Thông tin tài liệu
www.TOANTUYENSINH.com PHẦN 11 BÀI TOÁN TỔNG HỢP 11.1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức Câu Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x y z x y z Tìm giá x z trị nhỏ biểu thức: P Ta có x xz x, z Từ suy z 3y y z yz z y P x z y x xz z yz y z y 2( x z ) y ( x y z ) xz yz 2( x z ) y x ( y z ) Do x y z nên x( y z ) Từ kết hợp với ta P x z y 2( x z ) y 2(3 y ) y ( y 1) z y Vậy giá trị nhỏ P đạt x=y=z=1 Câu Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Ta có : P P x (y z) y (z x) z (x y) yz zx xy x x y2 y2 z2 z2 y z z x x y (*) Nhận thấy : x2 + y2 – xy xy x, y R Do : x3 + y3 xy(x + y) x, y > Tương tự, ta có : hay x y2 xy y x x, y > y2 z2 yz z y y, z > z2 x zx x z x, z > Cộng vế ba bất đẳng thức vừa nhận trên, kết hợp với (*), ta được: P 2(x + y + z) = x, y, z > x + y + z = 1 Hơn nữa, ta lại có P = x = y = z = Vì vậy, minP = Câu Cho a, b, c số thực thoả mãn a b c Tìm giá trị nhỏ biểu thức M 4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b 9c + Đặt u 2a ;3b ; 4c , v 2c ;3a ; 4b , w 2b ;3c ; 4a M u v w M uvw Nguyễn Văn Lực 2a 2b 2c 3a 3b 3c 4a 4b 4c 2 Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com + Theo cô – si có 22 2b 2c 33 2a b c Tương tự … + Vậy M 29 Dấu xảy a b c Câu Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn : x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P x3 y3 z3 xy yz zx 3 y z x 27 x3 y y2 y x3 x Áp dụng bđt Cauchy cho số dương: 3 y 8 27 27 729 Tương tự, thu : x3 y3 z3 x y z 15 1 y z x3 27 2 x y z xy yz zx x y z P 27 27 1 P x y z P 9 Câu Cho số thực dương x, y, z thỏa x y z Tìm giá tri ̣nhỏ nhấ t biểu xy yz zx thức P x y z x y y2 z z2 x Áp dụng BĐT TBC-TBN cho hai số dương, ta có x3 xy x y, y yz y z , z zx z x x3 y z x y y z z x xy yz zx 1 Mă ̣t khác, x y z nên 3 x2 y2 z x y z x2 y z x y z x y y z z x xy yz zx Từ (1) (2), ta có x y z x y y z z x Do P x y z xy yz zx x2 y z Ta có x y z x y z xy yz zx Đặt t x y z xy yz zx Do x y z 2 x y z 9t 2 t 3 9t 2t t ,t P ,t Khi P t 2t 2t 2t t , 3; Xét hàm số f t 2t Lập bảng biến thiên, ta có hàm f đồng biến 3; P f t f 3 t 3 Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com Kết luận : P x y z x Câu Cho x,y R x, y > Tìm giá trị nhỏ P Đặt t = x + y ; t > Áp dụng BĐT 4xy (x + y)2 ta có xy P y3 x2 y2 ( x 1)( y 1) t t t xy (3t 2) t2 Do 3t - > xy nên ta có xy t t (3t 2) t2 P t2 t2 t 1 t2 t 4t ; f '(t ) ; f’(t) = t = v t = Xét hàm số f (t ) t2 (t 2) t3 t2 t f’(t) - + + + + f(t) x y x xy y Do P = f (t ) = f(4) = đạt (2; ) Câu Cho x, y, z thức P x y 16 z 3 x y z thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu 3 x y (biến đổi tương đương) Trước hết ta có: x y 3 x y x y x y 64 z a z 64 z Đặt x + y + z = a Khi P 1 t 64t 3 (với t = 3 a a z , t 1) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 0;1 Có f '(t ) 64t 1 t , f '(t ) t 0;1 Lập bảng biến thiên Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com Minf t t 0;1 16 64 GTNN P đạt x = y = 4z > 81 81 Câu Cho số thực không âm a,b,c thõa mãn a+b+c =1.Tìm giá trị nhỏ biểu thức M 3(a2b2 b2c2 c2a ) 3(ab bc ca) a b2 c Đặt t=ab+bc+ca ( t ),ta có a2+b2+c2 ab+bc+ca =>1=(a+b+c)2= a2+b2+c2+2(ab+bc+ca) 3(ab+bc+ca)=3t => a2+b2+c2=1-2t với t Theo bất đẳng thức Cô-si T2=(ab+bc+ca)2 3(a2b2+b2c2+c2a2) Do M t2+3t+2 2t Xét hàm số f(t)= t2+3t+2 2t tập D 0; , 3 f’(t)= 2t f’’(t)= 2t (1 2t )3 0t D =>f’(t) nghịch biến D =>f’(t) f’(1/3)= 11 => f(t)đồng biến D =>f(t) f(0)=2 Vậy minM =2 đạt t=0,tức với a,b,c không âm thõa mãn a b c 1 ab bc ca ab bc ca < =>a,b,c số (0;0;1),(0;1;0),(1;0;0) Câu Cho số thực x; y thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P x2 y x x2 y 2x y Xét điểm M(x−1; −y) , N(x+1; y) Ta có OM + ON ≥ MN ( x 1)2 y ( x 1)2 y y P y y f ( y ) TH1: y ≤ 2: f ( y) y y f '( y) 2y y2 1 y f '( y ) y y y 3 y Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com 3 2 Lập bảng biến thiên f(y) f ( y ) f x( .2] TH2: y ≥ 2: f ( y) y y ≥ Vậy P x; y Do MinP x = ; y = 3 Câu 10 Cho x, y, z số thực thỏa mãn 2 x 1 2 , y 0, z x y z 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 1 2 ( x y) ( x z ) ( y z ) 1 1 1 2 2 (1 z ) (1 y ) (1 x) (1 y ) (1 z ) (1 x) 1 Ta chứng minh 2 (1 y ) (1 z ) yz 1 Thật vậy: (1 yz )[(1 z ) (1 y ) ] [(1 z )(1 y )]2 2 (1 y ) (1 z ) yz Ta có P (1 yz )(2 z y z y ) (1 zy z y ) 2( z y)(1 zy) 2(1 yz) (1 zy)( y z ) zy(1 yz) (1 zy) 2( z y)(1 zy) ( z y) (1 zy )( y z ) yz y z (1 yz ) ( y z ) yz yz ( y z ) (1 yz ) (hiển nhiên đúng) Dấu “=” xảy y z yz (1 x) (1 x) yz yz yz 4 1 1 Do 2 (1 x) (1 y ) (1 z ) yz (1 x) 1 4 P (1 x) ( x 1) 2 Ta lại có Do 2 x 1 2 nên ( x 1) [0;8) Đặt t (1 x) t [0;8) P Xét f (t ) 4t 8t 4 3t 72t 240 với t [0;8) f ' (t ) 4t 8t (4 t ) (8 t ) (4 t ) (8 t ) f ' (t ) 3t 72t 240 t 4; t 20 (loại) Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com Bảng biến thiên T f’(t) - + f(t) (1 x) x 3 3 Do P f (t ) P y z 4 x y z 1 y z Vậy P x 3, y z Câu 11 Cho số thực dương a,b,c thỏa a + b + c =3 Tính giá trị nhỏ biểu a bc b ca c ab b ca c ab a bc 2 a bc b ca c2 ab Xét P 3b 3ca 3c 3ab 3a 3bc thức P Ta có 3b 3ca b(a b c) 3ca b(a b c) ca 2ca mà a c 2ac nên 3b 3ca ab b bc ca a c Chứng minh tương tự ta có: 3c 3ab ac c bc ab a b 3a 3bc a ab ac bc c b a bc b ca c2 ab Khi P 1 P 3 ab b2 bc ca a c2 Dấu “=” xảy a = b = c = Vậy MinP a = b = c = Câu 12 Cho x, y hai số thực thỏa mãn điều kiện ( x y ) xy Tìm giá trị nhỏ biếu thức P 3( x y ) 2( x y ) xy(3xy 4) 2015 Với số thực x, y ta có ( x y ) xy , nên từ điều kiện suy ( x y )3 ( x y ) ( x y )3 xy ( x y )3 ( x y ) x y Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com 3 Ta biến đổi P sau P ( x y ) ( x y ) 2( x y xy) xy(3xy 4) 2015 3 ( x y ) ( x y ) 2( x y ) 2015 (3) 2 (x2 y )2 Do x y nên từ (3) suy P ( x y ) 2( x y ) 2015 Đặt x y t t (do x y 1) 1 9 Xét hàm số f (t ) t 2t 2015 với t , có f ' (t ) t , với t nên hàm số 2 32233 f(t) đồng biến ; Suy f (t ) f 1 16 2 2 t ; Do GTNN P 32233 , đạt x y 16 Câu 13 Cho x, y, z 0; 2 thỏa mãn x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 1 xy yz zx 2 x y y z z x2 2 Ta có x y x 1 y 1 x y ,….; xy 1 1 xy ,… Nên P xy yz zx 3 x y y z z x Ta có x y z xy yz zx xyz x y z xy yz zx x y y z y z z x x y z x x y y z z x x y z xy yz zx xyz 1 x y yz zx x y y z z x x y z