Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $xy+yz+zx=1$. Tìm GTNN của biểu thức :
$$P=x^2+2y^2+3z^2$$
Lời giải : Áp dụng cân bằng hệ số, ta có thể giải bài toán như sau :
$$P=\frac{1}{2}x^2+\frac{3}{2}y^2+\frac{1}{2}x^2+\frac{3}{2}z^2+\frac{1}{2}y^2+\frac{3}{2}z^2 \geq \sqrt{3}xy+\sqrt{3}yz+\sqrt{3}zx$$ :
$$\Leftrightarrow P \geq \sqrt{3}(xy+yz+zx)=\sqrt{3}$$
Kết luận : $P_{\min}=\sqrt{3}$
Thứ Hai, 17 tháng 6, 2013
Thứ Năm, 30 tháng 5, 2013
Bất đẳng thức luyện thi Đại học (tiếp)
Đề bài : Cho $a, b ,c>0$ thỏa mãn $a\le b\le c$ và $abc=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $$A=\frac{5}{(a+1)^2}+\frac{4}{(b+1)^2}+\frac{3}{(c+1)^2} $$
Lời giải : Trước hết ta phát biểu và chứng minh bổ đề sau (thực chất bổ đề là bất đẳng thức $Chebyshev$).
$\blacksquare $ Với hai dãy số thực đơn điệu tăng $a_1, a_2,.., a_n$ và $b_1, b_2,..., b_n$ ta luôn có :
$$a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n \geq \frac{1}{n}\left ( a_1+a_2+...+a_n \right )\left ( b_1+b_2+...+b_n \right )$$
$\blacksquare $ Chứng minh : Biến đổi tương đương, bất đẳng thức được viết lại thành :
$$n\left ( a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n \right )-\left ( a_1+a_2+...+a_n \right )\left ( b_1+b_2+...+b_n \right )\geq 0$$
$$\Leftrightarrow \sum_{i,j=1}^{n}\left ( a_i-a_j \right )\left ( b_i-b_j \right )\geq 0$$
Vì hai dãy đã cho đơn điệu nên $\left ( a_i-a_j \right )\left ( b_i-b_j \right )\geq 0$. Vậy bổ đề được chứng minh.
Trở lại bài toán, từ giả thiết suy ra $\frac{1}{\left ( a+1 \right )^2} \geq \frac{1}{\left ( b+1 \right )^2} \geq \frac{1}{\left ( c+1 \right )^2}$.
Như vậy ta được hai bộ đơn điệu là $\left ( 5;4;3 \right )$ và $\left ( \frac{1}{\left ( a+1 \right )^2};\frac{1}{\left ( b+1 \right )^2};\frac{1}{\left ( c+1 \right )^2} \right )$
Áp dụng bổ đề với $n=3$ :
$$A \geq \frac{1}{3}(5+4+3)\left ( \frac{1}{\left ( a+1 \right )^2}+\frac{1}{\left ( b+1 \right )^2}+\frac{1}{\left ( c+1 \right )^2} \right )$$
$$\Leftrightarrow A \geq 4 \left ( \frac{1}{\left ( a+1 \right )^2}+\frac{1}{\left ( b+1 \right )^2}+\frac{1}{\left ( c+1 \right )^2} \right )$$
Từ $abc=1$ và $a,b,c >0$ suy ra tồn tại các số thực dương $x,y,z$ sao cho $a=\frac{xy}{z^2}$, $b=\frac{yz}{x^2}$, $c=\frac{zx}{y^2}$
Thay vào trên :
$$A \geq 4\left [ \frac{x^4}{\left ( yz+x^2 \right )^2}+\frac{y^4}{\left ( zx+y^2 \right )^2} +\frac{z^4}{\left ( xy+z^2 \right )^2} \right ] $$
Áp dụng bất đẳng thức $Bunhiacopxki$ dễ dàng suy ra được :
$$A \geq \frac{4\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2}{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}$$
Sử dụng bất đẳng thức cơ bản :$xy+yz+zx \leq \frac{(x+y+z)^2}{3}$ :
$$\frac{4\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2}{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2} \geq \frac{4\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2}{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2+\frac{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2}{3}}=\frac{3}{4}$$
$$\Rightarrow A \geq 4.\frac{3}{4}=3$$
$\blacksquare $ Kết luận : $A_{\min}=3$ :-bd
Đề bài : Cho $a, b ,c>0$ thỏa mãn $a\le b\le c$ và $abc=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $$A=\frac{5}{(a+1)^2}+\frac{4}{(b+1)^2}+\frac{3}{(c+1)^2} $$
Lời giải : Trước hết ta phát biểu và chứng minh bổ đề sau (thực chất bổ đề là bất đẳng thức $Chebyshev$).
