TÀI LIỆU BDHSG PHẦN bđt và cực TRỊ đại số QUA đề các TỈNH đáp án

TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 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)2 ≤ (a+x)(b+y)(c+z) ⇔ abc + xyz+ 3 (abc)2 xyz + 3 abc(xyz)2 ≤ abc+xyz+abz+ayc+ayz+xbc+xyc+xbz ⇔ 3 (abc) 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) ≥ 3 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  1 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 1  ≤  + + ÷ x + y + 2z  z 2x y  (1) (2) (3) Cộng (1), (2) , (3) ta được: Hãy ln chiến thắng TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 1 1 1 2 1 1 + + ≤ ( + + + + + )= ( + + ) 2x + y + z x + y + z x + y + 2z x y z 2x y 2z 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) + (y − 1) ≥ 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 = 1 ≤ 2 b + 2c + bc + c + = 1 ≤ 2 c + 2a + ca + a + b + 2c + c + 2a + 1 1  ⇒M ≤  + + ÷  ab + b + bc + c + ca + a +  Do abc = nên: ca a 1 1 + + + + ab + b + bc + c + ca + a + ca b + abc + ca abc + ac + a ca + a + = Hãy chiến thắng TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN = M≤ Do ca a + + ca + a + ca + a + ca + a + Max(M) = Dấu “=” xảy a = b = c =1 Vậy 09.05.37.8118 =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: P = − xy ≥ x 2012 y 2012 (1 − 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) CMR: a b c + + ≥ b+ c c + a a + b Cách 1: ⇔ a b c a b c + + ≥ ⇔ − + − + − ≥0 b+ c c + a a + b b+ c c + a a + b 2a − b − c 2b − a − c 2c − a − b + + ≥0 ( b + c) 2( c + a) ( 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) 2( a + b) 2( a + b) ( a + b) Suy ra: Vậy bất đẳng thức (*) với giá trị dương a, b, c Dấu “=” xảy a = b = c Hãy chiến thắng TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 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 : = 09.05.37.8118 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: Hãy chiến thắng TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN P≥2 ≥ xy + y y ( x + 1) + +2 − xy 4+ y 6 4+4 + 2− = Dấu “=” xảy khi: Vậy 09.05.37.8118 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 + 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 + 2x ( + y ) ( + 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 ) ( + 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 2 ⇒ xyz ≤ (1 + x)(1 + y )(1 + z ) (1 + x) (1 + y ) (1 + z ) 64 Dấu “=” xảy ⇔x= y=z= Hãy chiến thắng TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 Bài 8: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2016 – 2017) m2 + n2 ≤ Cho m, n số thực thay đổi cho (1) Hãy tìm giá trị nhỏ biểu Q = m + n + mn + thức: (2) 2Q = ( m + n ) + mn + Từ (2) ta có: Do đó: 2Q + m2 + n = m + n + 2m + 2n + 2mn + = ( m + n + 1) + ≥ Suy ra: 2Q ≥ − ( m + n ) ≥ −4 ⇒ Q ≥ −2 (do (1))  m = −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) a) Với 0 = × a + 2ab a + 2ab + b a + b b) Chứng minh: Từ a) suy 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 Hãy ln chiến thắng TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 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 z   z ÷+  + ÷+  + x  z y x ( x + y) ⇔ xy ( y + z) + yz x ÷+ ( xy + yz + zx ) ≥ 18 z ( 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 2 x + y) y + z) z + x) ( ( ( ⇔ + + + ( xy + yz + zx ) ≥ 12 ( x + y + z ) = 24 xy yz zx 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 Hãy ln chiến thắng TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 1 1   + ÷≥ ,  a b  ab 1   + 1÷ ≥ , 2a  a 1 1   + ÷≥ ,  b c  bc 1   + 1÷ ≥ , 2b  b 1 1   + ÷≥  c a  ca 09.05.37.8118 (1) 1   + 1÷ ≥ 2c  c (2) Cộng vế theo vế BĐT (1) (2) ta 3 1   + + ÷+ ≥  a b2 c  ⇔ P = Vậy 3 1  1  + + ÷≥ ⇔ + + ≥ 2a 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 b + + b c + + c a2 + ≥ 2 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 c + + c a + Đặt ( ) ) 2 Ta có S = a b2 + + b c + + c a + ) = 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 Hãy ln chiến thắng TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 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⇔ ⇔ 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 sè x +1 y= x + x +1 ⇔ phơng trình (ẩn x tham số y) có nghiệm ⇔ 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 = Hãy ln chiến thắng 10 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 Với a, b > ta có: a3 ⇔ b ⇔ (a – b) (a + b) ≥ a3 ≥ ab(a + b) - b3 ≥ a(a + b) – b2 = a2 + ab – b2 Tương tự ta có BĐT cộng chúng lại ta suy đpcm Bài 73: ( HSG TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2013 – 2014) Ta có : a + b + c2 = ⇒ a = − b − 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 ≥ ⇒ Hãy ln chiến thắng 48 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN x 09.05.37.8118 1≤ x ≤ (2) ⇔ x+ ≤ ⇔ 2x2−5x+2 ≤ ⇔ (x−2)(2x−1) ≤ ( (2) chứng minh ⇒ (1) chứng minh Dấu “=”xảy a = 2, b = c = a = b = 2, c = hoán vị Bài 75: ( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2008 – 2009) Ta có M = x3 + y3 = (x + y)(x2 − xy + y2) = x2 − xy + y2 (vì x + y = 1) x y x y2 x2 y2 ( − ) + + ( − xy + ) 2 2 2 2 = = (x + y ) + ⇒ ≥2 M (x2+y2) ⇒ ⇒ 2 Ngoài x + y =1 x + y + 2xy = 2(x2 + y2)−(x − y)2 = 1 ⇒ ⇔ ≥ ⇒ ≥ 2 2 2(x + y ) (x + y ) 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 