xy yz zx x y y z z x x y z xy yz zx x y z xy yz zx 27 xy yz zx 1 27 27 xy yz zx xy yz zx 8 Suy P Đặt t xy yz zx Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com Do x, y, z 0; 2 x y z xy yz zx xyz 2t 2 Mặt khác: xy yz zx x y z t Vậy t 2;3 27 27 Ta có P t f t 8t 8 27 8t 27 t 2;3 nên hàm số Xét hàm số f t với t 0; 2 ta có f ' t t 2 8t 16t 15 f t đồng biến 2;3 f t f 3 15 15 Do P f t P Có P x y z 4 15 Vậy giá trị nhỏ P đạt x y z Câu 14 Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a 3c 4b 8c a 2b c a b 2c a b 3c x a 2b c a x y 3z Đặt y a b 2c b x y z z a b 3c c y z P Do ta cần tìm giá trị nhỏ x y x y z 8 y 8z x y y z 17 x y z x z y y 4x y y 4z P2 2 17 12 17; y x z y P Đẳng thức xảy b 1 a, c a Vậy GTNN P 12 17 Câu 15 Cho số thực x, y thỏa mãn x y xy 32 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A x3 y xy 1 x y 2 Ta có x y xy 32 x y x y x y 2 A x y x y xy x y 3 x y x y Xét hàm số: f t t t 3t đoạn 0;8 Ta có f ' t 3t 3t 3, f ' t t Nguyễn Văn Lực 1 1 t (loại) 2 Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com 17 5 17 5 , f 8 398 Suy A 4 Ta có f 6, f 1 17 5 dấu xảy Vậy giá trị nhỏ A 4 Câu 16 Cho số thực dương a, b thỏa mãn a 2b 12 Tìm giá trị nhỏ 4 biểu thức: P a b a b 2 Khi x y Từ giả thiết bất đẳng thức CôSi ta có: a 2b 12 a 2b 16 4a 2b 16 4a.2b 16 ab a 2b 4 ab a b2 Do P 64 a b 8 a b 16 b a 64 a b b a a b 1 Đặt t (t 2) , ta có P t b a 16 64 t 1 (2; ) Xét hàm số f (t ) t 16 64 t 5 Ta có f '(t ) t ; f '(t ) t 64 t Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta có 27 f (t ) f 2; 64 27 Suy P , dấu xảy a 2, b 64 27 Vậy P đạt giá trị nhỏ a 2, b 64 Câu 17 Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a b c Tìm giá trị nhỏ 1 1 1 ab bc ca biểu thức P Đặt A P3 1 ab 1 bc 1 ca 1 1 1 ab bc ca abc 2 Ta có: A Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân có : a b a b a b 1 a 1 b 1 c ab 4 Tương tự có: bc 1 c 1 a 1 b 1 a 1 c 1 b ca 1 b 1 c 1 a 1 1 Do A 1 1 1 a b c 1 1 Mà: 1 1 1 1 4 a b c abc Do P = đạt a = b = c = Câu 18 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a b c Tìm giá a3 b3 b3 c3 c3 a3 a 2b b 2c c 2a x3 x ( x 0) * Trước tiên ta chứng minh BĐT : x 18 18 * 18( x 1) x 2 x trị nhỏ biểu thức: S x 1 11x 8 với x>0, dấu “=” xảy x=1 a b c ; ; b c a a b a 5b b c 7b 5c c a 7c 5a ; ; ; a 2b 18 18 b 2c 18 18 c 2a 18 18 12a b c 2 Từ đảng thức suy S 18 Áp dụng (*) cho x Vậy MinS =2 a=b=c=1 Câu 19 Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn: biểu thức: Nguyễn Văn Lực P xyz x2 y z Tìm giá trị nhỏ 1 xy yz zx Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com Câu Cho x, y, z ba số dương có tổng Tìm giá trị lớn biểu thức sau: P x y z + Áp dụng BĐT AM-GM, ta có 1 x 3 3x 1 x + Tương tự, ta thu 1 x 1 y 1 z 3x y 3z 2 6 + Suy P + Dấu xảy x y z Câu Cho x, y số thực dương thỏa mãn xy x y Tìm giá trị lớn y biểu thức x -8 -6 -4 -2 -5 Đặt t x y xy t ; x y x y xy t t t 2t x y Ta có xy 3t t t Suy P x2 y x y xy x y Xét hàm số f t t t Ta có f ' t 2t xy 12 x y t t x y t 12 với t t 2 0, t Suy hàm số f t nghịch biến với t t2 P f t f 2 Vậy giá trị lớn P x y Câu Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn