a + b + 2} = a + b - 2$.
Ta có $a + b \leq \sqrt{2(a^2 + b^2)} = 2\sqrt{2} \Rightarrow M \leq \sqrt{2} - 1$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a = b = \sqrt{2}$.
Vậy giá trị lớn nhất của $M$ bằng $\sqrt{2}$ khi $a = b = \sqrt{2}$.
Bài 7. (Năm học 2016 - 2017)
Với các số thực $x, y$ thỏa mãn $x - \sqrt{x + 6} = \sqrt{y + 6} - y$, tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = x + y$.
Lời giải
Bổ đề $\sqrt{a} + \sqrt{b} \leq \sqrt{2(a + b)}, \forall a, b \geq 0$.
Thật vậy bổ đề tương đương với $2\sqrt{ab} \leq a + b$ (đúng theo bất đẳng thức cô-si)
Áp dụng ta có $x - \sqrt{x + 6} = \sqrt{y + 6} - y \Leftrightarrow x + y = \sqrt{x + 6} + \sqrt{y + 6} \leq \sqrt{2(x + y + 12)}$
$$\Leftrightarrow (x + y)^2 \leq 2(x + y) + 24 \Leftrightarrow -4 \leq x + y \leq 6 \text{ (1)}$$
Dễ thấy $x + y \geq 0$ (2)
Ta có $x + y = \sqrt{x + 6} + \sqrt{y + 6} \Leftrightarrow (x + y)^2 = (x + y) + 12 + 2\sqrt{(x + 6)(y + 6)}$
$$\Leftrightarrow (x + y)^2 - (x + y) - 12 = 2\sqrt{(x + 6)(y + 6)} \geq 0 \Leftrightarrow (x + y + 3)(x + y - 4) \geq 0 \Leftrightarrow \begin{cases} x + y \leq 3 \\ x + y \geq 4 \end{cases} \Leftrightarrow x + y \geq 4 \text{ (3)}$$
Từ (1), (2) và (3) suy ra $4 \leq x + y \leq 6$.
Dấu "$=$" xảy ra khi $x + y = 4 \Leftrightarrow \begin{cases} x + 6 = 0 \\ y + 6 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x = -6 \\ y = 10 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} x = 10 \\ y = -6 \end{cases}$
Khi $x + y = 6 \Leftrightarrow \begin{cases} x + y = 6 \\ x + 6 = y + 6 \end{cases} \Leftrightarrow x = y = 3$.
Vậy giá trị lớn nhất của $x + y$ là 6 khi $x = y = 3$ và giá trị nhỏ nhất của $x + y$ là 4 khi $(x; y) = (-6; 10)$ hoặc $(x; y) = (10; -6)$.
Bài 8. (Năm học 2017 - 2018)
Cho các số thực $a, b, c$ thay đổi luôn thỏa mãn: $a \geq 1, b \geq 1, c \geq 1$ và $ab + bc + ca = 9$.
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức $P = a^2 + b^2 + c^2$.
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương ta có:
$$a^2 + b^2 \geq 2ab, b^2 + c^2 \geq 2bc, c^2 + a^2 \geq 2ca.$$
Do đó: $2(a^2 + b^2 + c^2) \geq 2(ab + bc + ca) = 2.9 = 18 \Rightarrow 2P \geq 18 \Rightarrow P \geq 9$
Dấu bằng xảy ra khi $a = b = c = \sqrt{3}$.
Vậy $\min P = 9$ khi $a = b = c = \sqrt{3}$
Vì $a \geq 1, b \geq 1, c \geq 1$ nên $(a-1)(b-1) \geq 0 \Leftrightarrow ab - a - b + 1 \geq 0 \Leftrightarrow ab + 1 \geq a + b$
Tương tự ta có $bc + 1 \geq b + c, ca + 1 \geq c + a$
Do đó $ab + bc + ca + 3 \geq 2(a + b + c) \Leftrightarrow a + b + c \leq \frac{9+3}{2} = 6$
Mà $P = a^2 + b^2 + c^2 = (a + b + c)^2 - 2(ab + bc + ca) = (a + b + c)^2 - 18$
$$\Rightarrow P \leq 36 - 18 = 18. \text{ Dấu bằng xảy ra khi: } \begin{cases} a = 4; b = c = 1 \\ b = 4; a = c = 1 \\ c = 4; a = b = 1 \end{cases}$$
Bài 9. (Năm học 2018 - 2019)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = \sqrt{1-x} + \sqrt{1+x} + 2\sqrt{x}$.
