1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

Chuyen de boi duong HSG

11 111 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 11
Dung lượng 422,15 KB

Nội dung

Bất đẳng thức Cô si và ứng dụng Page 1 of 11 TR ƯỜNG THCS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bất đẳng thức Cô si và ứng dụng Page 2 of 11 BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI VÀ ỨNG DỤNG I. Tóm tắt kiến thức: Đònh nghóa: Bất đẳng thức là hai biểu thức nối với nhau bởi mọt trong các dấu >(lớn hơn), < (nhỏ hơn),  (lớn hơn hoặc bằng),  (nhỏ hơn hoặc bằng). Ta có: A > B  A – B > 0 ; A  B  A – B  0  Trong bất đẳng thức A > B (hoặc A < B, A  B, A  B), A được gọi là vế trái, B là vế phải của bất đẳng thức.  Các bất đẳng thức A > B và C > D gọi là bất đẳng thức cùng chiều. Các bất đẳng thức A > B và E < F gọi là bất đẳng thức trái chiều.  Nếu ta có A > B  C > D, ta nói bất đẳng thức C > D là hệ quả của bất đẳng thức A > B Nếu ta có A > B  E > F, ta nói hai bất đẳng thức A > B và E > F là hai bất đẳng thức tương đương. A > B(hoặc A < B) là bất đẳng thức ngặt, A  B (hoặc A  B) là bất đẳng thức không ngặt. A  B là A > B hoặc A = B A  B cũng là bất đẳng thức. Hai bất đẳng thức cùng chiều, hợp thành một dãy không mâu thuẫn gọi là bất đẳng thức kép. Ví dụ: A < B < C Bất đẳng thức Cô-si (bất đẳng thức trung bình cộng với trung bình nhân)  Đối với hai số không âm:  a,b  0, ta có: 2  a b  ab . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b  Tổng quát:  a 1 , a 2 , a 3 , ,a n  0 (với n số) 1 2    n a a a n ≥ 1 2 n n a a a Dấu đẳng thức xảy ra  a 1 = a 2 = = a n  Ứng dụng: - Tìm giá trò lớn nhất, giá trò nhỏ nhất: + Nếu a + b = k (k là hằng số) thì ab  2 ( ) 2  a b  ab  2 4 k => Max(ab) = 2 4 k khi a = b= 2 k + Nếu ab = p (p là hằng số) thì a + b  2 p => Min (a + b) =2 p khi a = b = p - Giải phương trình, hệ phương trình. II. Bài tập áp dụng: Bài 1: Cho các số thực dương a, b, c . CMR: c b a  2 + c a b  2 + a b c  2  2 cba   Với a, b, c > 0 ta có: c b a  2 + 4 cb   a (áp dụng bất đẳng thức Cô si) Tương tự ta có: c a b  2 + 4 ca   b; và a b c  2 + 4 ba   c  c b a  2 + c a b  2 + a b c  2 + 2 cba    a + b + c  c b a  2 + c a b  2 + a b c  2  2 cba   (đpcm) Bài 2: Cho 3 số dương a, b, c. CMR: 3 b a + 3 b c + 3 c a  a ac + b ba + c ab Ta có: 3 b a + 3 b c + 3 c a = 3 b a + bc + 3 b c + ca + 3 c a + ab – (ac + cb + ab) = 3 b a + bc + 3 b c + ca + 3 c a + ab– ( ab 2 + bc 2 + ab 2 + ac 2 + bc 2 + ac 2 )  2 3 . a bc c + 2 3 . b ac c + 2 3 . c ab a + 2 . 