abc = Tìm giá trị lớn biểu 1 2 a 2b b 2c c 2a 1 1 có a2+b2 2ab, b2 + 2b a 2b a b b 2 ab b 1 1 1 , Tương tự 2 2 b 2c bc c c 2a ca a thức Ta P Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com P 1 1 1 ab b 1 ab b bc c ca a ab b b ab ab b P a = b = c = Vậy P đạt giá trị lớn Câu Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn: a = b = c = yz zx xy Tìm giá trị lớn x y z 1 1 x 1 y 1 z yz zx xy Ta có : a, b, c > vµ a b2 c Ta có: ,b ,c x y z biểu thức: A Đặt a A 1 bc ca ab Ta có: 3 bc ca ab bc ca ab b c b c b2 c2 b2 c2 b2 a c2 a 2 b2 a c2 a 1 ca c2 a2 ab a2 b2 Tương tự có: vµ ca c b a b ab a c b c bc bc Từ đó: A Dấu xảy x = y = z =1/3 2 Câu Cho a, b, c số thực dương a b c Tìm giá trị lớn biểu thức P abc 3 ab bc ca 1 a 1 b 1 c Áp dụng Bất đẳng thức: ( x y z ) 3( xy yz zx) , x, y , z ta có: (ab bc ca) 3abc(a b c) 9abc ab bc ca abc Ta có: (1 a)(1 b)(1 c) (1 abc )3 , a, b, c Thật vậy: 1 a 1 b 1 c (a b c) (ab bc ca) abc 3 abc 3 (abc)2 abc (1 abc )3 Khi đó: P abc Q (1) 3(1 abc ) abc abc 1 Đặt abc t ; a, b, c > nên abc 2t t 1 t 1 t2 , t 0;1 Q(t ) 0, t 0;1 Xét hàm số Q 2 3(1 t ) t t t Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com Do hàm số đồng biến 0;1 Q Q t Q 1 Vậy maxP = 1 (2) Từ (1) (2): P 6 , đạt và chi : a b c Câu Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a2009 + b2009 + c2009 = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = a4 + b4 + c4 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2005 số số a2009 ta có: a 2009 a 2009 a 2009 a 2009 2009.2009 a 2009 a 2009 a 2009 a 2009 2009.a (1) 2005 Tương tự: b 2009 b 2009 b2009 b2009 2009.2009 b2009 b2009 b2009 b2009 2009.b4 (2) 2005 c 2009 c 2009 c 2009 c 2009 2009.2009 c 2009 c 2009 c 2009 c 2009 2009.c (3) 2005 Từ (1), (2), (3) ta được: 6015 4(a2009 b2009 c2009 ) 2009(a4 b4 c4 ) 6027 2009(a4 b4 c4 ) Từ suy P a4 b4 c4 Mặt khác a = b = c = P = nên giá trị lớn P = Câu Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn 5(x x Tìm giá trị lớn biểu thức P y z (x y2 z2) 9(xy 2yz zx ) y z )3 Theo giả thiết ta có 5(x y z ) 9(xy 2yz zx ) 5(x y z )2 9(xy 2yz zx ) 10(xy yz zx ) 5(x y z )2 19x (y z ) 28yz 19x (y z ) 7(y z )2 x 19x x 5 1 7 x 2(y z ) y z y z y z Mặt khác ta có (y z )2 2(y z ) y z (y z )2 2(y z ) Vì P y z 27(y z )3 2(y z ) y z (y z )2 (6t 1)2 (2t 1) 16 16 Đặt t y z P t 27t 27t x 2(y z ) x Vậy P 16 ; dấu đạt y z y z 1 y z 12 Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com x y 1 xy x y Tìm giá trị xy 3x 3y 1 lớn biểu thức: M 2 2 y ( x 1) x( y 1) x y x y Từ giả thiết ta suy ln( x y 1) 3( x y 1) ln(3xy ) 3.3xy Xét hàm số g (t ) ln t 3t Câu 10 Cho số thực dương x, y thỏa mãn ln t (0; ) , ta có g '(t ) với t , suy g (t ) đồng biến (0; ) , từ g ( x y 1) g (3 xy ) x y xy (*) Theo (*) ta có 3xy x y xy Đặt t xy 3t t t 3x 3y 3x ( y 1) y ( x 1) 36t 27t y ( x 1) x( y 1) xy ( xy x y 1) 4t (2) 1 x2 y (3t 1) 2t 36t 32t (3) x2 y x2 y t2 4t Theo Cô si 5t 1 1 (4) Từ (2), (3), (4) ta có M 4t 2 x y xy Xét hàm số f (t ) 5t [1;+) , ta có 4t 5.4t (5t 1)8t 5t 0t , suy f (t ) nghịch biến [1;+) , 16t 4t 3 max f (t ) f (1) t x y [1; ) f '(t ) M max Câu 11 Cho ba số thực không âm x, y, z Tìm giá trị lớn biểu thức P x y z (x y ) (x 2z )(y 2z ) (y z ) (y 2x )(z 2x ) Với mo ̣i số thực không âm x, y, z Ta có: (x 2z )(y 2z ) x y 4z x y 4z (x y ) (x 2z )(y 2z ) (x y ) 2 x y 4z x y 2xy 4yz 4zx 2(x y z )(1) 2 Vì 2xy x y 2; 4yz 2(y z ); 4zx 2(z x ) Mặt khác ta có: (x y) y z 4x 2(x y z ) (2) 4 2 2 2 x y z 2(x y z ) 2(x y z ) Tương tự ta có (y z ) (y 2x )(z 2x ) (y z ) Từ (1) và (2) ta suy P Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com Hay P x y2 z Khi đó P Đă ̣t t x y z , t 2 2(x y z ) 9 Xét hàm số f (t ) ,t 2 t 2t t 2t 4 9t (4 t )(4t 7t 4t 16) f '(t ) ; f '(t ) t t (t 4)2 t (t 4)2 (do t > nên 4t 7t 4t 16 4(t 4) t(7t 4) Lâ ̣p bảng biế n thiên của hàm số f(t) Dựa vào bảng biế n thiên ta có MaxP x y z Câu 12 Cho x y thỏa điều kiện x y Tìm giá trị lớn biểu xy thức P xy x y Ta có xy 1 Đặt t xy , điều kiện t Pt 1 t (t 2) P/ 1 t 1 t 1 (t 1) x P/ 0 + P Khi x 1; y Vậy GTLN P Câu 13 Cho số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện: xy y Tìm giá trị lớn biểu thức: P x y x xy y 2y x 6( x y ) x y 1 1 1 Do x 0, y 0, xy y nên y y y y y 2 x t 1 t 2 t 1 1 Đặt t t Khi P y t t 6t t t 2(t 1) 3t Ta có P '(t ) t Nguyễn Văn Lực t 3 2(t 1) Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com Vì t t t t (t 1) 3;7 3t 6; t , 3t t t 3 3t 1 1 ; P '(t ) 0 2 3 2(t 1) Vậy P (t ) đồng biến 0; , suy P(t ) P 4 30 7 Khi x ; y ta có P MaxP x ; y 2 30 30 Câu 14 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn 8(a2 +b2+c2)=3(a+b+c)2 Tìm giá trị lớn biểu thức P = a(1 – a3) + b(1 – b3) + c +) Từ giả thiết ta có: 5c2 – (a+b)c + (a+b)2 ( a b) c a b +) Ta có a b4 (a b)4 a, b => P 2(a b) (a b) t4 +) Xét f (t ) 2t +) BBT:… t t3 (t 0), f '(t ) ; f '(t ) t + f’(t) + f(t) - 33 33 a b +) MaxP = c Câu 15 Cho số thực không âm x, y, z thoả x2 + y2 + z2 = Tìm giá trị lớn biểu thức M = xy + yz + zx + x yz Đặt t= x+y+z ĐK t > t2 xy+yz+zx = 2 x y2 x2 z z2 y2 ;0 xz ;0 zy Ta có xy 2 Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com Suy xy yz zx x y z t2 3 3t 3 t2 Ta có M= t t2 Xét hàm số f(t) = với t t3 f’(t) = >0 ; t t f( )= 5/ ; f(3)=14/3 0 3t 3 Vậy Max f(t) = 14/3 với t Dấu “=” xảy x=y=z=1 Vậy Max A = 14/3 x=y=z =1 Câu 16 Cho x, y, z ba số dương thỏa mãn: 2 (x y)(x z) 3x 2y z 3x 2z y 2(x 3)2 y z 16 Tìm giá trị lớn biểu thức: P 2x y z (x y x z)2 (2x y z)2 Ta có: (x y)(x z) 4 1 2 3x 2y z 3x 2z y 3(2x y z) (2x y z)2 Từ giả thiết suy ra: 3(2x y z) Đặt 2x y z t (t 0) t2 (t 2)(3t 8t 16) 3t t 2x y z 2 Mà: (2x y z)2 (22 12 12 )(x y z ) x y z 2x y z 12x 12x Ta có: P 1 2 2 2x y z x x2 y2 z2 1 12x 36x 1 2 3x x2 Xét hàm số: f(x) Nguyễn Văn Lực 36x với x 3x Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com x 1 (loaïi) 36(3x x 2) , f '(x) Ta có: f '(x) 2 2 x f 10 (3x 2) 3 Bảng biến thiên: x y ' 10 y Suy ra: f(x) 10 P 10 3 Vậy giá trị lớn P 10 Dấu “=” xảy khi: x ,y z Câu 17 Cho x, y, z số thực thuộc đoạn 0;1 Tìm giá trị lớn biểu thức P 2( x3 y3 z3 ) ( x2 y y z z x) Đặt f ( x) x3 yx z x 2( y3 z ) y z Ta có: 6 xét: x1 0;1 , lập bảng biến thiên ta thấy x2 0;1 hay x2 0;1 f ' ( x) x yx z ; f ' ( x) x x1 ( y y z ); x x2 ( y y z ) Nhận Max f ( x) Max f (0); f (1) x0;1 Mà f (0) 2( y z ) y z 2( y z ) y z (2 y z ) f (1) (1) f ( x) f (1) y3 zy -y z z Lại đặt g ( y) y3 zy - y z z , 6 g ' ( y) y zy 1; g ' ( y) y y1 ( z z 6); y y2 ( z z 6) Nhận xét tương tự suy Max g ( y) Max g (0); g (1) y 0;1 Lại có g (0) z z z z (1 z) g (1) Suy g ( y) g (1) z3 z (1 z) z z z Cuối đặt h( z ) z z z với z 0;1 , h' ( z ) z z h' ( z ) z1 (2) 1 1 Lập bảng biến thiên suy ra: Max h( z) h(1) (3) ; z2 z0;1 6 Dấu xảy (1), (2), (3) x = y = z = Vậy giá trị lớn P đạt x = y = z = Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com 11.3 Tìm GTNN, GTLN biểu thức Câu Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn hàm số f ( x) 5x 8x 32 3x 24 x 3x 12 x 16 Ta có TXĐ: D [0;8] Đặt : g ( x) 5x2 8x 32, h( x) 3x 12 x 16 Ta dễ dàng xác định x [0;8] , g (2) g ( x) g (8) 12 2, h(2) h( x) h(8) x 3x 24 x ( 3x 24 x ) x 8( x 2)2 Do f ( x) 3x 12 x 16 h( x) x [0;8] 2 x x 32 3x 24 x Đẳng thức xảy x = f ( x) x= Ta có f ( x) 5x2 8x 32 3x 24 x 3x 12 x 16 g ( x) h( x) 12 x [0;8] Đẳng thức xảy x = max f ( x) 12 x= Vậy f ( x) x= max f ( x) 12 x= Câu Cho x, y số thực thỏa mãn GTNN biểu thức P x y 3x y x2 y x2 y 3x y x y Tìm GTLN x y x y x 3x y 2 * Mà x2 3x2 y x2 y x2 y2 ; * Từ giả thiết ta có: * Đặt t x2 y t 3t t *Ta P x y 3x y x2 y Xét hàm số x y x 3x y x2 y f (t ) t2 t t 1 x2 y x2 y2 t t , t 1;2 t 1 x2 y x f (t ) f (1) P 1, 1;2 y 1 , t 1;2 4 x m ax f (t ) f (2) m ax P , 1;2 y Câu 3: Cho x,y số thực thỏa mãn x +16y4 + 2xy+1 =2 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức sau : Nguyễn Văn Lực P=x x +3 +2y 4y +3 Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com 2 2 Theo đề : 1 x 2y 1 2xy x 2y 2xy x 2y 2xy x 2y x 2y 1 x 2y ( từ (1) x 16y 16x y xy 2xy ) 2 : P f t t t 1 t 3t 2t 6t : t 3 1 MaxP Maxf (t) f 1 (t 1khi x, y 0, hay x, y 1, ) 2 Đặt t = x+2y : 2xy = t -1 : t 1 MinP Minf (t) f 1 4 (t 1khi x, y 0, hay x, y 1, ) 2 Câu Cho ba số thực x, y, z thoả mãn: x2 y z x y Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức T 2( x z ) y x y z x y x 1 y z 2 1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Xét mặt cầu: 2 S : x 1 y z Có tâm I 1; 2;0 ,bán kính R Xét mp : x y z T G/s M x; y; z Từ 1 có điểm M nằm bên S kể mặt cầu S d I , R T 2 T 10 Với T 2 M giao điểm mp : x y z Và đường thẳng qua I x 2t : y 2 t z 2t 4 M ; ; 3 3 Với T 10 Tương tự M ; ; 3 3 Vậy T 2 Nguyễn Văn Lực x y z max T 10 x y z Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com 11.4 Chứng minh bất đẳng thức Câu Cho a, b, c ba số thực dương Chứng minh rằng: a b2 c2 1 1 2 4b 4c 4a ab bc ca Ta có: a2 b2 c2 VT 4b 4b 4c 4c 4a 4a a b c 1 a b c 2 2 2 2 2 2b 2c 2a 2b c a a b Mặt khác: ; ; b a b c2 b c a b Cộng theo vế BĐT ta được: b c c a2 c a c 1 a2 a b c Suy ra: 1 1 1 1 VT a b c a b b c c a 1 4 1 VP a b b c c a a b b c c a Đẳng thức xảy khi: a b c Câu Cho a , b , c Chứng minh a2 b2 b2 c2 c2 a2 1 1 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ta chọn u a; , v b; , w c; b c a Từ bất đẳng thức u v w u v w suy 1 a b2 c b c a a b c 1 1 a b c 2 111 1 1 abc a b c abc a b c 3 2 Dấu