Lời giải
**Cách 1:** Điều kiện: $0 \leq x \leq 1$
Đặt $A = \sqrt{1-x} + \sqrt{x}$; $B = \sqrt{1+x} + \sqrt{x}$
Ta có $A^2 = 1 + 2\sqrt{x(1-x)} \geq 1 \forall 0 \leq x \leq 1 \Rightarrow A \geq 1$. Đẳng thức xảy ra khi $x = 0$
$B^2 = 1 + 2x + 2\sqrt{x(1+x)} \geq 1 \forall 0 \leq x \leq 1 \Rightarrow B \geq 1$. Đẳng thức xảy ra khi $x = 0$
Do đó $P = A + B \geq 2$. Đẳng thức xảy ra khi $x = 0$
Vậy GTNN của $P$ là 2 đạt được khi và chỉ khi $x = 0$.
**Cách 2:**
Điều kiện: $0 \leq x \leq 1$
Đặt $a = \sqrt{1-x}, b = \sqrt{1+x}$. Vì $0 \leq x \leq 1$ nên ta có $b \geq a \geq 0$ và $a^2 + b^2 = 2$
Ta có $b^2 - a^2 = 2x \Leftrightarrow \sqrt{2(b^2 - a^2)} = 2\sqrt{x}$
Khi đó $P = a + b + \sqrt{2(b^2 - a^2)} \geq 2a + \sqrt{2(b^2 - a^2)}$
Suy ra $P^2 \geq 4a^2 + 2(b^2 - a^2) + 4a\sqrt{2(b^2 - a^2)} = 2(a^2 + b^2) + 4a\sqrt{2(b^2 - a^2)}$
Vì $2(a^2 + b^2) = 4$ và $4a\sqrt{2(b^2 - a^2)} \geq 0$ với mọi $0 \leq a \leq b$
Nên $P^2 \geq 4 \Rightarrow P \geq 2$ (do $P > 0$)
Dấu "$=$" xảy ra khi và chỉ khi $b = a$ tức là $x = 0$.
Bài 10. (Năm học 2019 - 2020)
Cho biểu thức $P = a^4 + b^4 - ab$ với $a, b$ là các số thực thỏa mãn $a^2 + b^2 + ab = 3$. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của $P$.
Lời giải
$$P = a^4 + b^4 - ab = (a^2 + b^2)^2 - 2a^2b^2 - ab = (3-ab)^2 - 2a^2b^2 - ab = 9 - 6ab + a^2b^2 - 2a^2b^2 - ab$$
$$= 9 - 7ab - a^2b^2 = -\left[(ab)^2 + 2 \cdot ab \cdot \frac{7}{2} + \frac{49}{4}\right] + \frac{49}{4} + 9 = -\left(ab + \frac{7}{2}\right)^2 + \frac{85}{4}.$$
Vì $a^2 + b^2 = 3 - ab$, mà $(a+b)^2 \geq 0 \Leftrightarrow a^2 + b^2 \geq -2ab \Rightarrow 3 - ab \geq -2ab \Leftrightarrow ab \geq -3$.
Và $(a-b)^2 \geq 0 \Leftrightarrow a^2 + b^2 \geq 2ab \Rightarrow 3 - ab \geq 2ab \Leftrightarrow ab \leq 1$.
Từ (1) và (2) suy ra $-3 \leq ab \leq 1 \Leftrightarrow -3 + \frac{7}{2} \leq ab + \frac{7}{2} \leq \frac{7}{2} + 1 \Leftrightarrow \frac{1}{2} \leq ab + \frac{7}{2} \leq \frac{9}{2}$
$$\Leftrightarrow \frac{1}{4} \leq \left(ab + \frac{7}{2}\right)^2 \leq \frac{81}{4} \Leftrightarrow -\frac{81}{4} \leq -\left(ab + \frac{7}{2}\right)^2 \leq -\frac{1}{4} \Leftrightarrow -\frac{81}{4} + \frac{85}{4} \leq -\left(ab + \frac{7}{2}\right)^2 + \frac{85}{4} \leq -\frac{1}{4} + \frac{85}{4}$$
$$\Leftrightarrow 1 \leq -\left(ab + \frac{7}{2}\right)^2 + \frac{85}{4} \leq 21$$
Vậy Max $P = 21$. Dấu "$=$" xảy ra khi $\begin{cases} ab = -3 \\ a^2 + b^2 = 6 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a = \sqrt{3} \\ b = -\sqrt{3} \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} a = -\sqrt{3} \\ b = \sqrt{3} \end{cases}$.
Min$P = 1$. Dấu $=$ xảy ra khi $\begin{cases} ab = 1 \\ a^2 + b^2 = 2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a = 1 \\ b = 1 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} a = -1 \\ b = -1 \end{cases}$.
Bài 11. (Năm học 2020 - 2021)
Giải phương trình $\sqrt{x} + \sqrt{3x-2} = x^2 + 1$.
