đáp án bat đang thuc 2016

Bài 2: Phân tích: Trước hết ta cần đánh giá điểm rơi BDT trước Do y, z đối xứng nên ta đự đoán y = z Thế vào giả thiết vào giải nốt ta có x = 4; y = z = Lời giải: x2 gt ⇔ x + ( y + z ) − x( y + z ) = 12 yz ≤ 3(y + z) ⇔ ( x + y + z )( x − y − z ) ≤ ⇔ x ≤ y + z → y + z ≥ Mặ x 3 x 12 yz = ( − y − z ) + x ≥ x → yz ≥ 4 16 t khác: x x3 ( x − 4) ( x + 8) P ≥ x − = − 64 ≥ −64 16 x Từ ta có: Vậy MinP = -64, đạt chẳng hạn x = 4; y = z = Bài 3: Đặt a = ; b = ta có a, b, c > 0; abc = P = (a -1)(b -1)(c -1) 0,25 Giả thiết trở thành a + b + c + ab + bc + ca = 13 (1) Vì a, b, c > 0; abc = nên số a, b, c có tồn số, giả sử a có tính chất < a Từ (1) abc = 1, ta có b +c = Suy P = a + b + c – ab – bc – ca = 2(a+b+c) – 13 = Xét f(a) = (0;1] Ta có f’(a) = a= Lập bảng biến thiên f(a) (0;1] thu f(a) () = Do P Khi x = 1; z = Vậy GTLN P Bài 4: Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có a2 a2 4a ≥ = (b + c) + 5bc (b + c) + (b + c ) 9(b + c) b2 4b ≥ (c + a) + 5ca 9(c + a ) Tương tự, ta có Suy a2 b2  a2 b2   a b  + ≥ + ≥  +  ÷ 2 2 ÷ (b + c) + 5bc (c + a ) + 5ca  (b + c) (c + a)   b + c c + a   (a + b)2  + c(a + b) ÷  a + b + c ( a + b)  2  2( a + b) + 4c (a + b)  =  ÷ =  ÷ ≥  ÷  ab + c( a + b) + c   (a + b)2  (a + b) + 4c (a + b) + 4c  ÷ + c (a + b ) + c ÷    Vì a + b + c = ⇔ a + b = 1− c nên 2  2(1 − c ) + 4c (1 − c )  8  P≥  − (1 − c) =  − ÷ − (1 − c) 2 ÷  (1 − c) + 4c(1 − c) + 4c   c +1  (1) Xét hàm số 8  f (c ) =  − ÷ − (1 − c)  c +1  f '(c) = Ta có c ∈ (0; 1) với 16   − (c − 1); 1 − ÷  c +  (c + 1) f '(c) = ⇔ (c − 1) ( 64 − (3c + 3)3 ) = ⇔ c = c f '(c) f (c ) Bảng biến thiên: f (c ) ≥ − – + −1 c ∈ (0; 1) Dựa vào bảng biến thiên ta có với (2) 1 P≥− , a =b=c= Từ (1) (2) suy dấu đẳng thức xảy Bài 5: Từ giả thiết cho ta có P = (1+x) (1+(1- Mà xy +xz + = x Đặt = u (u >0) Ta có u + y + z = P = (1+) (1+(1-) Do u + y + z = suy u, y, z (0;1) (1-) < Mà (1+)(1+ ) (1+)2 (1+)2 = (1+)2 Suy P = (1+ )(1+ ) (1-) (1+)2 (1- ) Xét hàm số f(z) = (1+)2 (1- ) = Ta có f’(z) = Lập bảng biến thiên: x f’(z) + - f(z) - Ta có P , đẳng thức xảy x = 4, y = ; z = Bài 6: x = ,y = ,z = a b c Đặt (x, y, z > 0) x y x + y3 +  + ÷= xyz y x Điều kiện cho trở thành: (*) (x + y)3 x +y ≥ Ta có: 3 (x + y) ≥ 4xy x +y (x + y) xy(x + y) x + y ≥ ≥ = xyz 4xyz 