xảy a b c Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com Câu Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ab bc ca Chứng minh rằng: 1 1 2 a (b c) b (c a ) c (a b) abc Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có: ab bc ca 3 (abc)2 abc Suy ra: a (b c) abc a (b c) a(ab bc ca) 3a Tương tự ta có: 1 (1) a (b c) 3a 1 1 (2), (3) b (c a) 3b c (a b) 3c Cộng (1), (2) (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 ab bc ca ( ) 2 a (b c) b (c a) c (a b) c b c 3abc abc Dấu “=” xảy abc 1, ab bc ca a b c 1, (a, b, c 0) Câu Cho x, y, z ba số thực tùy ý thỏa mãn x + y + z = Chứng minh với a ta có : 1 x y z y z x y z x a a a a a a * Vì a = ta thấy BĐT * Ta xét a > t Hàm số y= y 1 nghịch biến với t R , a > at a Khi ta có Ta có : ( x y )( 1 x y x y y ) 0, x, y R Suy x y y x (1) x a a a a a a Chứng minh tương tự y z z y z y z (2) y a a a a Cộng vế với vế (1) ,(2) vµ (3) ta 2( Cộng vế (4) với biểu thức 3( z x x z x z x (3) z a a a a x y z yz zx x y y z ) x y z (4) x a a a a a a x y z y z ta x a a a x y z x yz x yz x yz 1 y z) ( x y z )( x y z ) x x y z a a a a a a a a a Suy 1 x y z y z x y z ( x + y + z = ) x a a a a a a Đẳng thức xảy x = y = z = (đpcm) Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com Câu Cho a,b,c là các số dương thỏa mañ a + b + c = Chứng minh rằng: *Biến đổi a b b c c a 3 ab c bc a ca b a b 1c 1c ab c ab b a (1 a )(1 b ) *Từ VT 1c 1b 1a (1 a )(1 b ) (1 c )(1 a ) (1 c )(1 b ) Do a,b,c dương a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta 1c 1b 1a =3 (đpcm) (1 a )(1 b ) (1 c )(1 a ) (1 c )(1 b ) VT 3 Đẳng thức xảy a b c Câu Cho số dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 3xyz xy yz zx 2 2 2 x y x zy z y z y xz x z x z yx y 1 Ta có : xy + yz + zx = 3xyz x y z 1 1 ( ) ;x2 + y2 ≥ 2xy Với x >0; y > 0; z > ta có x3 + y3 ≥ xy(x + y) ; x y x y Chứng minh : 3 xy xy xy 1 2 2 x y x z y z xy(x y) (x y )z xy(x y) (x y )z 3 xy 1 xy 2 x y x z y z (x y) (x y )z 1 1 1 (1) x y 2z 16 x y 8z 3 1 1 (x y) 2z Chứng minh tương tự : yz 1 1 (2) 2 y z y x z x 16 y z 8x zx 1 1 (3) 3 2 z x z y x y 16 z x 8y 3 Công (1) ; (2); (3) theo vế ta đpcm Đẳng thức xảy x = y = z = Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com Câu Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng: a a 2a b c 3a b 3a c 2a b c 3a c 3a b +) Vì a, b, c cạnh tam giác nên ta có: a b c; b c a; c a b +) Đặt x VT = ab ca ;y ; z a ( x, y, z 0) Ta có: x y z; y z x; z x y 2 ac ab 2a 2x 2y 2z x y z 3a b 3a c 2a b c y z z x x y y z z x x y (1) 2z z x yz x y x 2x y 2y (2); (3) yz x yz zx x yz Lại có: x y z z ( x y z ) 2z( x y ) CM tương tự ta có: Từ (1),(2) (3) ta có x y z 2x y 2z 2 yz zx x y x yz (đpcm) Câu Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a b c 2a 3b c a b c 1 a b c Bất đẳng thức tương đương với a 2a b 3b c c a b c 6 a b c a b c a b c a b c 1 a b c a b c 1 a b c a 2 b 3 c 1 a b c 6 2 a 2 2 b3 2 c 1 2 a b c Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có a 2 b c 1 a b c VP VT a b c a 2 b c 1 Dấu xảy a 2;b 3;c Vậy bất đẳng thức (2) Do bất đẳng thức (1) chứng minh Câu Cho a, b, c ba số thuộc