Thông tin tài liệu
Bài 1: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2009 – 2010) abc + xyz ≤ (a+x)(b+y)(c+z) (1) a) Lập phương vế (1) ta : abc + xyz + 3 (abc) xyz + 3 abc(xyz) ≤ (a+x)(b+y)(c+z) ⇔ abc + xyz+ 3 (abc) xyz + 3 abc(xyz)2 ≤ abc+xyz+abz+ayc+ayz+xbc+xyc+xbz ⇔ 3 (abc)2 xyz + 3 abc(xyz) ≤ (abz+ayc+ xbc)+ (ayz+xbz+xyc) (2) Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có : (abz+ayc+ xbc) ≥ 3 (abc) xyz (3) (ayz+xbz+ xyc) ≥ abc(xyz) (4) Cộng hai bất đẳng thức (3) (4) ta bất đẳng thức (2), (1) chứng minh a = 3+ 3, b = 1, c = 1, x = - 3, y = 1, z = b) Áp dụng BĐT (1) với 3 3 Ta có : abc = + , xyz = 3- , a+ x = 6, b + y = 2, c + z = 3+ 3 + 3- 3 ≤ 6.2.2 = 3 Từ : (đpcm) Bài 2: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2010 – 2011) Áp dụng BĐT Cơsi cho số dương ta có: a + b ≥ ab ⇔ 4ab ≤ (a + b) ⇔ a+b 1 ≤ = ( + ) a + b 4ab a b (*) Dấu “=” xảy a = b Áp dụng BĐT (*) ta có: 1 1 1 1 11 1 ≤ ( + ) ≤ + ( + ) = + + ÷ 2x + y + z 2x y + z 2x y z x y 2z Tương tự ta có: 1 1 ≤ + + ÷ x + y + z y 2z 2x 1 1 ≤ + + ÷ x + y + 2z z 2x y (1) (2) (3) Cộng (1), (2) , (3) ta được: 1 1 1 1 2 1 1 + + ≤ ( + + + + + )= ( + + ) x + y + z x + y + z x + y + 2z x y z 2x y z x y z Vậy : 1 + + ≤ 2010 = 1005 2x + y + z x + y + z x + y + 2z x= y=z= Dấu “=” xảy 1005 x=y=z= 670 Vậy MaxP = 670 Bài 3: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011 – 2012) ≤ 2 x + 2y + xy + y + a) Chứng minh : (x, y > 0) 2 x + 2y + > 0; xy + y + > Vì x, y > nên ≤ 2 x + 2y + xy + y + ⇔ 2xy + 2y + ≤ x + 2y + Do : ⇔ (x − y)2 + (y − 1)2 ≥ Bất đẳng thức sau nên bất đẳng thức đầu Dấu xảy x = y = b) Tìm giá trị lớn biểu thức: 1 M= + + 2 a + 2b + b + 2c + c + 2a + (a,b,c >0; abc = 1) Áp dung bất đẳng thức câu a) ta có: 1 1 = ≤ 2 2 a + 2b + a + 2b + ab + b + 1 2 b + 2c + c + 2a + = 1 ≤ 2 b + 2c + bc + c + = 1 ≤ c + 2a + ca + a + 1 1 ⇒M ≤ + + ÷ ab + b + bc + c + ca + a + Do abc = nên: ca a 1 1 + + + + ab + b + bc + c + ca + a + ca 2b + abc + ca abc + ac + a ca + a + = = M≤ Do ca a + + ca + a + ca + a + ca + a + Max(M) = Dấu “=” xảy a = b = c =1 Vậy =1 Bài 4: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2012 – 2013) P = − xy Tìm GTNN biểu thức x 2013 + y 2013 = x1006 y1006 , biết: (1) x 2013 + y 2013 = x1006 y1006 ⇒ ( x 2013 + y 2013 ) = x 2012 y 2012 Ta có: (x 2013 +y ) 2013 (2) ≥ 4x 2013 y 2013 Mặt khác: 4x 2012 y 2012 ≥ 4x 2013 (3) y 2013 Từ (2) (3) suy ra: x 2012 y 2012 (1 − xy ) ≥ P = − xy ≥ Hay : Do 2013 2013 xy = ⇔ x y =1 Đẳng thức xảy khi: (4) 2013 2013 x y =1 x = ⇔ 2013 2013 =2 x + y y =1 Từ (1) (4) ta có: Vậy Min (P) = x = y =1 Bài 5: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2013 – 2014) a b c + + ≥ b+ c c + a a + b CMR: Cách 1: ⇔ 2a − b − c 2b − a − c 2c − a − b + + ≥0 2( b + c) 2( c + a) 2( a + b) (*) Vì a, b, c có vai trị Giả sử : a + b ≥ a + c; a+b ≥ b+c 2a − b − c 2b − a − c 2c − a − b 2a − b − c 2b − a − c 2c − a − b + + ≥ + + =0 2( b + c) 2( c + a) ( a + b) ( a + b) ( a + b) ( a + b) Suy ra: Vậy bất đẳng thức (*) với giá trị dương a, b, c Dấu “=” xảy a = b = c Nên a b c + + ≥ b+ c c + a a + b Dấu “=” xảy a = b = c x = b + c; y=a+c; z=a+b ⇒ a= Cách 2: Đặt Ta có : = y+z−x x+z−y x+ y−z ; b= ; c= 2 a b c y + z− x x + z− y x + y− z + + = + + b+ c c + a a + b 2x 2y 2z y z x z x y y x z x y z + − + + − + + − = + ÷+ + ÷+ + ÷− 2x 2x 2y 2y 2z 2z 2x 2y 2x 2z 2z 2y + y x y x + ≥2 × =1 2x 2y 2x 2y Mà + Tương tự : Nên Hay z x y z + ≥ 1; + ≥1 2x 2z 2z 2y a b c y + z− x x + z− y x + y− z + + = + + ≥ 3− b+ c c + a a + b 2x 2y 2z a b c + + ≥ b+ c c + a a + b Dấu “=” xảy : y x z x y z = ; = ; = 2x 2y 2x 2z 2z 2y hay x = y = z ⇒a =b=c Bài 6: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2015 – 2016) xy + y ≤ Chứng minh x + y ≤ ⇔ x + y +1≤ Ta có: Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương y, x + ta có: 2 x + y +1 xy + y = y ( x + 1) ≤ ÷ ≤ ÷ =4 2 Dấu “=” xảy x + y = x = ⇔ y = x +1 y = Tìm GTNN biểu thức: P= P= + 3xy y + xy y + xy + y + + + + − xy y + 6 Ta có: Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương kết hợp với a) ta được: P≥2 xy + y y ( x + 1) + +2 − 3xy 4+ y 6 ≥ 4+4 +2− = Dấu “=” xảy khi: Vậy Min P = x + y = y = x +1 x = xy = ⇔ y = xy y+4 = y+4 x = 1, y = Bài 7: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2015 – 2016) 1 + + =2 1+ 2x + y 1+ 2z Cho ba số không âm x, y, z thỏa mãn xyz ≤ 64 Chứng minh 1 2y 2z = 1− +1− = + + 2x 1+ y + 2z + y + 2z Từ giả thiết ta có: yz ≥4 1+ 2x ( 1+ y ) ( 1+ 2z ) Áp dụng BĐT Cauchy : (1) 2y 2z ⇔ = ⇔ y=z 1+ y 1+ 2z Dấu “=” (1) xảy Lập luận tương tự ta có: zx ≥4 1+ y ( 1+ 2z ) ( 1+ 2x) ⇔z=x (2), dấu “=” ; xy ≥4 1+ 2z ( 1+ 2x) ( 1+ y ) ⇔x= y (3), dấu “=” Vì vế (1), (2) (3) khơng âm nên nhân theo vế ta được: x2 y2 z ≥ 64 ⇒ xyz ≤ (1 + x)(1 + y )(1 + z ) (1 + x) (1 + y ) (1 + z ) 64 Dấu “=” xảy ⇔x= y=z= Bài 8: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2016 – 2017) Cho m, n số thực thay đổi cho Q = m + n + mn + thức: (2) 2Q = ( m + n ) + 2mn + Từ (2) ta có: Do đó: m2 + n ≤ (1) Hãy tìm giá trị nhỏ biểu 2Q + m2 + n2 = m + n + 2m + 2n + mn + = ( m + n + 1) + ≥ Suy ra: 2Q ≥ − ( m + n ) ≥ −4 ⇒ Q ≥ −2 (do (1)) m = −2 2 m + n = n = ⇔ ⇔ m = m + n + = n = −2 Dấu “=” xảy Vậy Min Q = -2 m =-2, n =1 m =1, n = -2 Bài 9: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2017 – 2018) 0 a a + 2ab + b = a × a+b a b c + + >1 a + 2b b + 2c c + 2a a a a > > a + 2b a + b a + b + c (1) b b c c > (2); > (3) × b + 2c a + b + c c + 2a a + b + c Tương tự ta có : Cộng (1), (2) (3) theo vế ta : a b c a b c + + > + + =1 a + 2b b + 2c c + 2a a + b + c a + b + c a + b + c Bài 11: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019) Cho x, y , z ∈ R + x + y + z = Chứng minh 1 1 + + ÷( + xyz ) ≥ 21 x y z Bất đẳng thức cho tương đương 1 1 1 1 1 1 + + ÷+ xyz + + ÷ ≥ 21 ⇔ ( x + y + z ) + + ÷+ ( xy + yz + zx ) ≥ 21 x y z x y z x y z x ⇔ + y y y ÷+ + x z ( x + y) ⇔ xy z z x ÷+ + ÷+ ( xy + yz + zx ) ≥ 18 y x z ( y + z) + yz ( z + x) + zx + ( xy + yz + zx ) ≥ 24 (1) × Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ( x + y) + xy ≥ xy ( y + z) + yz ≥ yz ( z + x) zx + zx ≥ ( x + y) xy ( y + z) yz ( z + x) zx xy = ( x + y ) (2) yz = ( y + z ) (3) zx = ( z + x ) (4) Cộng (2), (3) (4) theo vế ta ( x + y) ⇔ xy ( y + z) + yz ( z + x) + zx + ( xy + yz + zx ) ≥ 12 ( x + y + z ) = 24 Vậy (1) Bất đẳng thức chứng minh ( x + y ) x+ y = xy xy = xy 1 ( y + z ) y+ z ⇔ = yz ⇔ =3⇔ = = ⇒ x= y= z= × x y z yz yz z+x ) = zx z + x = ( zx zx Đẳng thức xảy Bài 12: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019) a + b + c + ab + bc + ca − 6abc = Với a, b, c số dương thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị nhỏ 1 P= + + a b c biểu thức 1 1 1 a + b + c + ab + bc + ca − 6abc = ⇔ + + + + + =6 a b c ab bc ca Ta có Theo BĐT Cauchy ta có 1 1 , + ÷≥ a b ab 1 + 1÷ ≥ , 2a a 1 1 + ÷≥ , b c bc 1 + 1÷ ≥ , 2b b 1 1 + ÷≥ c a ca (1) 1 + 1÷ ≥ 2c c (2) Cộng vế theo vế BĐT (1) (2) ta 3 1 + + ÷+ ≥ a b2 c ⇔ P = Vậy 3 1 1 + + ÷ ≥ ⇔ + + ≥ 2a b c a b c a = b = c =1 Bài 13: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2019 – 2020) a, b, c Cho ab + bc + ca = số thực dương thỏa mãn Chứng minh a b2 + + b c + + c a + ≥ Dấu “=” xảy nào? Bất đẳng thức cho tương đương a b2 + + b c2 + + c a + ≥ ( ⇔ a b2 + + b c + + c a + ( S = a b2 + + b c2 + + c a + Đặt ( ) ) 2 Ta có S = a b2 + + b c2 + + c a2 + ) = a ( b + 1) + b ( c + 1) + c ( a + 1) + 2ab + 2ac (b ( 6) ≥4 + 1) ( a + 1) + 2bc (c (b + 1) ( c + 1) + 1) ( a + 1) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có (b + 1) ( c + 1) = b 2c + b + c + ≥ bc + ( 6.1) (b + 1) ( a + 1) = b a + a + b + ≥ ab + ( 6.2 ) (a + 1) ( c + 1) = a c + a + c + ≥ ac + ( 6.3) Kết hợp (6.1), (6.2) (6.3) ta S ≥ a ( b + 1) + b ( c + 1) + c ( a + 1) + 2ab ( bc + 1) + 2ac ( ab + 1) + 2bc ( ac + 1) = ( ab + bc + ca ) + a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca = ( ab + bc + ca ) + a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca Mặt khác, ta lại có a + b + c ≥ ab + bc + ca Suy S ≥ ( ab + bc + ca ) + ( ab + bc + ca ) = Vậy bất đẳng thức (6) b + c + = bc + 2 b + a + = ab + 2 ⇔a=b=c= a + c + = ca + ( a + b + c ) = ( ab + bc + ca ) ab + bc + ca = Đẳng thức xảy ( ( ( )( )( )( ) ) ) Bài 14: ( HSG TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU NĂM HỌC 2008 – 2009) F= ( x + y + xy ) + (4 x + y + 12 − xy − x + y ) + Fmin F ≥2 = ( x + y ) + (2 x − y − 1) + x= x + y = =2⇔ ⇔ x − y − = y = − Ta thấy với x, y Nên Bài 15: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2008 2009) a) Hàm số xác định với x y giá trị hàm số x +1 y= x + x +1 ⇔ ph¬ng tr×nh (Èn x tham sè y) cã nghiƯm ⇔ y(x + x + 1) = x+ ⇔ y.x2 + (y - 1)x + y - = (1) +) y = th× x = - (cã nghiÖm) +) y ≠ (1) cã nghiÖm ⇔ ∆ ≥ ⇔ (y - 1)2 - 4y(y - 1) ≥ ⇔ (y - 1)(-3y - 1) ≥ (2) − ≤ y ≤1 Gi¶i (2) ta đợc Khi x = th× y = 1; x = -2 th× y = − Do ®ã max y = vµ y = 10 Bài 73: ( HSG TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2013 – 2014) Ta có : a + b2 + c2 = ⇒ a = − b2 − c2 ≤ ⇔ −1 ≤ a ≤ ⇒ + a ≥ + b ≥ 0; + c ≥ Tương tự : ⇒ (1 + a)(1 + b) (1 + c) ≥ ⇔ + a + b + c + ab + ac + bc + abc ≥ (1) 2 Mặt khác: (1 + a + b + c) = (1 + a) + (b + c)2 + 2(1 + a)(b + c) = + a2 + b2 + c2 + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc = (a2 + b2 + c2) + (a2 + b2 + c2) + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc = 2(a2 + b2 + c2 + a + b + c + ab + ac + bc) ⇒ a2 + b2 + c2 + a + b + c + ab + ac + bc = (1 + a + b + c)2 ≥ (2) Cộng (1) (2) vế theo vế ta : abc + a2 + b2 + c2 + + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc ≥ ⇔ abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ Bài 74: ( HSG TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2017 – 2018) ≤ a, b, c ≤ Vì a,b,c có vai trị nên giả sử ≥ a ≥b ≥ c ≥ Khi đó: (b-a)(b-c) ≤ a b a + ≤1+ b c c ⇒ b2 +ac ≤ ab+bc (*) ⇒ ( chia vế (*) cho bc) b c c + ≤ 1+ a b a ( chia vế (*) cho ab) a b b c a c a c + + + + + ≤ + 2( + ) b c a b c a c a ⇒ a c a c + 2( + ) + ≤ c a c a Để chứng minh (1) ta tiếp tục chứng minh ≤7⇔ (2) a 1≤ x = ≤ c Ta có: ≥ a ≥ c ≥ ⇒ 1≤ x ≤ x 2 (2) ⇔ x+ ≤ ⇔ 2x −5x+2 ≤ ⇔ (x−2)(2x−1) ≤ ( (2) chứng minh ⇒ (1) chứng minh Dấu “=”xảy a = 2, b = c = a = b = 2, c = hốn vị Bài 75: ( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2008 – 2009) Ta có M = x3 + y3 = (x + y)(x2 − xy + y2) 48 = x2 − xy + y2 (vì x + y = 1) x y x y2 x2 y2 ( − ) + + ( − xy + ) 2 2 2 2 = = (x + y ) + ⇒ ≥2 M (x2+y2) ⇒ ⇒ Ngoài x + y =1 x2 + y2 + 2xy = 2(x2 + y2)−(x − y)2 = 1 ⇒ ⇔ ≥ ⇒ ≥ 2(x2 + y2) (x + y2) dấu xảy x=y= 1 1 ⇒ ≥ 2 ⇔ M = dấu xảy x=y= 1 Vậy giá trị nhỏ M , đạt x = y = Bài 76: ( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2013 – 2014) 1 b c bc = 1− +1− = + ≥2 1+ a 1+ b 1+ c 1+ b 1+ c (1 + b)(1 + c) Ta có : Tương tự : ca ab ≥2 , ≥2 1+ b (1 + c)(1 + a ) + c (1 + a)(1 + b) Nhân bất đẳng thức vừa nhận ta có : ≤ Hay : abc Dấu = xãy a = b = c = 1 abc ≥8 1+ a 1+ b 1+ c (1 + a)(1 + b)(1 + c) Vậy maxQ = Bài 77: ( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2016 – 2017) a + b + c ≥ a ( b + c) ⇔ Áp dụng BĐT Cauchy ta có a 2a ≥ b+c a+b+c Chứng minh tương tự ta b 2b c 2c ≥ ; ≥ c +a a +b+c a +b a +b+c Suy 2( a + b + c) a b c + + ≥ =2 b+c c+a a+b a+b+c 49 a = b + c ⇔ b = c + a ⇔ a = b = c = c = a + b Dấu xảy Vậy dấu = không xảy suy đpcm (Trái với giả thiết) Bài 78: ( HSG TỈNH QUẢNG NINH NĂM HỌC 2005 – 2006) a a Ta cã: 21a+(3/a) =(3/a) + a/3 + 62a/3 ≥ + (62.3/3) = 64 (1) ∀a≥ DÊu b»ng x¶y (3/a) = a/3 vµ a = a = 21 7b b L¹i cã: (21/b) + 3b =(21/b) + 7b/3 + 2b/3 ≥ + (2.3/3) = 16 (2) ∀b≥ DÊu b»ng x¶y (21/b) = 7b/3 vµ b = b = Từ (1) (2) suy BĐT cần chứng minh DÊu b»ng x¶y a = b = Cách giải khác: Trớc hết chứng minh BĐT: (21/b) + (3b) ≥ 16 (*) víi ∀ b ≥ Víi b ≥ th× (*) 3b2 - 16b + 21 ≥ (b - 3)(3b - 7) ≥ Do b ≥ nªn (b - 3) ≥ vµ (3b - 7) ≥ 3.3 - = => (b - 3)(3b - 7) ≥ Dấu xảy b = Tơng tự, chứng minh đợc: 21a + (3/a) 64 với ∀ a ≥ ( (a-3)(21a-1) ≥ 0) DÊu b»ng xảy a = Từ suy ®iỊu ph¶i chøng minh Bài 79: ( HSG TỈNH QUẢNG NINH NĂM HỌC 2013 – 2014) 50 2 1 1 + a + ÷ + b + ÷ + 2 a b a b Có 1 1 1 + 2÷ a + ÷ + b + ÷ ≥ a + ÷ b + ÷ = ab + b a b a ab Có 1 a+b ab + + = + 16ab ÷− 15ab + ≥ 16ab − 15 ÷ +2 ab ab ab Vậy Có 25 ab + +2≥ ab hay 1 1 25 a + ÷ + b + ÷ ≥ b a 1 + = + 8a + 8a ÷+ + 8b + 8b ÷− 16 a b a b ≥ 33 1 8a.8a + 3 8b.8b − 16 a b =8 Vậy có T 25 41 +8 = ≥ Dấu “ = “ xảy ⇔ a=b= Vậy giá trị nhỏ T 41 đạt tại a = b = Bài 80: ( HSG TP QUY NHƠN NĂM HỌC 2013 – 2014) Đặt x = + a => y = 1- a => x5 + y5 = (1+a)5 + (1-a)5 = 10a4 + 20a2 + ≥ ( a4 ≥ 0; a2 ≥ với a) => x5 + y5 ≥ Dấu “=” xãy a = x = y = Bài 81: ( HSG TỈNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2012 – 2013) Cho đa thức P(x) = ax2 + bx + c Biết P(x) > với x thuộc R a > Chứng minh rằng: 5a − 3b + 2c > (1) a −b+c b2 c> 4a Từ giả thiết P(x) > với x thuộc R a > suy Vì P(x) > với x thuộc R nên P(-1)>0 Suy a – b + c > 5a − 3b + 2c > ⇔ 5a − 3b + 2c > a − b + c ⇔ 4a + c > 2b a−b+c Vậy 51 Ta có b2 4a + c > 4a + 4a Áp dụng BĐT Cơsi ta có b2 4a + ≥ b ≥ 2b 4a ⇒ 4a + c > 2b Vậy (1) Bài 82: ( HSG TỈNH THÁI NGUYÊN NĂM HỌC 2012 – 2013) a2 +1 (a + 1) = (a + 1)(a − a + 1) = (a − a + a) a Dễ thấy a ≠ ta có a2 +1 = 2( ) = 2(a + ) 〉 suy a a Dấu sảy ⇔ ⇔ ( a 2( a + b ) ≥ ( a + b) 2 2 a+ a > ≥ ⇒ a6 +1 ≥ ⇒ a6 ≥ +1 = a a = (loại) Vậy a6 > Mặt khác ta có + a3 = a5 + a + 1= a + 〉 a a Ta có ≠ 1) Nên có a < suy a6 < Nên có < a6 < a b c a2 b2 c2 + + ≥ + + b+c c+a a+b ( b2 + c2 ) ( c2 + a2 ) ( c2 + a2 ) Suy x = b2 + c2 , y = c2 + a2 , z = a + b2 , Đặt y + z − x2 z + x2 − y x2 + y − z VT ≥ + + 2x 2y 2z suy ( z + x) ( x + y )2 ( y + z ) ≥ − x + − y + − z ÷ ÷ ÷ 2 x 2y 2z ≥ ≥ ( z + x) ( x + y )2 ( y + z ) + x − x + + y − y + z − 3z ÷ ÷ ÷+ 2 x 2y 2z 2 ( 2( y + z ) − x ) + ( 2( z + x) − y ) + ( 2( x + y − 3z ) VT ≥ Suy 2 (x + y + z) = 2011 2 52 Bài 83: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2010 – 2011) Bài 84: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2013 – 2014) B= − 2xy + = + = (x + y) − 3xy(x + y) xy − 3xy xy xy(1 − 3xy) Ta có: xy ≤ Theo Côsi: (x + y) =1 4 Bo = Gọi Bo giá trị B, đó, ∃x, y để: ⇔ 3Bo(xy)2 – (2 + Bo)xy + = (1) − 2xy xy(1 − 3xy) ⇔ Để tồn tại x, y (1) phải có nghiệm xy ⇔ ∆ = Bo2 – 8Bo + ≥ ⇔ Bo ≥ + Bo ≤ − Bo ≥ + Để ý với giả thiết