Lời giải
Điều kiện: $x \geq \frac{2}{3}$
Ta có: $\sqrt{x} + \sqrt{3x-2} = x^2 + 1$
$$\Leftrightarrow 2\sqrt{x} + 2\sqrt{3x-2} = 2x^2 + 2$$
$$\Leftrightarrow 2x^2 - 2\sqrt{x} - 2\sqrt{3x-2} + 2 = 0$$
$$\Leftrightarrow 2(x^2 - 2x + 1) + 4x - 2\sqrt{x} - 2\sqrt{3x-2} = 0$$
$$\Leftrightarrow 2(x-1)^2 + (x - 2\sqrt{x} + 1) + (3x - 2 - 2\sqrt{3x-2} + 1) = 0$$
$$\Leftrightarrow 2(x-1)^2 + (\sqrt{x} - 1)^2 + (\sqrt{3x-2} - 1)^2 = 0$$
Vì $(x-1)^2 \geq 0$; $(\sqrt{x} - 1)^2 \geq 0$ và $(\sqrt{3x-2} - 1)^2 \geq 0$ với mọi $x \geq \frac{2}{3}$ nên
$$2(x-1)^2 + (\sqrt{x} - 1)^2 + (\sqrt{3x-2} - 1)^2 = 0$$
$$\Leftrightarrow \begin{cases} x - 1 = 0 \\ \sqrt{x} - 1 = 0 \\ \sqrt{3x-2} - 1 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x = 1 \\ x = 1 \\ \sqrt{3x-2} = 1 \end{cases}$$
$$\Leftrightarrow \begin{cases} x = 1 \\ 3x - 2 = 1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x = 1 \\ x = 1 \end{cases} \Leftrightarrow x = 1 \text{ } (tm)$$
Vậy $x = 1$ là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Bài 12. (Năm học 2021 - 2022)
Với các số thực $a$ và $b$ thỏa mãn $a^2 + b^2 = 2$, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = 3(a+b) + ab$.
Lời giải
Ta có: $P = 3(a+b) + ab \Leftrightarrow ab = P - 3(a+b)$. Thay vào giả thiết, ta được:
$$a^2 + b^2 = 2 \Leftrightarrow (a+b)^2 - 2ab = 2 \Leftrightarrow (a+b)^2 - 2[P - 3(a+b)] = 2$$
$$\Leftrightarrow (a+b)^2 + 6(a+b) = 2P + 2 \Leftrightarrow (a+b+3)^2 = 2P + 11$$
Ta có: $(a+b)^2 \leq 2(a^2 + b^2) \Leftrightarrow (a+b)^2 \leq 4 \Leftrightarrow -2 \leq a+b \leq 2$
$$\Rightarrow -2+3 \leq a+b+3 \leq 2+3 \Leftrightarrow 1 \leq (a+b+3)^2 \leq 25 \Leftrightarrow 1 \leq 2P+11 \leq 25 \Leftrightarrow -5 \leq P \leq 7$$
Do đó, MinP $= -5 \Leftrightarrow \begin{cases} a+b = -2 \\ ab = 1 \end{cases} \Leftrightarrow a = b = -1$
Bài 13. (Năm học 2022 - 2023)
Với các số thực không âm $x$ và $y$ thỏa mãn $x^2 + y^2 = 4$, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = x + 2y$.
Lời giải
Vì $x, y \geq 0$ nên $P \geq 0$ và $P^2 = x^2 + 4xy + 4y^2 = (x^2 + y^2) + (4xy + 3y^2) \geq 4$
Từ đó $P^2 \geq 4 \Leftrightarrow P \geq 2$.
Với $x = 2, y = 0$ (thỏa mãn điều kiện bài toán), ta có: $P = 2$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ bằng 2
Bài 14. (Năm học 2023 - 2024)
Cho hai số thực dương $a$ và $b$ thỏa mãn $a + b \leq 2$. Chứng minh $\frac{a^2}{a^2 + b} + \frac{b^2}{b^2 + a} \leq 1$.
Lời giải
Do $a > 0, b > 0$ nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$$a^2(b^2 + a) + b^2(a^2 + b) \leq (b^2 + a)(a^2 + b)$$
$$\Leftrightarrow a^2b^2 + a^3 + a^2b^2 + b^3 \leq a^2b^2 + b^3 + a^3 + ab$$
$$\Leftrightarrow a^2b^2 \leq ab \Leftrightarrow ab(ab - 1) \leq 0 \Leftrightarrow ab \leq 1 \text{ (vì } ab > 0).$$
Do $a > 0, b > 0$ và $a + b \leq 2$ nên $2\sqrt{ab} \leq 2$. Suy ra $ab \leq 1$ (đpcm).