4xyz z Do đó: x y + ≥2 y x Mặt khác P= 6= nên x y x+y x + y3 +  + ÷≥ +4 ⇒0< x+y ≤2 xyz y x z   z x y 4z x y 4z + + = + + y + 2z 2z + x x + y xy + 2zx 2yz + xy x + y Ta có: (x + y) 4z (x + y)2 4z 2(x + y) 4z ≥ + ≥ + = + 2xy + 2z(x + y) x + y (x + y) x + y x + y + 4z x + y + 2z(x + y) x+y z + P≥ x+y x+y +4 z z Suy ra: Đặt x+y t= , 0 ⇒ a a ≥ b+c ab + bc + ca Tương tự ta có b b ≥ a+c ab + bc + ca c c ≥ a+b ab + bc + ca ⇒P≥ a+b+c ab + bc + ca + ≥ = a+b+c ab + bc + ca (Bất đẳng thức Cô–si cho hai số không âm) Theo bất đẳng thức Cô – si, ta có: Vơi số thực x, y, z ta có: Do đó: Suy Từ giả thiết, ta có Do Với , ta có Vậy giá trị lớn P 2016 ab + bc = 2c ⇒ b = Vì 2c a+c Thay vào biểu thức T, ta có: 2c a b c a c T= + + = + a 2+ c + 2c 2c a −b b −c c −a c−a a− −c a+c a+c a ( a + c) 2c c = + + a ( a + c ) − 2c 2c − c ( a + c ) c − a a + ac 2c c + + 2 a + ac − 2c c − ca c − a a + ac 3c = + a + ac − 2c c − a c c 1+ a = + a c c2 c −1 1+ − 2 a a a = x= c 1+ x 3x x2 + x − ,x ≥ 2⇒T = + = a + x − x2 x − x2 − x − Đặt f ( x) = f '( x) = 6x + x −1 2x2 − x −1 Xét − ( 10 x + x + 3) ( x − x − 1) < 0, ∀x ∈ [ 2; +∞ ) [2;+∞) Ta có: T = f ( x ) ≤ f ( 2) = 27 Hàm số f(x) nghịch biến liên tục [2;+∞) Do  2a = c   2c ⇔ 8a = 3b = 4c b =  a+c  Dấu xảy 1 a = ;b = ; c = , chẳng hạn 27 Vậy GTLN T Ta có a ∊ [0;1], b ∊ [0;2], c ∊[0;3] => => Mặt khác a ∊ [0;1], suy Với số thực x, y, z ta có: ⇔ (2) Áp dụng (2) (1) ta có: => Suy => Đặt với t ∊[0;13] Xét hàm số có Tính t = Do Khi a = 1; b = 2; c = Vậy giá trị lớn P = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) Ta có Þ ab + bc + ca = 1- (a2 + b2 + c2) A= 2 a +b + c 121 - 7(1- (a + b2 + c2)) Do t = a2 + b2 + c2 Đặt a,b,c > Vì < a < 1,0 < b < 1,0 < c < a +b +c = nên 2 t = a +b + c < a +b +c = Suy = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) £ 3(a2 + b2 + c2) Mặt khác é1 ö ÷ t Î ê ;1÷ ê3 ÷ ø ë ÷ t = a +b +c ³ 2 Suy Vậy f (t) = 121 + ,tÎ t 7(1- t) é1 ö ê ;1÷ ÷ ê3 ÷ ÷ ë ø Xét hàm số f '(t) = - t2 + 121 7(1- t)2 BBT t 18 f '(t) - f (t) f (t) ³ = 0Û t = 324 , "t Î é1 ö ê ;1÷ ÷ ê3 ÷ ø ë ÷ Vậy A³ 324 a,b,c với ìï ïï a + b2 + c2 = í 18 ïï a + b + c = ïïî 1 a = ;b = ;c = A = + 324 Suy với 18 thỏa điều kiện đề Hơn nữa, A= 324 324 Vậy Với số dương x, y, z bất kì, áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho ba số dương, ta có: 1 1  + + ÷( x + y + z ) ≥ x y z 3 1 3 xyz = ⇒ + + ≥ x y z x+y+z xyz (*) Áp dụng (*) ta có: a b c  1  1  1 + + = + ÷+  + ÷+  + ÷ 2a − 2b − 2c −  4a −   4b −   4c −  =  1  3t + + + = ÷≥ +  4a − 4b − 4c −  ( a + b + c ) − 2t − Với t = a + b + c, t ≥ (1) ( a − 1) ( b − 1) ≥ ⇔ ab + ≥ a + b Mặt khác a, b ≥ nên bc + ≥ b + c, ca + ≥ c + a Tương tự 18 18 9 ≤ = = + ab + bc + ca ( a + b + c ) a + b + c t Suy (2) 3t ≥ ⇔ 3t − 18t + 27 ≥ ⇔ ( t − ) ≥ 2t − t Ta chứng minh Từ (1), (2), (3) ta có đpcm (3) ( a2 + b2 + c2 ) a b c P= + + + b+c c+a a+b ab + bc + ca x1 , x2 , x3 , y1 , y2 , y3 Bất đẳng thức phụ: Với số dương  x   x   x    ÷ +  ÷ +  ÷    ÷  ÷   y1 ÷   y2   y3     2 x12 x22 x32 ( x1 + x2 + x3 ) ⇔ + + ≥ y1 y2 y3 y1 + y2 + y3 ( , áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai số, ta có: y1 ) +( y2 ) +( y3 ) 2  ≥  x1 y + x2 y + x3 y ÷   y ÷ y2 y3   ( *) Trở lại toán: Áp dụng bất đẳng thức AM–GM cho hai số dương, ta có: a 2a = ≥ b+c 2a ( b + c ) 4.2a ( 2a + b + c ) = 2 a a2 = 2 2a + b + c 2a + ab + ac Ta có hai bất đẳng thức tương tự, kết hợp áp dụng bất đẳng thức (*) ta được:   a b c a2 b2 c2 + + ≥ 2 + + ÷ b+c c+a a+b  2a + ab + bc 2b + bc + ba 2c + ca + cb   a + b2 + c  + 2÷  ( a + b + c)  ab + bc + ca  ≥ 2 = 2 2 2 a +b +c ( a + b + c + ab + bc + ca ) +1 ab + bc + ca t= a + b2 + c ab + bc + ca Đặt ( t ≥ 1) P≥ ( t + 2) + 2t t +1 , ta có: f ( t) = Xét hàm số ( t + 2) + 2t t +1 ( [1;+∞) ) t + t + t −1 f '( t ) = − + = 2 2t ( t + 1) ( t + 1) 2t 2 > 0, ∀t ∈ [ 1; +∞ ) f ( t ) ≥ f ( 1) = 5 ⇒P≥ 2 Hàm số f(t) đồng biến liên tục [1;+∞), đó: Dấu xảy a = b = c 2 Vậy GTNN P P= 12a + 9b + 6c − 9b 2c 3 ( a + b + c) ( 9b 3 + 6c3 − 9b 2c ) − 33 45 21 3 ( b + c ) = b3 − b 2c − bc2 + c3 = ( b − c ) ( 11b + 7c ) ≥ 0, ∀b, c > 4 4 4 Xét ⇒ 9b3 + 6c3 − 9b2 c ≥ ⇒P≥ t= 3 ( b + c) 3 ( b + c )   a 3  b + c   = 16  ÷ + ÷ 16   a + b + c   a + b + c   ( a + b + c) 12a + a b+c ⇒ t ∈ ( 0;1) ; = 1− t a+b+c a+b+c Đặt f ( t ) = 16t + ( − t ) Xét hàm số (0;1) Có  16 16 23 f ( t ) = 15t + 3t − 3t + = ( 5t − 1)  t + ÷+ ≥ , ∀t ∈ ( 0;1) 25  25 25 5 P≥ 3 16 f ( t) ≥ = 16 16 25 25 Suy  a =  a + b + c  b = c Dấu xảy , chẳng hạn a = 1, b = c = 25 Vậy GTNN P *Theo giả thiết bất đẳng thức AM – GM ta có: 3= 1 + + ≥ ⇒ a + b + c ≥ a b c a+b+c (ab + bc + ca ) ≥ 3abc(a + b + c ) ⇒ ab + bc + ca ≥ a + b + c *Và (a + 1)(b + 1)(c + 1) = ( ab + bc + ca) + a + b + c + ≥ (a + b + c) + (1) 3 *Suy ra: a + b3 + c3 = (a + b + c)3 − 3( a + b + c )( ab + bc + ca) + 3abc = (a + b + c)3 + ( ab + bc + ca)(1 − 3( a + b + c)) ≤ (a + b + c)3 + ( a + b + c)(1 − 3(a + b + c)) (2) P ≥ t +1+ 3 t − 3t + t + t = a + b + c (t ≥ 3) *Đặt , từ (1), (2) ta có: f (t ) = t + + 3 t − 3t + t + *Xét hàm số f '(t ) = ≥ [ 3; +∞ ) , ta có: (t − 3t + t + 5)4 − 4(3t − 6t + 1) 4(3t − 6t + 1) − = 3 (t − 3t + t + 5) 3 (t − 3t + t + 5) 14(t − 3t + t + 5) − 4(3t − 6t + 1) 3 (t − 3t + t + 5) [ 3; +∞ ) = 14t − 54t + 38t + 66 3 (t − 3t + t + 5) > 0, ∀t ≥ P ≥ f (t ) ≥ f (3) = 10 *Do f(t) biến *Với a = b = c =1 P = 10 Vậy giá trị nhỏ P 10 1 + + ≥ m + n n + p p + m mn + np + pm Ta có bổ đề sau: Với m, n, p ≥ 0, hai số đồng thời a= m n p ;b = ; c = t t t ( a, b, c ≥ ) ⇒ ab + bc + ca = Thật đặt (*) 1 + + ≥ a+b b+c c+a Bổ đề tương đương với (1) a+b+c+ c≥b≥a Giả sử ≥2 3abc Ta cm c= (2) − ab a+b Từ (*) ta có ta có − ab (2) ⇔ (1 + ab) ≥ − a − b a +b ⇔ ab(2 − 5ab) + 3(a + b − 1)2 ≥ 1 ab ≤ ( ab + bc + ca ) = 3 Hiển nhiên c ≥ b ≥ a nên Trở lại bổ đề (1) ⇔ 2(a + b)(b + c) + 2(b + c)(c + a ) + 2(c + a)(a + b) ≥ 5(a + b)(b + c)(c + a ) ⇔ ( a + b + c + 3ab + 3bc + 3ca ) ≥ ( a + b + c ) ( ab + bc + ca ) − 5abc ⇔ 2(a + b + c) + 5abc + ≥ 5( a + b + c) ( ab + bc + ca = 1) 5abc ≥ − 3( a + b + c ) Vì (theo (2)) 2(a + b+ c) + 5abc + − 5( a + b + c ) ≥ 2(a + b + c) + − 8( a + b + c ) = 2( a + b + c − 2) ≥ Do Bổ đề chứng minh Trở lại toán  1  A = ( xy + yz + zx )  + 2+ ≥ xy + yz + zx ) 2 ÷ ( 2 y +z x +z  x y + y z + z x2 x +y Theo bổ đề ta có (3) xy + yz + zx ≥ x y + y z + z x ⇔ ( xy + yz + zx ) ≥ x y + y z + z x ⇔ xyz ( x + y + z ) ≥ 2 2 2 Ta có ∀x, y, z ≥ xy + yz + zx ≥ x y + y z + z x Suy A≥ Từ (3) suy Dấu xảy x = y, z = Vậy GTNN A 2 2 2 [...]... bc + ca = 1) 5abc ≥ 6 − 3( a + b + c ) Vì (theo (2)) 2(a + b+ c) + 5abc + 2 − 5( a + b + c ) ≥ 2(a + b + c) 2 + 8 − 8( a + b + c ) = 2( a + b + c − 2) 2 ≥ 0 2 Do đó Bổ đề được chứng minh Trở lại bài toán  1 1 1  5 A = ( xy + yz + zx )  2 + 2 2+ 2 ≥ xy + yz + zx ) 2 2 ÷ ( 2 2 y +z x +z  2 x y + y 2 z 2 + z 2 x2 x +y Theo bổ đề ta có (3) xy + yz + zx ≥ x y + y z + z x ⇔ ( xy + yz + zx ) ≥ x y + y