Hãy ln chiến thắng 49 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 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 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 = Tõ (1) (2) suy BĐT cần chứng minh Dấu xảy 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) ≥ DÊu b»ng xảy b = Tơng tự, chứng minh đợc: 21a + (3/a) 64 với a ≥ ( (a-3)(21a-1) ≥ 0) DÊu b»ng x¶y a = Từ suy điều phải chøng minh Bài 79: ( HSG TỈNH QUẢNG NINH NĂM HỌC 2013 – 2014) Hãy ln chiến thắng 50 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118  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   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 Hãy ln chiến thắng 51 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN Ta có 09.05.37.8118 b2 a + c > 4a + 4a Áp dụng BĐT Côsi 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 + b2 ) ≥ ( a + b)2 2 a+ a > ≥ ⇒ a6 +1 ≥ ⇒ a6 ≥ +1 = a a = (loại) Vậy a6 > Mặt khác ta có + a3 = a5 + a 2 + = a + 〉2 a3 a2 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 + c , y = c2 + a , z = a + b2 , Đặt VT ≥ y + z − x2 z + x2 − y x + y − z + + 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 ) − 3x ) + ( 2( z + x) − y ) + ( 2( x + y − 3z )  VT ≥ Suy 2 ( x + y + z) = 2011 2 Hãy ln chiến thắng 52 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 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: c( a + b)(a − ab + b ) 2( a + b ) a b  a b   + ÷+ c  + ÷ = ⇒ = + a  a 2b 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)2 (bc + ac)2 ( 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 Hãy ln chiến thắng 53 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN abc (a + b + c ) = ab.bc + bc.ca + ab.ca ≤ 09.05.37.8118 (ab + bc + ca )  c ( a + b)  ÷ bc ac  c ( a + b)   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 ) a2 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 2 + 1) ( b + 1) ( ab + 1) ≥0 a2 b2 2ab + ≥ = c = b + a + ab + 1 + 1 + c c Khi + 2c = + − 1+ c c +1 ( ( + c ) ( + c2 ) ( c ≤ 1) ( ) ( 2) a=b ) Từ Đẳng thức xảy 2 ( + c ) + ( + c ) ( + 2c ) − ( + c ) ( + c ) ( 1− c) − 3c + 3c − c = = ≥0 ( + c ) ( + c2 ) ( + c ) ( + c2 ) ( 1) ( 1) 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 y3 ( x + y ) ( x + 1) ( y + 1) 3 Hãy chiến thắng 56 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 ( 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: P= x y 4 ≤ = 27 27 729 ( x + 1) ( y + 1) 3 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 ÷ + ÷ 3 P x y y x x y   xy  y  x 2 2  z  z   y x   zy zx =  + + + 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)  ÷  ÷  ÷ ≥ ( 1+ 2z + z2 )  + = + z + = + z + ( )  ( x + y) ÷  ( z − 1) ÷  ( z − 1) ÷ P           z ( z + 1) 12 ÷ ⇔ ≥ + z + = + + + z −   ( ) ÷  P  ( z − 1) z − ( z − 1)     t = z − 1, Đặt Hãy chiến thắng 57 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN  12    12 3t   t t   ⇒ ≥  + + + t ÷ = 6 +  + ÷+  + + ÷ P  t t  t 8     t 09.05.37.8118 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=5 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 = 2xy2 ⇒1 ≥ 8xy2 ⇒ P = xy2 ≤ • Áp dụng bđt Cauchy, ta có • y = 2xy P = ⇔  y + 2xy =1 ⇔ ⇔ 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 Hãy ln chiến thắng 58 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 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 3 a + b + 2c ≥ 4c a + b Hay 3 (1) b + c + 2a ≥ 4a b + c (2); c + a + 2b ≥ 4b c + a Tương tự 3 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) 3( a2 + b2 + c2 ) ≥ ( a + b + c ) Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có (a Từ a + b3 + c ≥ ≥ (a (a 2 +b +c ) ≤ ( a + b + c) ( a 2 + b2 + c2 ) ( 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 Hãy ln chiến thắng 59 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN ( 09.05.37.8118 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) + b (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 a + 3c = y − x b = x + z − 2y 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 = ; = ⇔ x2 = 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 ) ) Hãy ln chiến thắng 60 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 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 + 2a ) + 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 + 2a 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 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) (m + n) m+n m+n m+n 1 A= = ≤ = = + ≤ 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 = Bở xung: có thể thêm u cầu tìm giá trị nhỏ của biểu thức A Ta có: Hãy ln chiến thắng 61 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN A= 09.05.37.8118 (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 = Hãy chiến thắng 62 ... 60: ( HSG TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2011 – 2012) Áp dụng BĐT ab a2 + b2 ≤ ≥ ĐK: –x2 y = x − x2 ≤ Ta có ± Vậy giá trị lớn y 9/2 x= Bài 61: ( HSG TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2014 – 2015) Cho ba số thực không... 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 sè x +1 y= x + x +1 ⇔ phơng trình (ẩn x tham số y) có nghiệm ⇔ y(x + x + 1) = x+... = 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   