4 abbc - 2 . 4 ab ac - 2 . 4 bc ac = = 2a ac +2b ba + 2c ab - a ac -b ba - c ab = a ac + b ba + c ab (đpcm) Bất đẳng thức Cô si và ứng dụng Page 3 of 11 Vậy 3 b a + 3 b c + 3 c a  a ac + b ba + c ab  a, b, c > 0 Bài 3: CMR:  a, b, c > 0 ta có: ab bc ca a 3b 2c b 3c 2a c 3a 2b          a b c 6   Áp dụng bất đẳng thức: ( 1 1 a b c 1   )(a + b + c)  3 3 1 abc 3 3 abc = 9  1 a b c    1 9 ( 1 1 a b c 1   )  ab a 3b 2c   = ab a c b c 2b      ab 9 ( 1 1 a c b c 2b 1     ) Tương tự: bc b 3c 2a    bc 9 ( 1 1 b a a c 2c 1     ) và ca c 3a 2b    ca 9 ( 1 1 b c 2a 1 b a     ) VT  ab 9 ( 1 1 a c b c 2b 1     )+ bc 9 ( 1 1 b a a c 2c 1     )+ ca 9 ( 1 1 b c 2a 1 b a     ) = ( ab 9 + bc 9 ) 1 a c  + ( ab 9 + ca 9 ) 1 b c  + ( bc 9 + ca 9 ) 1 b a  + a 18 + b 18 + c 18 = b(a c) 9(a c)   + a(b c) 9(b c)   + c(b a) 9(b a)   + a 18 + b 18 + c 18 = = a 9 + b 9 + c 9 + a 18 + b 18 + c 18 = a 6 + b 6 + c 6 = a b c 6   = VP Bài 4: Cho a, b, c > 0. CMR: ab c(c a)  + bc a(a b)  + ca b(b c)   a a c  + b a b  + c b c  (1) Bất đẳng thức đã cho  b a . c c a  + c . a b a b  + a c . b b c   a a c  + b a b  + c b c   b 1 . c c 1 a  + c . a a b 1 1  + a 1 . b b 1 c   1 c 1 a  + a b 1 1  + 1 b 1 c  Đặt a b = x, b c = y, c a = z  a b . b c . c a = xyz = 1 và z, y, x > 0  BĐT:y. 1 z 1  + z. 1 x 1  + x. 1 y 1   1 z 1  + 1 x 1  + 1 y 1   y(x+1)(y+1)+z(y + 1)(z + 1)+x(x + 1)(z + 1)  (x + 1)(y + 1)+(y + 1)(z + 1)+(x + 1)(z + 1)  (y – 1)(x+1)(y+1)+(z – 1)(y + 1)(z + 1)+(x – 1)(x + 1)(z + 1)  0  y 2 x + y 2 – x – 1 + z 2 y + z 2 – y – 1 + x 2 z + x 2 – z – 1  0  (y 2 x+ x 2 z+ z 2 y) + (y 2 + z 2 + x 2 ) – (x + y + z) – 3  0 (*) Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: y 2 x+ x 2 z+ z 2 y  2 2 2 3 3 y x.x z.z y = 3xyz =3; y 2 + z 2 + x 2  2 2 2 3 3 y x z = 3 3 1 = 3;x + y + z  3 3 yxz 3  VT của (*)  3 + 3 – 3 – 3 =0 = VP  (*) đúng  (1) đúng Vậy ab c(c a)  + bc a(a b)  + ca b(b c)   a a c  + b a b  + c b c  Bài 5:Cho 3 số dương a, b, c. CMR: )1( 1 )1( 1 )1( 1 accbba       )1( 3 33 abcabc  Đặt P =VT.p dụng bất đẳng thức:  x, y, z là các số thực,ta có:(x + y + z) 2  3(xy + yz + zx), suy ra:P 2  1 1 1 3( ) ab(1 b)(1 c) bc(1 c)(1 a) ca(1 a)(1 b)         = )1)(1)(1( ))1()1()1((3 cbaabc cbbaac       = = )1)(1)(1( )1)1)(1)(1((3 cbaabc abccba        P 2  )1)(1)(1( 3 )1)(1)(1( 33 cbaabccbaabc     (1) Đặt t = 3 abc .Theo bất đẳng thức Cô-si ta lại có: (1 + a)(1 + b)(1 + c) = 1 + (a + b + c) + (ab + bc + ca)  1 + 3t + 3t 2 + t 3 = (1 + t) 3 (2) Bất đẳng thức Cô si và ứng dụng Page 4 of 11 