tốn B > Do ta có: + Bo Bo = + ⇒ xy = = + ⇒ x(1 − x) = + 6Bo 6( + 3) 6( + 3) Với ⇔ ⇔ x2 − x + + = ⇔ x = 6( + 3) 1+ x= Bmin = + Vậy, x= 3 −1 1− −1 3 ,x = 2 , đạt 1− 3 −1 1+ −1 3 , y= 2 1+ 3 −1 1− −1 3 , y= 2 Bài 85: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2014 – 2015) Từ: b c(a + b)(a − ab + b ) 2(a + b ) a b a + ÷+ c + ÷ = ⇒ = + a a 2b2 ab b a b a + b ≥ 2ab ⇒ = ta có: c(a + b)(a − ab + b ) 2(a + b ) c(a + b) c (a + b) + ≥ +4⇒0< ≤ 2 ab ab ab ab bc ac (bc)2 (ac) (bc + ac) ( c ( a + b) ) + = + ≥ = a (2b + c) b(2a + c) abc(2b + c) abc(2a + c) 2abc(a + b + c) 2abc(a + b + c) Lại có 53 (ab + bc + ca ) abc(a + b + c ) = ab.bc + bc.ca + ab.ca ≤ c ( a + b) ÷ bc ac c (a + b ) 3 ab ⇒ + ≥ ÷ ÷ = a (2b + c) b(2a + c ) ab + bc + ca + c( a + b) ÷ ab t= c ( a + b) 3t ⇒P≥ + ab 2(1 + t ) t Đặt Có = (với 0 ) y z x a2 = a b2 = Nhận xét x = ≥ ( x ≥ z ) z c2 2 2 2 a2 b2 2ab a ( a + 1) ( ab + 1) + b ( b + 1) ( ab + 1) − 2aba ( a + 1) ( b + 1) + − = b + a + ab + ( a + 1) ( b2 + 1) ( ab + 1) Xét ab ( a − b ) + ( a − b ) ( a − b3 ) + ( a − b ) = (a Do Khi + 1) ( b2 + 1) ( ab + 1) ≥0 a2 b2 2ab + ≥ = c = b + a + ab + 1 + 1 + c c + 2c = + − + c c +1 ( Đẳng thức xảy ( + c ) ( + c2 ) ( c ≤ 1) ( ) ( 2) a=b ) ( 1) ( 1) 2 ( + c ) + ( + c ) ( + 2c ) − ( + c ) ( + c ) ( 1− c) − 3c + 3c − c3 = = ≥0 ( + c ) ( + c2 ) ( + c ) ( + c2 ) Từ a = b, c = ⇔ x = y = z suy điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy Bài 88: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2018 – 2019) x + y + = z ⇔ z + xy = x + y + + xy = ( x + 1) ( y + 1) Cách : Ta có x + yz = x + y ( x + y + 1) = x + xy + y + y = ( x + y ) ( y + 1) y + xz = y + x ( x + y + 1) = ( x + y ) ( x + 1) ⇒P= x3 y ( x + y ) ( x + 1) ( y + 1) 3 56 ( x + y ) ≥ xy x3 y x2 y2 x > ⇒ P ≤ = 3 3 xy x + y + x + y + ( ) ( ) ( ) ( ) y>0 Vì Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số thực dương, ta có: x x x2 27 x x2 x +1 = + +1 ≥ 33 ⇔ ( x + 1) ≥ ⇔0< ≤ 2 4 ( x + 1) 27 0< y2 ( y + 1) ≤ 27 Tương tự: x y 4 P= ≤ = 3 27 27 729 ( x + 1) ( y + 1) 2 Dấu “=” xảy MaxP = Vậy Cách : : x y x = y = = =1 ⇔ 2 ⇔ z =5 z = x + y +1 729 , đạt tại x = y = z =5 x y ( x + yz ) ( y + xz ) ( z + xy ) x + yz y + xz ( z + xy ) z = = 2 = + z ÷ + z ÷ + 1÷ 3 P x y y x x y xy y x 2 2 z y x zy zx z = 1 + + + z ÷ + 1÷ = 1 + + ÷z + z + 1÷ P x y xy x y xy y x + ≥ 2; x y ≥ ; x + y = z −1 xy ( x + y ) Vì nên: 2 4z 4z z ( z + 1) ÷ ÷ ÷ ≥ ( + 2z + z ) + = + z + = + z + ( ) ( x + y) ÷ ÷ ( z − 1) ÷ P z − ( ) z ( z + 1) 12 ÷ ⇔ ≥ + z + = + + + z − ( ) ÷ P ( z − 1) z − ( z − 1) t = z − 1, Đặt 57 12 12 3t t t ⇒ ≥ + + + t ÷ = + + ÷+ + + ÷ P t t t 8 t 2 12 3t t t 729 ≥ + + 33 ÷ = ⇔ P ≤ t t 8÷ 729 ⇔ t = 4, x = y ⇔ x = y = 2, z = Dấu “=” xảy ra: MaxP = Vậy 729 , đạt tại x = y = z = Bài 89: ( HSG TP HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2016 – 