Đề thi trường tỉnh năm học 2012-2013 Bất đẳng thức Bài (Nghệ An) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn abc=1 2 Tìm giá trị nhỏ P = a b + b c + c a + a + b3 + c a b c Lời giải Đặt x = ; y = ; z = ⇒ xyz = c a b Vì abc=1 nên ta biến đổi P thành P = x + y + z + xy + yz + zx Ta có xy + yz + zx 2 = ( xy ≥ ( xy 2 x y + y z + z x + yz + zx ) ( x y + y z + z x ) 3xyz + yz + zx ) ( x y + y z + z x ) 3xyz Áp dụng BĐT AM-GM ta được: ( x + y + z )( xy + yz + zx) ( x + y + z ) ( xy + yz + zx ) ( x y + y z + z x ) 3xyz ≤ ÷ ≤ 27 2 2 2 3 3 3 Suy P ≥ x + y + z + Đặt t = x + y + z (t ≥ 3) ⇒ P ≥ t + 3/2 ( x + y + z )3/2 t Đến khảo sát hàm số f (t ) = t + P ≥ 3+ 3 ; t ≥ dùng BĐT AM-GM ta thu t 3/2 Đẳng thức xảy a=b=c=1 Vậy giá trị nhỏ P + Bài (Lương Thế Vinh, Đồng Nai) Cho x, y hai số thực dương thỏa mãn x3 + y3 =1 x2 + y2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức (1 − x )(1 − y ) Lời giải Đặt S = x + y; P = xy Ta có x3 + y = ⇔ S − 3PS = ⇒ P = S −1 ⇒ S >1 3S Mặt khác ( x + y )3 ≤ 4( x + y ) = ⇒ S ≤ Ta có A = x2 + y S − 2P S3 + = = (1 − x)(1 − y ) P + − S ( S − 1)3 Xét hàm số f ( S ) = ( S3 + −3( S + 2) f '( S ) = < nên hàm f(S) nghịch với Ta có < S ≤ ( S − 1)3 ( S − 1) biến 1; Suy f ( S ) ≥ f Vậy GTNN A ( ( 4) = ( ) −1 , đạt x = y = − 1) Bài (ĐH KHTN) Cho x, y, z độ dài ba cạnh tam giác có chu vi Chứng minh rằng: x y z 1 1 1 + + ≤ + + + (1) y + z z + x x + y x y z xy + yz + zx Lời giải Vế trái BĐT (1) cho ta nhớ lại TST 2006 Kết là: x 1 1 y z 6 + + ÷≤ ( x + y + z) + + ÷ y+ z z+ x x+ y x y z Do x y z 11 1 + + ≤ + + ÷ (2) y+z z+ x x+ y 2 x y z x y z xy + yz + zx * Dễ chứng minh y + z + z + x + x + y + x + y + z ≤ (3) (có thể dùng Cauchy-Schwazt) * Từ (2) (3) ta được: x y z x x 1 xy + yz + zx + + = ∑ + ∑ ≤ + + ÷+ − ÷ y + z z + x x + y x, y , z y + z x, y , z y + z x y z x + y + z 11 1 xy + yz + zx = + + + ÷− x y z 3( x + y + z ) * Vậy cần chứng minh bước cuối BĐT sau: xy + yz + zx + ≥ (4) xy + yz + zx x + y + z BĐT (4) chứng minh đơn giản cách đặt t = xy + yz + zx Vậy tốn chứng minh hồn tồn Nhận xét: Đây tốn hay, có lẽ sáng tác dựa BĐT TST năm 2006 Trong phép chứng minh BĐT TST 2006 cần giả thiết x,y,z cạnh tam giác mà x+y+z=3 Có lẽ phép chứng minh tốn có kịch phải dựa vào TST 2006 mà Bài (Hưng Yên) Xét đa thức P(x) = x3 – 6x2 + mx – n với m, n ∈ R có nghiệm thuộc đoạn [1; 3] Tìm đa thức cho m đạt GTNN Lời giải Đây dạng quen thuộc việc đánh giá hệ số đa thức thơng qua nghiệm đa thức Vơi dạng toán ta phải sử dụng định lý Viets đánh giá nghiệm Gọi ba nghiệm P(x) x1 , x2 , x3 ∈ [ 1;3] Theo định Viet ta có: x1 + x2 + x3 = x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 = m Bổ đề: Cho ba số a, b, c ∈ [ 0;2] thỏa mãn a + b + c = Khi ab + bc + ca ≥ Đẳng thức xảy ( a, b, c ) = ( 0;1;2 ) hoán vị Trở lại toán: Áp dụng bổ đề với ba số x1 − 1, x2 − 1, x3 − 1∈ [ 0;2] ta được: ( x1 − 1)( x2 − 1) + ( x2 − 1)( x3 − 1) + ( x1 − 1)( x3 − 1) ≥ Suy x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 ≥ 2( x1 + x2 + x3 ) − ⇒ m ≥ 11 Đẳng thức xảy ( x1 , x2 , x3 ) = ( 1;2;3) Vậy m=11 P ( x) = ( x − 1)( x − 2)( x − 3) = x − x + 11x − Một số toán tương tự: Bài 1: Cho a,b dương P(x)= x3 − ax2 + bx− a có ba nghiệm dương bn − 3n (n∈ N * ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức n a Bài (VMO 1999) Xét số thực a,b cho phương trình ax − x + bx − = có ba nghiệm thực dương (khơng thiết phân biệt) 5a − 3ab + Tìm giá trị nhỏ P = a (b − a) Bài 3: Giả sử a,b,c số thực cho đa thức P(x) = x + ax + bx + c có ba nghiệm thực (không thiết phân biệt) Chứng minh : 12ab + 27c ≤ 6a + 10(a − 2b)3/2 Bài Giả sử a,b,c,d số thực dương cho đa thức 1 P(x) = ax − ax + bx − cx + d có bốn nghiệm thuộc khoảng 0; ÷ 2 Chứng minh : 21a + 164c ≥ 80b + 320d Bài Giả sử P(x) = ax − bx + cx − x + (a ≠ 0) có bốn nghiệm dương Chứng minh : c ≥ 80a + b Bài (Indonesia TST 2010) Xột đa thức P(x) = ax + bx + cx + d có ba nghiệm thực dương (không thiết phân biệt) P(0) < Chứng minh rằng: 2b3 + 9a 2d − 7abc ≤ (Kiểm tra đội dự tuyển Nam Định) Giả sử a, b, c ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = a2 + b2 + c2 = Tìm giá trị lớn biểu thức P = a 2011 + b2011 + c2011 (Hà Tĩnh) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: ab + bc + ca = 3abc Tìm giá trị nhỏ a b b biểu thức: P = ( − + b 1 c 1 )( − + )( − + ) ab c c bc a a ca 1 (PTNK) a) Chứng minh x + + 1÷ ≥ x + ÷, ÷ x x3 b) Tìm số thực dương α nhỏ cho: xα + ∀x > 1 + 1÷ ≥ x + ÷, ∀x > α x x Bài (Đà Nẵng) Với số a,b,c không âm Chứng minh bất đẳng thức: a2 + b2 + c2 + 2abc + ≥ 2(ab + bc + ca) Dấu “=” xảy nào? Lời giải Với dạng ta dùng ngun lí Drichlet quen thuộc: Trong số 1-a; 1-b; 1-c tồn hai số có tích khơng âm Giả sử (1 − a )(1 − b) ≥ ⇒ 2c(1 − a)(1 − b) ⇒ 2abc ≥ 2ac + 2bc − 2c Do a + b + c + 2abc + ≥ a + b + c + + 2ac + 2bc − 2c = (a − b) + (c − 1) + 2( ab + bc + ca) ≥ 2( ab + bc + ca ) Đẳng thức xảy a=b=c=1 Bài (Đà Nẵng) Một số gọi số đẹp biểu diễn dạng tích số số tự nhiên có tổng 2012 (chẳng hạn, 2010=1*1*2010 số đẹp 1+1+2010=2012) Hãy tìm số đẹp lớn Lời giải Thực chất toán cực trị tập rời rạc Cách hỏi toán hay hấp dẫn Giả sử A = a1.a2 ak số đẹp lớn nhất, ta có ∈ ¥ * ; a1 + a2 + + ak = 2012 * Nếu tồn ≥ ( − 3) > ⇒ A < a1.a2 −1 ( − 3) +1 ak , vơ lí * Nếu tồn = Ta viết A = a1.a2 −1.( 2ai +1 ) ak * Nếu tồn = A < ( a1 + 1) a2 −1.ai +1 ak , vô lí * Vậy A đạt Max ∈ { 2;3} ∀i = 1, k Đến ta giả sử a1 = a2 = = an = 2; an+1 = an+ = = ak = k Nếu n ≥ a1 + a2 + a3 = = + Khi + + ∑ = 2012 i =4 k k i =4 i=4 Mà ∏ > ∏ , vơ lí Vậy n ≤ Khi ta thấy giá trị lớn A = 2.3670 có số 670 số Nhận xét: Có thể giải toán tương tự thay số 2012 số nguyên dương m Bài 10 (Bến Tre) Cho a,b,c thực Chứng minh b2 − a2 c2 − b2 a − c2 + + ≥ 2a + 2b + 2c + Lời giải BĐT tương đương với 2b − 2a 2c − 2b 2a − 2c 2b + 2c + 2a + + + ≥0⇔ + + ≥ 2a + 2b + 2c + 2a + 2b + 2c + BĐT hiển nhiên theo AM-GM