đoạn [0; 1] Chứng minh: a b c (1 a )(1 b)(1 c) b c 1 a c 1 a b 1 Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com Do vai trò a, b, c nên giả sử a b c, đó: Đặt S = a + b + c + => b + c +1 = S – a S – c a + c + S – c; a+b+1 S-c Ta có ( – a)(1 – b) ( +a +b) (*) ( –a – b + ab) ( +a +b ) – - a2 – b2 – ab + a2b + ab2 b( a + b)( a – 1) – a2 a, b [0; 1] Vậy (*) Mà (*) ( – a)(1 – b) ( S - c) ( – a)(1 – b) S c 1 – a 1 – b (1 c) 1 c S c Do đó: a b c (1 a)(1 b)(1 c) b c 1 a c 1 a b 1 a b c 1 c S c đpcm 1 S c S c S c S c S c Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 [...]... phẳng tọa độ Oxy ta chọn u a; , v b; , w c; b c a Từ bất đẳng thức u v w u v w suy ra 1 1 1 a 2 b2 2 c 2 2 b c a 2 a b c 2 1 1 1 a b c 2 2 111 1 1 1 6 abc 6 a b c abc a b c 3 2 2 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c 1 2 Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com Câu 3... 2c 8a 3b 4c , Đẳng thức xảy ra khi 2 a c Vì chẳng hạn chọn được (a,b,c)=(3,8,6) Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com Câu 3 Cho x, y, z là ba số dương có tổng bằng 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: P 1 x 1 y 1 z + Áp dụng BĐT AM-GM, ta có 2 1 x 3 2 3 5 3x 2 6 1 x + Tương tự, ta thu được 1 x 2 3 1 y 2 3... trên [1;+) , ta có 4t 2 5.4t 2 (5t 1)8t 2 5t 0t 1 , suy ra f (t ) nghịch biến trên [1;+) , bởi vậy 16t 4 4t 3 3 max f (t ) f (1) t 1 x y 1 [1; ) 2 f '(t ) M max Câu 11 Cho ba số thực không âm x, y, z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 4 x 2 y 2 4 z 2 4 (x y ) (x 5 2z )(y 2z ) (y z ) (y 2x )(z 2x ) Với mo ̣i số thực không âm x, y, z Ta có: (x 2z )(y 2z... z2 z0;1 6 6 Dấu bằng xảy ra ở (1), (2), (3) khi x = y = z = 1 Vậy giá trị lớn nhất của P là 3 đạt được khi x = y = z = 1 Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com 11. 3 Tìm GTNN, GTLN của biểu thức Câu 1 Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số f ( x) 5x 2 8x 32 3x 2 24 x 3x 2 12 x 16 Ta có TXĐ: D [0;8] Đặt : g ( x) 5x2 8x 32, h(... +16y4 + 2xy+1 =2 Tìm giá trị lớn nhất 2 và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau : Nguyễn Văn Lực P=x x 2 +3 +2y 4y 2 +3 Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com 2 2 2 2 Theo đề bài : 1 x 2 2y 1 2xy x 2 2y 1 2xy x 2y 1 2xy x 2y 2 x 2y 1 4 2 x 2y 2 4 3 1 2 ( vì từ (1) 2 x 4 16y 4 2 16x 4 y 4 xy... ; ; 3 3 3 Vậy min T 2 khi Nguyễn Văn Lực 1 x 3 y z 4 3 max T 10 khi 7 x 3 8 y 3 4 z 3 Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com 11. 4 Chứng minh bất đẳng thức Câu 1 Cho a, b, c là ba số thực dương Chứng minh rằng: a 2 1 b2 1 c2 1 1 1 1 2 2 2 4b 4c 4a ab bc ca Ta có: a2 1 b2 1 c2 1 VT 2 2 ... x)(1 z ) Khi đó 1 z 1 x 1 y 3 (1 x)(1 y ) (1 y )(1 z ) (1 x)(1 z ) 1 x yz 3 Vậy MinP 3 đạt được khi 33 Nguyễn Văn Lực Ninh Kiều – Cần Thơ 0933.168.309 www.TOANTUYENSINH.com 11. 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Câu 1 Cho a, b, c là các số dương và a b c 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P bc 3a bc ca 3b ca Vì a + b + c = 3 ta có Vì theo BĐT Cô-Si: Tương
Ngày đăng: 04/10/2016, 08:30
Xem thêm: PHẦN 11 bài TOÁN TỔNG hợp