2017) x + 2y =1 ⇔ x + xy + 2y + 2xy =1+ xy + x + y ⇔ y + 2xy =1 + x 1+ y Với x, y > 0, ta có: = y + 2xy ≥ y.2xy = 2xy ⇒1 ≥ 8xy ⇒ P = xy ≤ • Áp dụng bđt Cauchy, ta có • y = 2xy P = ⇔ y + 2xy = ⇔ ⇔ x = y = x; y > Bài 90: ( HSG TỈNH TRÀ VINH NĂM HỌC 2017 – 2018) Theo điều đề ta có: 1- a > ; 1- b > ; 1- c > Nên theo BĐT Cơ-si, ta có: a b ab + ≥2 1− b 1− a (1 − b)(1 − a ) b c bc + ≥2 1− c 1− b (1 − c )(1 − b) c a ca + ≥2 1− a 1− c (1 − a )(1 − c) ⇒ a+c b+c a+b ab bc ca + + ≥ 2( + + ) 1− b 1− a 1− c c + ab a + bc b + ca hay1 + + ≥ 2( ⇔ ab bc ca + + ) c + ab a + bc b + ca ab bc ca ≥ + + c + ab a + bc b + ca Vậy maxP = tại a = b = c = Bài 91: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2007 – 2008) Trước hết, với số thực dương a, b ta có 58 a + b = (a + b)(a + b − ab) ≥ (a + b)(2ab − ab) = ab(a + b) 3 a + b + 2c ≥ ab(a + b) + 2c ≥ 2abc (a + b) = 4c (a + b) = 4c a + b Từ a + b + 2c ≥ 4c a + b Hay 3 b + c + 2a ≥ 4a b + c (2); c + a + 2b ≥ 4b c + a Tương tự (1) 3 3 (3) Cộng vế với vế (1), (2), (3) ta có điều cần chứng minh abc = a = b = c ab(a + b) = 2c ⇔ a = b = c = bc(b + c) = 2a ca (c + a ) = 2b 3 3 Đẳng thức xảy Bài 92: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2008 – 2009) ( a + b2 + c ) ≥ ( a + b + c ) Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có (a Từ a +b +c 3 (a ≥ ≥ (a 2 +b +c ) ≤ ( a + b + c) ( a 2 + b2 + c ) ( a + b + c ) (a = b+c +b c +a +c a +b ) +b +c 3 ) + b2 + c2 ) ( b + c + c + a + a + b ) (1) Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy a b + c + b c + a + c a + b ≥ 3 abc (b + c )(c + a )( a + b) ≥ 3 abc 8abc = (2) Từ (1),(2) suy điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy … a=b=c= Bài 93: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2009 – 2010) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 59 ( 1 ( a + b)(b + c)(c + a ) + + + ≥ a + b + c + abc ÷ a + b b + c c + a abc ) Chứng minh (a + b)(b + c)(c + a ) = c (a + b) + a (b + c ) + b (c + a ) + 2abc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopsky-Schwarz ( c (a + b) + a (b + c) + b2 (c + a) + 2abc ) a 1+ b + b +1 c + c +1 a + 1abc ÷≥ 1 1 ≥ c a + b + a b + c + b c + a + 2abc a+b b+c c+a abc ( = c + a + b + abc ) ÷ ÷ c(a + b) = a (b + c ) = b(c + a ) = abc abc ⇔ a = b = c Dấu “ = ” xảy Bài 94: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2010 – 2011) x = a + 2b + c y = a + b + 2c z = a + b + 3c z − y = c, x − y = b − c = b − ( z − y ) Đặt , x, y, z >0 b = x + z − 2y a + 3c = y − x Suy y y − x 4( x + z − y ) 8( z − y ) x z y P= + − = −17 + + ÷+ + ÷ x y z y y z x Khi P ≥ −17 + + 32 = −17 + 12 ¸p dụng BĐT Cauchy ta được: y 4x 4z y = ; = ⇔ 4x2 = y = z x y y z Đẳng thức xảy , b = (1 + 2)a a + b + 2c = 2(a + 2b + c) a + b + 3c = 2(a + 2b + c) c = (4 + 2)a Khi , suy b = (1 + 2) a c = (4 + 2) a −17 + 12 Vậy giá trị nhỏ P , đạt Bài 95: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2011 – 2012) 2012 = ( abc + bcd + cda + dab − a − b − c − d ) Ta có: = ( ( ab − 1) ( c + d ) + ( cd − 1) ( a + b ) ) 60 2 2 ≤ ( ab − 1) + ( a + b ) ( cd − 1) + ( c + d ) = ( a 2b + a + b + 1) ( c d + c + d + 1) = ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) ( d + 1) (a + 1) ( b + 1) ( c + 1) ( d + 1) ≥ 2012 Suy Bài 96: ( HSG TP VĨNH YÊN NĂM HỌC 2012 – 2013) a b c a2 b2 c2 + + = + + b + 2c c + 2a a + 2b a ( b + 2c ) b ( c + 2a ) c ( a + 2b ) a) Ta có ( a + b + c) ≥ a ( b + 2c ) + b ( c + a ) + c ( a + 2b ) ≥ = ( a + b + c) ( ab + bc + ca ) ( ab + bc + ca ) ( ab + bc + ca ) =1 Dấu đẳng thức xảy 3a + 6b = a, b > b) Nhận xét Nếu a=b=c ( a + 2b ) + ( a − b ) ≥ a + 2b 3a + 6b ≥ a + 2b; 3b + 6c ≥ b + 2c; 3c + 6a ≥ c + a Từ nhận xét ta có Do a ( b + 2c ) b ( c + 2a ) c ( a + 2b ) a ( b + 2c ) b ( c + 2a ) c ( a + 2b ) + + ≤ + + = a+b+c 2 2 2 b + 2c c + 2a a + 2b 3b + 6c 3c + 6a 3a + 6b thức xảy a=b=c Dấu đẳng Bài 97: ( HSG TỈNH YÊN BÁI NĂM HỌC 2003 – 2004) a) 5a2 + 5b2 + 8ab = 18 ⇔ M = 18 – 4a2 – 4b2 – 8ab = 18 – 4(a + b)2 ≤ 18 Dấu “=” xảy ⇔ a = –b thay vào đẳng thức: 10a2 – 8a2 = 18 ⇔ a2 = ⇔ a = ±3 Vậy: max M = 18 ⇔ (a ; b) = (3 ; –3) (–3 ; 3) 2 b) 5a + 5b + 8ab = 18 ⇔ 9(a2 + b2) = 18 + 4(a – b)2 ≥ 18 ⇔ 9M ≥ 18 ⇔ M ≥ Dấu “=” xảy ⇔ a = b thay vào đẳng thức: a = b = ±1 Vậy: M = ⇔ a = b = ±1 Bài 98: ( HSG TỈNH YÊN BÁI NĂM HỌC 2006 – 2007) A= (m + n) m+n m+n m+n 1 = ≤ = = + ≤ 1+1 = 2 2 mn m n (m + n)(m + n − mn) m + n − mn 2mn − mn 1 ≤1; ≤1 m n (Do m ≥ n ≥ nên: ) Dấu “=” xảy ⇔ m = n = Bổ xung: có thể thêm yêu cầu tìm giá trị nhỏ của biểu thức A Ta có: 61 A= (m + n) m+n m+n m+n 1 1 = ≤ = = + ≥ + =1 2 (m + n)(m + n − mn) m + n − mn 2mn − mn mn m n 2 Dấu “=” xảy ⇔ m = n = Bài 99: ( HSG TỈNH YÊN BÁI NĂM HỌC 2011 – 2012) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: + > = ∙ = x (1) Tương tự + > y (2) , + > z (3) Cộng vế bất đẳng thức (1), (2), (3) ta + + + + + >x+y+z ⇒ + + > (4) Mặt khác, theo bất đẳng thức Cơ-si ta có: x + y + z > = = (5) Từ (4) (5) suy + + > = Dấu “=” xảy ⇔ x = y = z = 62 ... dụng BĐT ab a2 + b2 ≤ ≥ ĐK: –x2 y = x − x2 ≤ Ta có 9 ± Vậy giá trị lớn y 9/2 x= Bài 61: ( HSG TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2014 – 2015) Cho ba số thực không âm x,y,z thỏa mãn x + y + z = 3.Tìm giá trị. .. − 6abc = Với a, b, c số dương thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị nhỏ 1 P= + + a b c biểu thức 1 1 1 a + b + c + ab + bc + ca − 6abc = ⇔ + + + + + =6 a b c ab bc ca Ta có Theo BĐT Cauchy ta có 1 1... Ta thấy với x, y Nên Bài 15: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2008 – 2009) a) Hàm số xác định với x y giá trị hàm số x +1 y= x + x +1 phơng trình (ẩn x tham sè y) cã nghiÖm ⇔ y(x + x + 1) = x+
Ngày đăng: 24/12/2020, 23:22
Xem thêm:
