Bất đẳng thức luyện thi OLP

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán BÀI TẬP LUYỆN THI OLYMPIC TOÁN HỌC TOÀN MIỀN NAM LẦN THỨ XVIII Chủ đề: BẤT ĐẲNG THỨC VĂN

Trang 1

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán

BÀI TẬP LUYỆN THI OLYMPIC TOÁN HỌC TOÀN MIỀN NAM LẦN THỨ XVIII

Chủ đề: BẤT ĐẲNG THỨC ( VĂN PHÚ QUỐC- GV TRƯỜNG ĐH QUẢNG NAM)

1 (Russia 1991) Cho

1990

1 1

1991

i i i

x x



n

s

n

 Tìm giá trị nhỏ nhất của

HD:

Đặt M  s1s2  s2s3   s1990s1991

9

1 i 19 0

1



Suy ra:

1 1 1

1

i

k

k x x

i i













Cho i chạy từ 1 đến 1990, ta thu được 1990 bất đẳng thức và cộng chúng lại, ta có:

1

i

k

k x x









i

2 (United Kingdom 1992) Cho x y z w  Chứng minh: , , , 0 12 1 3 1 1 1

4

sym

HD:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có:

2

sym

xy xy  xy z w



3 ( Italia 1993) Cho a b c , ,  0;1 Chứng minh: a2b2c2 a b b c2  2 c2a1

HD:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 2  2  2 

Vì a b c , ,  0;1 nên ta có:

4 (Poland 1994) Cho n   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: *

3 2 3 2

n n

x x

n

    biết rằng:

1, 2, , n 0

x x x  thỏa mãn điều kiện:

n n

x  x   x 

Trang 2

HD:

Với mỗi nk1, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được:  1 1 1

k

x

Cho k chạy từ 1 đến n ta thu được n bất đẳng thức và cộng chúng lại với nhau:

3 2 3 2

n n

n



  (1) Mặt khác, theo AM-GM thì

2

n

Từ (1) và (2) ta thu được:

3 2 3 2 1

n n

x x

Dấu "=" xảy rax1x2  x n  1

5 (India 1995) Cho x x1, 2, ,x   thỏa mãn hai tính chất n x ix i1 1 và x  với mọi i 1

1, 2, , n

i n x  x Chứng minh rằng: 1 2

x n 2 1

x x

n

x  x   x  

HD:

Do 1 2

.x n 1

x x

x x x  nên  chỉ số k sao cho 1 1

k k

x

x   (1)

1

i

x



k

x x

6 (Romania 1996) Cho x x1, 2, ,x x n, n1 thỏa mãn: 0 x1x2 x n x n1

HD:

1

x  x  x nx x  x n x 

Bất đẳng thức đã cho được viết lại dưới dạng: 1

1

i n

x









Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta thấy:

n



7 (Iran 1997) Cho x x x x  thỏa mãn: 1, 2, 3, 4 0 x x x x  Chứng minh rằng: 1 2 3 4 1

,

Trang 3

HD:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM với mỗi i ta có: x i3  1 1 3x i

Lại áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

1 3

 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3

Dấu "=" xảy rax1x2 x3x4  1

8 (Vietnam 1998) Cho n 2 và x x1, 2, ,x  n 0 thỏa mãn:

Chứng minh: 1 2 . 8

n

x x x

HD:

Với mỗi i 1 i n, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

1

1998

i

i j

j

n i

n

j i i

x



















Cho i chạy từ 1 đến n , ta sẽ thu được n bất đẳng thức và nhân chúng lại với nhau ta được đpcm

Dấu "=" xảy ra x1x2  x n 1998n1

9 (Korea 1999) Cho a b c  thỏa , , 0 abc 1 Chứng minh: 14 4 4 1 4 4 14 1

HD:

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM cùng với giả thiết abc 1 ta được:

Làm tương tự cho hai số hạng còn lại ở vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh Sau đó, cộng vế theo vế của các bất đẳng thức ta được: 14 4 4 1 4 4 14 2a b2 c2

 

Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz và AM-GM thì 2 2 2

3

1

a b c

 

10 ( Singapore 2000) Cho a b c d  thỏa mãn , , , 0 2 2  2 23

c d  a b Chứng minh

1

c  d 

HD:

Áp dụng với bất đẳng thức Cauchy Schwarz và kết hợp với giả thiết bài toán ta có:

Trang 4

     

2

Suy ra điều phải chứng minh

11 (Belarus 2001) Cho x x x  1, 2, 3  1;1 và y y y 1, 2, 3 0;1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

3

1

x

x y x y x y



HD:

Vì 1x y1 2 1x y1 21y20 ; 1x1 và 0 1y2  nên ta có: 0

1

2 1

x

y



1 1





Dễ thấy dấu "=" có thể xảy ra chẳng hạn lấy x1 x2 x3   , 1 y1 y2 y3  0

Vậy 8 là giá trị lớn nhất của bài toán

12 (China 2002) Cho P P1, 2, ,P n  n 2 là một hoán vị bất kì của 1, 2, , n

Chứng minh rằng:

2

n



HD:

Đặt

A

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có:

2

1

n







=  

1

13 (USA 2003) Cho , , 0;

2

a b c   

  Chứng minh rằng:

HD:

Đặt xsin ,a ysin ,b zsinc Khi đó , ,x y z  0

sin sina a b sin a c sin a b sin a c x x y x z

Trang 5

Cần chứng minh:  2 2 2 2

0

x x y x z 

Đặt x u y,  v z,  w Bất đẳng thức thành:  u u v u   w0 đúng theo bất đẳng thức Schur

14 (Japan 2004) Cho , , 0

1

a b c







  



Chứng minh rằng: 1 1 1 2

HD:

1 1



Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

3 2

3

2

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có:

2

2 2

3

ab bc ca

a c a abc c a abc a b c

15 (Taiwan 2005) Cho a a1, 2, ,a  Chứng minh: 95 0  

9

1

9

1

k k

max a a



HD:





Cần chứng minh:

1 9

1

k k

k

b b



95

5 1

1

k k

k

b

đúng vì b  k 1  k 1, 2, ,95

16 (Bulgaria 2006) Cho b3baa3 Tìm giá trị lớn nhất của a b

HD:

Đặt a b c Từ giả thiết, ta có:  3   3 2  2  3

c a  c a         Nếu c 0 thì để đẳng thức này đúng, ta cần có 4 4 4

3

Dấu "=" xảy ra khi a là nghiệm kép của phương trình bậc hai tương ứng ( cụ thể

2

6

c a

c



 ) Do đó giá trị

lớn nhất của tổng a b là: 4 4

3

17 (Austria 2007) Cho 0x x0, , ,1 x669 là các số thực khác nhau từng đôi một Chứng minh rằng tồn tại 1 cặp số x x i, j sao cho: 0   1

2007

i j i j

HD: Không mất tính tổng quát, giả sử 0x0 x1 x669  Đặt 1  

668

0

i i i i i

S x x x  x



Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

2

1



Trang 6

       

1

Suy ra: 1

3

S  Gọi x k1x kx k1x k là số hạng nhỏ nhất trong 669 số hạng của S thì theo đánh giá trên, ta

3.669 20 7

1

3S x k x k x k  x k x k x k   0 ( đpcm)

18 (Indonesia 2008) Cho số tự nhiên n 3 và các số thực x x1, 2, ,x  Chứng minh rằng: n 1

1 2

x x x x

x x

n



HD:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được:

1

4



n

Dấu "=" xảy ra x1x2  x n 2

19 (Moldova 2009) Cho , , 1; 2

2

x y z  

  và a b c là một hoán vị tùy ý của chúng Chứng minh rằng: , ,

HD:

Do , 1; 2

2

x y  

  nên x2 2 y1  y2 2 x104x y5xy4

Do 60a   nên 2 1 0



Thiết lập hai bất đẳng thức tương tự như thế và rồi cộng vế theo vế ba bất đẳng thức này ta được:

6 5 4

x y z









Ta chỉ cần chứng minh:  2 2 2  

20 a b c 1 20 x y z 16 ?

Do a2b2c2 x2y2 z2 nên bất đẳng thức này tương đương với:

20 x y z 20 xyz 15  x  y  z1  , luôn đúng 0

Dấu "=" xảy ra 1

2

Trang 7

20 Cho x x1, 2, ,x20120;1 Chứng minh rằng: 2011 2011    

1 2 2012 1 1 1 2 1 2012 1

HD:

Để ý rằng: 2011 2012

x  x với x 0;1 Như vậy: 2011 2012

1 2 2012 1 2 2012

x x x  x x x ; 2011     2012    

1x 1x 1x  1x 1x 1x

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: 2011 2012 1 2 2012

2012

1 2 2012 1 1 1 2 1 2012 1

21 Giả sử phương trình x4mx32x2nx  có ít nhất một nghiệm thực Chứng minh 1 0 2 2

8

m n 

HD:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz ta có:  

2

4 2

x

x x



22 Cho x y  thỏa mãn: , 0 x3y3   Chứng minh rằng: x y x24y2  1

HD:

Ta có:  3 3 2 2  3 3  3 3 2 2 3 3    2 2

x y x  y  x y  x y x  y x y  xy x  y

23 Cho a b c là các số dương thỏa mãn , , 1 1 1 2013

abc Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P

HD:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM , ta có: 4  2 1 1 1 1

4

xy x y

Dấu “=” xảy ra khi x y

Cộng vế theo vế của ba bất đẳng thức trên ta được:

P

a b c

    

24.Cho a b c là các số dương thỏa mãn , , ab  a b 3 Chứng minh rằng: 3 3 2 2 3

HD:

Từ giả thiết a b  và , 0 ab  a b 3 ta suy ra ba điều sau đây:

Trang 8

(i)  

2

6 4

a b

 



6

a b   không xảy ra Vì thế a b 2 (1)

(iii) ab   a b 3 a b 1  b 1 4a1b14 (3)

Sử dụng    2 , 3 để biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh ta được:

 2 2  

1



a b

 (4)

Để ý rằng 2 2  2

2

a b

a b   nên (4) sẽ được chứng minh nếu bất đẳng thức sau là đúng:

2

12

2

a b



 (5)

Đặt a b s Từ giả thiết và (1) ta suy ra: ab 1 Khi đó bất đẳng thức (5) trở thành:

s

Dấu “=” xảy ra khi s2ab1

25 Cho số nguyên n n 2 và hai số thực không âm x y, Chứng minh n n n n 1 n 1 n 1

x y   x  y  Dấu

“=” xảy ra khi nào?

HD:

+ Nếu x 0 hoặc y  thì bất đẳng thức luôn đúng 0

+ Xét trường hợp x0,y 0

Vai trò của x y, như nhau trong bất đẳng thức cần chứng minh nên không giảm tính tổng quát có thể giả

sử xy

Bất đẳng thức đã cho tương đương với:

1



       

Ta có:

1



Suy ra:

Trang 9

Trong trường hợp ,x y  , bất đẳng thức không có dấu “=” xảy ra Vậy dấu “=” chỉ xảy ra khi 0 x 0 hoặc 0

y 

26 Cho x y z, , là các số dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

HD:

Với x y z  ta luôn có: , , 0

a)  3 3  3

4 x y  xy Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x y

b)  3 3  3

4 y z  yz Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi yz

c)  3 3  3

4 z x  zx Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi zx

Ta chứng minh a) Việc chứng minh b) và c) là hoàn toàn tương tự như việc chứng minh a)

a  xy x xyy  xy  x xyy  xy

 2 2   2

Bất đẳng thức a) có dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y

Khi đó: 3  3 3 3  3 3 3  3 3   3

4 x y  4 y z  4 z x 2 xyz 6 xyz

Lại có: 2 2 2

3

6

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x yz

Suy ra: 3

3

1

xyz

Dấu “=” xảy ra xyz 1 x y z 1

x y z





 



27 Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a b  c 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcM  4a9b16c  9a16b4c  16a4b9 c

HD:

Đặt u2 ;3 ; 4a b c,v2 ;3 ; 4c a b, w2 ;3 ; 4b c aM  u  v  w

w 2a 2b 2c 3a 3b 3c 4a 4b 4c

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:222b2c3 23 a b c   6

3a3b3c3 33 a b c   ; 9 4a4b4c4 43 a b c  16

Vậy M 3 29 Dấu bằng xảy ra khi abc1

28 Cho x y z  Chứng minh rằng: , , 0  

9

xyz x y z x y z

x y z xy yz zx



HD:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

1.x1.y1.z 3 x y z  x y z 3 x y z

Trang 10

Ta lại có: 2 2 2 3 2

3

.3



=

3

xyz

29 Cho a b c  thỏa , , 0 ab bc ca1 Chứng minh rằng: 2 2

2

3

10

HD:

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

4



    

  Theo giả thiết ab bc ca 1 tantantantan tan tan   1

tan 1 tan tan





cot tan  

   cos 0 (1)

Vì , , 0;

4



    

  nên

3 0;

4



     

  Do đó  1

2



  

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: sin 2 sin 26sin 2 10 (2)

 2 2 sin  os  6 sin 2 sin os  6sin

2

VT    c       c   

2 cos os c   6sin  4 cos  6  cos  sin   4 36 2 10

30 Cho x y  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: , 0 2  2 

A

x y x y





HD:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

x x y y y x x  y  xy xy  xy  xy xy  xy xy

2

Suy ra: A 8 2

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x y

Vậy minA 8 2

31 Cho a b c là các số dương thỏa mãn , , 1

2

a b  c Tính giá trị lớn nhất của biểu thức:

P

HD:

Đặt xa b y ,  b c z, a c Suy ra: xy z 2a b c1

Trang 11

Ta có:

1 2

Chứng minh tương tự ta được: 1

2

1 2

x



Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: 3

2

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 1

6

Vậy max 3

2

6

32 Cho   là các góc nhọn Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức , 1 tan tan 

cot cot

P

 



HD:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

2 cot cot

P



33 Cho x y z  Tìm giá trị nhỏ nhất của , , 0

2

A

xy yz



HD:

Ta có:

2

8

A

xy yz



3

MinA  khi 2

3

x y và 1

6

z y

34 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:    2

2012 2014

f x x  x trên miền xác định của nó

HD:

Điều kiện:  2014x  2014

Áp dụng lần lượt có bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM ta có:

2

Suy ra: 2013 2013 f x   2013 2013

Dễ dàng kiểm tra được: f  20132013 2013; f  2013 2013 2013

35 Cho a b c , , 1; 2 Chứng minh:

b cc a  c aa b  a bb c 

a b b c

a b c

b cc a         c luôn đúng

Dễ dàng suy ta được điều phải chứng minh

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	340,09 KB