Từ (1) và (2) suy ra: P 2  3333 )1( 3 )1( 33 tttt     = 33 33 )1( )1)1((3 tt tt   = 22 )1( 9 tt   P  )1( 3 tt  = )1( 3 33 abcabc  (do P > 0) Bài 6: Cho a, b, c > 0. Chứng minh: a b c  + b c a  + c a b  > 2. Đặt a + b + c = t b c a  .1  b c 1 a 2   = b c a a 2   = t 2a hay a b c   t a2 Tương tự: b c a   2b t và c a b   2c t  a b c  + b c a  + c a b   2a t + 2b t + 2c t = 2(a b c) t   = 2t t = 2 Dấu “=” xảy ra  b c a  = 1, a c b  = 1, b a c  = 1  a b c b a c c a b             a + b + c = 2(a + b + c)  a + b + c = 0 (*) Theo giả thiết thì a + b + c  0  () không xảy ra. Vậy dấu “=” không xảy ra.  a b c  + b c a  + c a b  > 2. (đpcm) Bài 7: Cho x, y, z là các số không âm. CMR: 8(x 3 + y 3 + z 3 ) 2  9(x 2 + yz)(y 2 + xz)(z 2 + xy) Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có: 3 3 3 3 3 3 x y y z x z 3    x 2 y 2 z 2  x 3 y 3 + x 3 z 3 + y 3 z 3  3x 2 y 2 z 2  6x 3 y 3 + 6x 3 z 3 + 6y 3 z 3  18x 2 y 2 z 2 (*) Lại có: (x 3 – xyz) 2  0  x 6 + x 2 y 2 z 2  2x 4 yz  x 6 + 3 3 3 3 3 3 x y y z x z 3    2x 4 yz (1) Tương tự: y 6 + 3 3 3 3 3 3 x y y z x z 3    2y 4 xz (2) và z 6 + 3 3 3 3 3 3 x y y z x z 3    2z 4 xy (3) Từ (1), (2), (3) ta có: x 6 + y 6 + z 6 + 3 3 3 3 3 3 x y y z x z    2x 4 yz + 2y 4 xz + 2z 4 xy (4) Từ (4) và (*) ta có: x 6 + y 6 + z 6 +7 3 3 3 3 3 3 x y 7y z 7x z    2x 4 yz + 2y 4 xz + 2z 4 xy + 18x 2 y 2 z 2 (*’) Ta có: 6 6 6 x y z 3    x 2 y 2 z 2 . Do đó: x 6 + 6 6 6 x y z 3    2x 4 yz Tương tự: y 6 + 6 6 6 x y z 3    2y 4 xz ; z 6 + 6 6 6 x y z 3    2z 4 xy Cộng theo vế ta có: 2(x 6 + y 6 + z 6 )  2x 4 yz + 2y 4 xz + 2z 4 xy  7x 6 + 7y 6 + 7z 6  7x 4 yz + 7y 4 xz + 7z 4 xy (5) Cộng theo vế (’) và(5) ta có: 8x 6 +8y 6 +8z 6 +7 3 3 3 3 3 3 x y 7y z 7x z    9x 4 y+9y 4 xz+9z 4 xy+ 18x 2 y 2 z 2  8(x 6 + y 6 + z 6 + 2 3 3 3 3 3 3 x y 2y z 2x z   )  9(x 4 y + y 4 xz + z 4 xy+ 2x 2 y 2 z 2 + 3 3 3 3 3 3 x y y z x z   )  8(x 3 + y 3 + z 3 ) 2  9(x 2 (y 2 z 2 + x 2 yz + xy 3 + xz 3 )+ yz(x 2 yz + xy 3 + y 2 z 2 + xz 3 )  8(x 3 + y 3 + z 3 ) 2  9(x 2 + yz)(y 2 z 2 + x 2 yz + xy 3 + xz 3 )  8(x 3 + y 3 + z 3 ) 2  9(x 2 + yz)(y 2 (z 2 + xy) + xz(z 2 + xy)) = 9(x 2 + yz)(y 2 + xz)(z 2 + xy)(đpcm) Vậy 8(x 3 + y 3 + z 3 ) 2  9(x 2 + yz)(y 2 + xz)(z 2 + xy) Bất đẳng thức Cô si và ứng dụng Page 5 of 11 Bài 8: Cho xy = 1 và x > y. Chứng minh: yx yx   22  2 2 . Bài giải: Do x > y  x – y > 0 Ta có: yx yx   22 = yx xyyx   2)( 2 = yx yx   2)( 2 = (x – y) + yx  2  2 yx yx   2 ).