$\blacksquare $ Với hai dãy số thực đơn điệu tăng $a_1, a_2,.., a_n$ và $b_1, b_2,..., b_n$ ta luôn có :
$$a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n \geq \frac{1}{n}\left ( a_1+a_2+...+a_n \right )\left ( b_1+b_2+...+b_n \right )$$
$\blacksquare $ Chứng minh : Biến đổi tương đương, bất đẳng thức được viết lại thành :
$$n\left ( a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n \right )-\left ( a_1+a_2+...+a_n \right )\left ( b_1+b_2+...+b_n \right )\geq 0$$
$$\Leftrightarrow \sum_{i,j=1}^{n}\left ( a_i-a_j \right )\left ( b_i-b_j \right )\geq 0$$
Vì hai dãy đã cho đơn điệu nên $\left ( a_i-a_j \right )\left ( b_i-b_j \right )\geq 0$. Vậy bổ đề được chứng minh.
Trở lại bài toán, từ giả thiết suy ra $\frac{1}{\left ( a+1 \right )^2} \geq \frac{1}{\left ( b+1 \right )^2} \geq \frac{1}{\left ( c+1 \right )^2}$.
Như vậy ta được hai bộ đơn điệu là $\left ( 5;4;3 \right )$ và $\left ( \frac{1}{\left ( a+1 \right )^2};\frac{1}{\left ( b+1 \right )^2};\frac{1}{\left ( c+1 \right )^2} \right )$
Áp dụng bổ đề với $n=3$ :
$$A \geq \frac{1}{3}(5+4+3)\left ( \frac{1}{\left ( a+1 \right )^2}+\frac{1}{\left ( b+1 \right )^2}+\frac{1}{\left ( c+1 \right )^2} \right )$$
$$\Leftrightarrow A \geq 4 \left ( \frac{1}{\left ( a+1 \right )^2}+\frac{1}{\left ( b+1 \right )^2}+\frac{1}{\left ( c+1 \right )^2} \right )$$
Từ $abc=1$ và $a,b,c >0$ suy ra tồn tại các số thực dương $x,y,z$ sao cho $a=\frac{xy}{z^2}$, $b=\frac{yz}{x^2}$, $c=\frac{zx}{y^2}$
Thay vào trên :
$$A \geq 4\left [ \frac{x^4}{\left ( yz+x^2 \right )^2}+\frac{y^4}{\left ( zx+y^2 \right )^2} +\frac{z^4}{\left ( xy+z^2 \right )^2} \right ] $$
Áp dụng bất đẳng thức $Bunhiacopxki$ dễ dàng suy ra được :
$$A \geq \frac{4\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2}{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}$$
Sử dụng bất đẳng thức cơ bản :$xy+yz+zx \leq \frac{(x+y+z)^2}{3}$ :
$$\frac{4\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2}{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2} \geq \frac{4\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2}{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2+\frac{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2}{3}}=\frac{3}{4}$$
$$\Rightarrow A \geq 4.\frac{3}{4}=3$$
$\blacksquare $ Kết luận : $A_{\min}=3$ :-bd
Thứ Sáu, 24 tháng 5, 2013
Chủ Nhật, 5 tháng 5, 2013
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
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
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
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...
(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...
Ebook "16 Phương Pháp Giải Nhanh Trắc Nghiệm Hóa Học" của thầy giáo Vũ Khắc Ngọc và các cộng sự.
(Trích lời thầy Vũ Khắc Ngọc : "Việc chia sẻ này hoàn toàn toàn không mang mục đích cá nhân hay thương mại mà chỉ đơn giản là chia sẻ cơ hội đọc sách cho các bạn đọc còn gặp nhiều khó khăn, mong các bạn tôn trọng các nội dung trong sách cũng như có tinh thần bảo vệ quyền tác giả đối với các thầy cô tham gia biên soạn và NXB.
Chúc tất cả các bạn tìm thấy những bài học bổ ích trong cuốn sách và sớm đạt được những thành công trong cuộc sống" )
Download Ebook tại đây : 16 Phương pháp giải nhanh trắc nghiệm hóa học - Vũ Khắc Ngọc
(Trích lời thầy Vũ Khắc Ngọc : "Việc chia sẻ này hoàn toàn toàn không mang mục đích cá nhân hay thương mại mà chỉ đơn giản là chia sẻ cơ hội đọc sách cho các bạn đọc còn gặp nhiều khó khăn, mong các bạn tôn trọng các nội dung trong sách cũng như có tinh thần bảo vệ quyền tác giả đối với các thầy cô tham gia biên soạn và NXB.
Chúc tất cả các bạn tìm thấy những bài học bổ ích trong cuốn sách và sớm đạt được những thành công trong cuộc sống" )
Download Ebook tại đây : 16 Phương pháp giải nhanh trắc nghiệm hóa học - Vũ Khắc Ngọc
Đăng ký:
Bài đăng
(
Atom
)