( = 2 2 (Áp dụng bất đẳng thức Co-si cho 2 số dương) Vậy yx yx   22  2 2 khi xy = 1 và x > y Bài 9: Cho 4 số không âm a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = 1. Chứng minh:        a b b c c d d a  2 2 Bài giải: Bất đẳng thức đã cho tương đương:  2 ( )    a b b c + 2 ( )    c d d a + 2 ( )    a b b c ( )    c d d a  8  a + b + c + d + 2 ( )( )   a b b c + a + b + c + d + 2 ( )( )   c d d a + 2 ( )( )   a b c d + 2 ( )( )   a b d a + 2 ( )( )   b c c d +2 ( )( )   b c d a  8  2(a + b + c + d)+ 2 ( )( )   a b b c + 2 ( )( )   c d d a + 2 ( )( )   a b c d + 2 ( )( )   a b d a + 2 ( )( )   b c c d +2 ( )( )   b c d a  8 Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 2 ( )( )   a b b c  a + b + b+ c = a +2b + c; 2 ( )( )   b c d a  a + b + c + d 2 ( )( )   c d d a  c + d + d + a = c + 2d + a; 2 ( )( )   a b c d  a + b + c + d 2 ( )( )   a b d a  a + b + d + a = 2a + b + d;2 ( )( )   b c c d  b + c + c + d = b + 2c + d Cộng theo vế: VT  2(a + b + c + d) + a +2b + c + c + 2d + a + a + b + c + d + 2a + b + d + b + 2c + d + a + b + c + d  8a + 8b + 8c + 8d = 8(a + b + c + d) = 8 = VP (vì a + b + c + d = 1.) Vậy        a b b c c d d a  2 2 Dấu “=” xảy ra  a = b = c = d = 1/4 Bài 10: Cho hai số dương x, y thỏa mãn x + y = 2. CMR: 2 2 2 2 ( )  x y x y  2 Ta có: 2 2  x y = 2 ( )  x y – 2xy = 2 2 – 2xy = 4 – 2xy Mặt khác: áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: x + y  2 xy  2  2 xy  xy  1  2 2  x y  4 – 2 = 2 và 2 2 x y  1  2 2 2 2 ( )  x y x y  2.1 = 2 (đpcm) Bài 11: Cho 3 số dương a, b, c thỏa a + b + c = 1. CMR: a 3 1 b c   + b 3 1 c a   +c 3 1 a b    1 Áp dụng bất đẳng thức Cô si: a 3 1 b c    a 1 1 1 b c 3     = 3a ba ca 3   Tương tự: b 3 1 c a    3b bc ba 3   và c 3 1 a b    3c ac bc 3   Cộng theo vế: a 3 1 b c   + b 3 1 c a   +c 3 1 a b    3a ba ca 3   + 3b bc ba 3   + 3c ac bc 3   = = 3a ab ca 3b cb ab 3c ca cb 3         = 3a 3b 3c 3   = 3(a b c) 3   = 3 3 = 1 (dpcm) Vậy a 3 1 b c   + b 3 1 c a   +c 3 1 a b    1 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c Bài 12: Cho 3 số dương a,b,c thỏa a 2 +b 2 +c 2 =1. CMR: 2 2 b 1 c  + 2 2 1 c a  + 2 2 1 a b   3 3 3 a b c 2abc   + 3 Ta có: VT = 2 2 2 2 2 b a b c c    + + 2 2 2 2 2 a a b c b    = 2 2 2 b a c  +1 + 2 2 2 c b a  + 1 + 2 2 2 a c b  + 1 = = 2 2 2 b a c  + 2 2 2 c b a  + 2 2 2 a c b  +3  2 a 2bc + 2 2c b a + 2 2a c b + 3 = 3 3 3 b c a 2abc   + 3 = VP Bất đẳng thức Cô si và ứng dụng Page 6 of 11 Vậy 2 2 1 b c  + 2 2 1 c a  + 2 2 1 a b   3 3 3 a b c 2abc   + 3. Dấu “=” xảy ra  a = b = c = 1 3 Bài 13: Cho 3 số dương a, b, c thỏa a + b + c = 3 2 . CMR: B = (1+ 3 1 a )(1+ 3 b 1 )(1+ 3 c 1 )  729 Ta có: B = 1 + 3 1 a + 3 b 1 + 3 c 1 + 3 3 1 a b + 3 3 c 1 a + 3 3 b c 1 + 3 3 3 1 a b c B  1 +3 3 3 3 3 1 a b c + 3 3 3 3 3 3 3 3 1 a b c a b c + 3 3 3 1 a b c = 1 + 3 1 abc + 3 2 2 2 1 a b c + 3 3 3 1 a b c = (1 + 1 abc ) 3 Mặt khác: abc  ( a b c 3   ) 3 = ( 3 2 3 ) 3 = 1 8  B  (1+ 1: 1 8 ) 3 = 9 3 =729 Vậy B = (1+ 3 1 a )(1+ 3 b 1 )(1+ 3 c 1 )  729. Dấu bằng xảy ra  a = b =c = 3 2 : 3 = 1 2 Vậy: 2 2 2 2 ( )  x y x y  2. Dấu “=” xảy ra  x = y = 2 2 = 1 Bài 14: Cho a,b, c >0 thỏa ab+bc+ac  abc. CMR: 8 a b  + 8 b c  + 8 a c   2 b c a  + 2 a b c  + 2 c a b  + 2 Ta có: (a + b) 2 ( 2 1 a + 2 1 b )  4ab. 2 ab =8  2 1 a + 2 1 b  2 8 (a b)   8 a b   (a + b)( 2 1 a + 2 1 b )  8 a b  + 8 b c  + 8 a c   (a + b)( 2 1 a + 2 1 b ) + (b + c)( 2 1 b + 2 c 1 )+ (a + c)( 2 1 a + 2 c 1 ) = = 2 a b a  + 2 a b b  + 2 b c b  + 2 b c c  + 2 c a a  + 2 c a c  = 2 a b c a a    + 2 a b b c b    + 2 b c c a c    = = 2 b c a  + 2 2a a + 2 a b c  + 2 2c c + 2 c a b  + 2 2b b = 2 b c a  + 2 a b c  + 2 c a b  + 2 a + 2 b + 2 c = = 2 b c a  + 2 a b c  + 2 c a b  + 2(ab bc ca) abc    2 b c a  + 2 a b c  + 2 c a b  + 2 (vì ab + bc + ac  abc) (đpcm) Vậy 8 a b  + 8 b c  + 8 a c   2 b c a  + 2 a b c  + 2 c a b  + 2 Bài 15: Cho 3 số dương a, b, c thỏa a + b + c =1. CMR: a bc b c   + b ca c a   + c ab a b    2 VT= a(a b c) bc b c     + b(a b c) ca c a     + c(a b c) ab a b     = a(a c) b(a c) b c     + b(a b) c(a b) c a     + c(b c) a(b c) a b     = (a c)(a b) b c    + (a b)(b c) c a    + (b c)(c a) a b    Đặt a + b = x, b + c = y, c + a = z. VT bất đẳng thức tương đương: zx y + xy z + yz x  zx xy 2 2y 2z + xy zy 2 2z 2x + yz zx 2 2x 2y = 2x + 2y + 2z = 2(x+y+z) = 2(BDTCô si) Vậy a bc b c   + b ca c a   + c ab a b    2  a, b, c >0 thỏa a + b + c =1 Bài 16: Cho a, b, c dương, abc = 1. Chứng minh rằng: 3 3 1 a b 1   + 3 3 1 b c 1   + 3 3 1 c a 1    1 Vì abc = 1, nên từ: (*)  a 3 + b 3 + abc  ab(a + b) + abc  a 3 + b 3 + 1  ab(a + b + c)  3 3 1 1   a b  1 ( )   ab a b c . Tương tự, : 3 3 1 1   b c  1 ( )   bc b c a , 3 3 1 1   c a  1 ( )   ca c a b . Bất đẳng thức Cô si và ứng dụng Page 7 of 11  3 3 1 1   a b + 3 3 1 1   b c + 3 3 1 1   c a  1 ( )   ab a b c + 1 ( )   bc b c a + 1 ( )   ca c a b = ( )     a b c abc a b c = 1 abc = 1 Vậy 3 3 1 a b 1   + 3 3 1 b c 1   + 3 3 1 c a 1    1 Ứng dụng vào chứng minh hình học: Bài 17: Cho tam giác ABC vuông tại C. BC = a, AC = b, AB = c. Gọi h c là đường cao của tam giác kẻ tại C. CMR:   c a b c h  2(1 + 2 ) Bài giải: Vì tam giác ABC vuông tại C, áp dụng đònh lý Pytago  2 c = 2 2  a b  c = 2 2  a b Và ab = ch c  h c = ab c (hệ thức lượng trong tam giác vuông)    c a b c h =   a b c ab c = ( )   a b c c ab = 2 ( )   a b c c ab = 2 2 2 2 ( )     a b a b a b ab  2 2 2  ab ab ab ab = = 2 2 +2 = 2(1 + 2 ) Vậy   c a b c h  2(1 + 2 ) . Dấu bằng xảy ra  a = b hay tam giác ABC vuông cân tại C. Bài 18: Cho  ABC, trên tia đối AC, BA, CB lấy ba điểm A 1 ,B 1 , C 1 sao cho AA 1 = BC, BB 1 = AC, CC 1 = AB. CMR: ABC 1 S + ACB 1 S + BCA 1 S  6 ABC S Bài giải: Đặt AB = c, BC = a, AC = b Ta có: ABC 1 ABC S S = 1 BC BC = a c a  = 1 + c a ; 1 BCA ABC S S = 1 CA CA = b a b  = 1+ a b ; ACB 1 ABC S S = 1 AB AB = c b c  = 1+ b c  ABC 1 ABC S S + 1 BCA ABC S S + ACB 1 ABC S S = 1 + c a +1+ a b +1+ b c  ABC CBA ACB 1 1 1 ABC S S S S   = 3 + c a + a b + b c   3 + 3 a b c . . b c a = 3 + 3 = 6  ABC 1 S + ACB 1 S + BCA 1 S  6 ABC S (đpcm) Bài 19: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác thỏa điều kiện: (a + b)(b + c)(c + a) = 8abc. CMR: a, b, c là ba cạnh của tam giác đều. Bài giải: Vì a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có: a + b  2 ab ; b + c  2 bc ; c + a  2 bc (áp dụng bất đẳng thức cô - si)  (a + b)(b + c)(c + a)  8 2 2 2 a b c = 8abc Dấu bằng xảy ra  a = b = c Vậy a, b, c là ba cạnh của tam giác đều. Bài 20: Cho tam giác ABC. Ở miền trong tam giác có điểm m sao cho các đường thẳng AM, BM, CM cắt các cạnh lần lượt tại các điểm thỏa điều kiện: 1 AM A M + 1 BM B M + 1 CM C M = 6. CMR: M là trọng tâm tam giác ABC. Bài giải: A B C 1 B 1 A 1 C Bất đẳng thức Cô si và ứng dụng Page 8 of 11 Gọi s,s 1 , s 2 , s 3 lần lượt là diện tích các tam giác ABC, MBC, MCA, MAB. 1 1 AA A M = ABC MBC S S = 1 2 3 1 s s s s    1 AM A M = 2 1 s s + 3 1 s s Tương tự: 1 BM B M = 1 2 s s + 3 2 s s ; 1 CM C M = 2 3 s s + 1 3 s s  1 AM A M + 1 BM B M + 1 CM C M = 2 1 s s + 3 1 s s + 1 2 s s + 3 2 s s + 2 3 s s + 1 3 s s  1 2 2 1 s s 2 . s s + 3 1 3 1 s s 2 . s s + 3 2 2 3 s s 2 . s s = 2+2+2 = 6 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si Dấu bằng xảy ra  s 1 = s 2 = s 3 = s 3 1 AM A M = 1 BM B M = 1 CM C M = 1 3 . Vậy M là trọng tâm tam giác ABC Bài 21: Cho 3 số dương a, b, c thỏa abc = 1. Tìm Min của P = 6 a b c  + 6 b c a  + 6 c a b  Ta có: 6 a b c  + b c 4   6 a b c 2 . b c 4   = a 3  6 a b c   a 3 - b c 4  Tương tự: 6 b c a   b 3 - c a 4  ; 6 c a b   c 3 - a b 4   P  a 3 +b 3 + c 3 - b c 4  - c a 4  - a b 4  = a 3 +b 3 + c 3 - b c c a a b 4      = a 3 +b 3 + c 3 - b c a 2     3 3 3 3 3 y .x z - 3 3 abc 2 = 3 - 3 2 = 3 2 Vậy Min P = 3 2 khi 6 a b c  = b c 4  và 6 b c a  = c a 4  và 6 c a b  = a b 4   a = b = c = 1 Bài 22: Tìm Min P = 2 2 (b c) b (a c) a abc    trong đó a, b, c là ba cạnh của tam giác vuông (c là cạnh huyền) Áp dụng bất đẳng thức Cô si: a + b  2ab Vì a, b, c là ba cạnh của tam giác vuông  c 2 = a 2 + b 2  2ab  c  2. ab P = 2 2 2 2 b a c b a b c a abc    = 2 2 b(a b) c(a b ) a abc    = 2 a b c ab c    2 ab 2 ab.c ab c  = 2 ab 2.c ab c  = = 2 ab c ( 2 1)c ab ab c     2 2 + ( 2 1) 2ab ab  = 2 2 + ( 2 1) 2  =2 2 + 2 - 2 = 2 + 2 Vậy Min P = 2 + 2 khi đó a = b  tam giác vuông cân. Bài 23: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: x + xy + 3 xyz = 3 4 . Tìm giá trò nhỏ nhất của x + y + z. Bài giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dương ta có: xy = y x 2 2         y x 2 22 1 ; (1) 3 xyz = 3 4 4 zy x         zy x 4 43 1 ; (2) Từ (1) và (2)  3 4 = x + xy + 3 xyz         y x 2 22 1 +        zy x 4 43 1 = 3 4 (x + y + z)  x + y + z  1. .M A B C A 1 B 1 C 1 Bất đẳng thức Cô si và ứng dụng Page 9 of 11 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (1) và (2) đồng thời trở thành đẳng thức 4 x = y = 4z; kết hợp với giả thiết x + xy + 3 xyz = 3 4 ta suy ra x = 21 16 ; y = 21 4 ; z = 21 1 . Vậy x + y + z đạt giá trò nhỏ nhất bằng 1. Bài 24: Cho x, y > 0; thỏa x + y = 1. Tìm Min A = 2 2 1 x y  + 1 xy . Bài giải: Áp dụng bất đẳng thức (a + b) 2  4ab  a b ab   4 a b   1 1 a b   4 a b  (a, b > 0) Mặt khác: x + y  2 xy  xy  2 (x y) 4  = 1 4 (áp dụng bất đẳng thức Cô si) A = 2 2 1 x y  + 1 2xy + 1 2xy  2 2 4 x y 2xy   + 1 2xy = 2 4 (x y)  + 1 2xy  4 + 1 1 2. 4 = 4 + 2 = 6 Vậy MinA = 6 khi x = y = 1 2 Bài 25: Với x, y, z là những số thực dương, hãy tìm giá trò lớn nhất của biểu thức: M = ))()(( xzzyyx xyz  Bài giải: Áp dụng bất đẳng thức Cosi với 2 số dương: x + y = 2 xy , y + z = 2 yz , x + z = 2 xz  (x + y)(y + z)(z + x)  8 2 )(xyz = 8xyz  M = ))()(( xzzyyx xyz   xyz xyz 8 = 8 1 Vậy maxM = 8 1 khi x = y = z Bài 26: Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức: A = 2 2001   x x + x x 2002 Bài giải: Điều kiện: x  2002 Đặt a = 2001x ; a > 0; b = 2002x ; b  0 thì x = a 2 + 2001; x + 2 = a 2 + 2003; x = b 2 + 2002, ta có: A = 2002 2003 22    b b a a = a a 2003 1  + b b 2002 1  . Theo bất đẳng thức Cosi: 20032 2003  a a ; 20022 2002  b b . Do đó A  20022 1 20032 1  . Dấu đẳng thức xảy ra khi: a = a 2003 và b = b 2002 <=> a 2 = 2003 và b 2 = 2002  x = 4004. Vậy maxA = 20022 1 20032 1  khi x = 4004. Bài 27: Giả sử x, y, z là các số dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện xy 2 z 2 + x 2 z + y = 3z 2 . Hãy tìm giá trò lớn nhất của biểu thức: P = )(1 444 4 yxz z  Do z > 0 nên từ: xy 2 + z x 2 + 2 z y = 3. Áp dụng bất đẳng thức Cosi với 2 số dương: Bất đẳng thức Cô si và ứng dụng Page 10 of 11 (x 2 y 2 + y 2 ) + (x 2 + 2 2 z x ) + ( 2 2 z y + 2 1 z )  2(xy 2 + z x 2 + 2 z y ) = 6  P = )(1 444 4 yxz z  = )( 1 1 44 4 yx z  Đặt a = 2 1 z ; b = x 2 ; c = y 2 (a, b, c >0); ta có P = 222 1 c b a   Do a 2  2a – 1; b 2  2b – 1; c 2  2c – 1; a 2 + b 2  2ab; b 2 + c 2  2bc; a 2 + c 2  2ac  3(a 2 + b 2 + c 2 )  2(ab + ac + bc + a + b + c) – 3 Mà ab + ac + bc + a + b + c = x 2 y 2 + y 2 + x 2 + 2 2 z x + 2 2 z y + 2 1 z  6 Do đó 3(a 2 + b 2 + c 2 )  9  a 2 + b 2 + c 2  3. Vậy P  3 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1  x = y = 1/z = 1  x = y = z = 1 maxP = 3 1 khi x = y = z = 1 Ứng dụng vào giải hệ phương trình và phương trình: Bài 28: Nếu x 0 là nghiệm của phương trình x 2 + bx + c = 0 thì |x 0 |  2 2 b c 1   Bài giải: Vì x 0 là nghiệm của phương trình. Thay vào ta có: x 0 2 + bx 0 + c = 0  - x 0 2 = bx 0 + c  x 0 4 = (bx 0 + c) 2  (b 2 + c 2 )(x 0 2 + 1) mà x 0 4 – 1< x 0 4  x 0 4 – 1  (b 2 + c 2 )(x 0 2 + 1)  0 0 4 2 x x 1 1    b 2 + c 2  x 0 2 - 1  b 2 + c 2  x 0 2  b 2 + c 2 +1  |x 0 |  2 2 b c 1   (đpcm) Bài 29: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2005 2004 40092004 2005      x y y x yx = 2 (1) Bài giải: Ta giải bài toán tổng quát: Với a, b, c, d dương ta có: F = b a d a d c d c b c b a        = )()( b a d a d c d c b c b a        = = ))(( )()( ))(( )()( badc dcdbab adcb cbcada           2 22 2 22 )( 4 1 )( 4 1 badc cdabdb adcb bcadca      (theo BĐT Côsi) = 2 2222 )( )(4 dcba cdbcadabdcba   (2) Mặt khác: 2(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + ab + ad + bc + cd) – (a + b + c + d) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 –2ac – 2bd = = (a – c) 2 + (b – d) 2  0 (3) Kết hợp (2) và (3) ta suy ra F  2 (4)Đẳng thức xảy ra  a = c; b = d Áp dụng với a = 2005, b = x; c = y; d = 2004 ta có: 2005 2004 40092004 2005      x y y x yx  2 Đẳng thức xảy ra  y = 2005, x = 2004 Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên dương duy nhất là (2004; 2005) Bài 30: Tìm tất cả các số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ phương trình:        xyzzyx zyx 4 2 111 0 Bài giải:

Ngày đăng: 27/10/2014, 19:00

w