Hướng dẫn giải một số bài toán bất đẳng thức ôn thi vào lớp 10

Tài liệu gồm 9 trang, trình bày lời giải chi tiết các bài toán bất đẳng thức (BĐT) thường gặp trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10. Mời mọi người đón xem

69 35 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Tài liệu ôn thi vào 10 môn Toán

Môn: Môn Toán

Thông tin:

9 trang 7 tháng trước

Tác giả:

Profile Nguyễn Vân
CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
ÔN THI VÀO LỚP 10
I. Một số ví dụ
Ví dụ 1: Cho a, b,c là các số không âm chứng minh rằng
(a+b)(b+c)(c+a) 8abc
Giải:
Cách 1: Dùng bất đẳng thức phụ:

xyyx 4
2
Ta có

abba 4
2
;

bccb 4
2
;

acac 4
2

2
ba

2
cb

2
ac 

2
222
864 abccba
(a+b)(b+c)(c+a)
8abc
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Ví dụ 2:
1) Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 CMR: 9
111
cba
(403-1001)
2) Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1 CMR:x + 2y + z
)1)(1)(1(4 zyx
3) Cho a > 0, b > 0, c > 0
CMR:
2
3
ba
c
ac
b
cb
a
4) Cho x
0 ,y 0 thỏa mãn 12 yx ;CMR: x+y
5
1
Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 và
1
222
cba
Chứng minh rằng
333
1
2
abc
bc ac ab


Giải:
Do a, b, c đối xứng,giả sử a b c
ba
c
ca
b
cb
a
cba
222
Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có
ba
c
ca
b
cb
acba
ba
c
c
ca
b
b
cb
a
a .
3
...
222
222
=
2
3
.
3
1
=
2
1
Vậy
2
1
333
ba
c
ca
b
cb
a
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=
3
1
Ví dụ 4:
Cho a, b, c, d > 0 và abcd = 1.Chứng minh rằng :

10
2222
acddcbcbadcba
Giải:
Ta có abba 2
22
cddc 2
22
Do abcd =1 nên cd =
ab
1
(dùng
2
11
x
x )
Ta có
4)
1
(2)(2
222
ab
abcdabcba (1)
Mặt khác:

acddcbcba
=(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)
= 222
111
bc
bc
ac
ac
ab
ab
Vậy

10
2222
acddcbcbadcba
Ví dụ 5: Cho 4 số a, b, c, d bất kỳ chứng minh rằng:
222222
)()( dcbadbca
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
tacó ac+bd
2222
. dcba
mà

2222
22
2 dcbdacbadbca

22222222
.2 dcdcbaba
222222
)()( dcbadbca
II. Một số bài tập thường gặp trong các đề thi vào lớp 10
Bài 1: Cho các số thực dương a, b, c. CMR:
cb
a
2
+
ca
b
2
+
ab
c
2
2
cba
Bài giải:
Với a, b, c > 0 ta có:
cb
a
2
+
4
cb
a (áp dụng bất đẳng thức Cô si)
Tương tự ta có:
ca
b
2
+
4
ca
b; và
ab
c
2
+
4
ba
c
cb
a
2
+
ca
b
2
+
ab
c
2
+
2
cba
a + b + c
cb
a
2
+
ca
b
2
+
ab
c
2
2
cba
(đpcm)
Vậy
cb
a
2
+
ca
b
2
+
ab
c
2
2
cba
Bài 2: Cho x, y > 0; thoả x + y = 1. Tìm Min A =
22
1
xy
+
1
xy
.Bài giải:
Ap dụng bất đẳng thức (a + b)
2
4ab =>
ab
ab
4
ab
11
ab
4
ab
(a, b > 0)
Mặt khác: x + y
2xy=> xy
2
(x y)
4
=
1
4
(áp dụng bất đẳng thức Cô si)
A =
22
1
xy
+
1
2xy
+
1
2xy
22
4
xy2xy

+
1
2xy
=
2
4
(x y)
+
1
2xy
4 +
1
1
2.
4
= 4 + 2 = 6
Vậy Min
A
= 6 khi x = y =
1
2
Bài 3.
22 22 22
,, 0: 1
1111
:
23 23 232
Choabc abc
CMR
ab bc ca



Hướng dẫn
Ta có:
22 2 2 2
2 ; 1 2 2 3 2 1a b ab b b a b ab b

22
11
232 1ab abb


Tương tự =>
22 22 22
1111111
23 23 232 1 1 1ab bc ca abb bcc caa





Mặt khác:
2
1111
1
1111
ab b
ab b bc c ca a ab b ab c abc ab bca ab b

 
=>
22 22 22
1111
23 23 232ab bc ca


1abc
Bài 4: Cho ba số x,y,z dương và xyz = 1.
CMR :
Bài giải
Ta có
33 33
3
13 3
x
yxyxy
33 33
3
13 3zy zy zy
3
33 33
13 3
x
zxzxz
Nên vế trái =
3
33
3111 1
33333
xy zy
xz
xy zy xz
xy zy xz xy zy xz





Vì xyz = 1. Dấu “ = “ khi x = y = z
Bài 5: Cho 3 số dương a, b, c chứng minh rằng:
333
333
abcabc
bcabca

Giải
Vận dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:


33
33
33
33
aa a
13 (1)
b
bb
bb b
13 (2)
c
cc

33
33
cc c
13 (3)
a
aa
Cộng vế theo vế (1) (2) và (3) ta có:
333
333
abc abcabc
2( ) 3 2( )
bca bcabca
abc
2( ) 3
bca
 

Vậy:
333
333
abcabc
bcabca

Bài 6. (1đ) (Đắc Lắc 12 – 13)
Cho hai số dương x, y thõa mãn: x + 2y = 3. Chứng minh rằng:
12
3
xy

HD: Áp dụng 1/x + 1/y + 1/z
9/(x + y + z)
Bài 7: (Hải Dương 12 – 13)
Cho 2 số dương a, b thỏa mãn
11
2
ab

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
42 2 42 2
11
22
Q
a b ab b a ba


.
Hướng dẫn
Với
0; 0ab
ta có:
22 4 2 2 42 2
()0 2 0 2ab a abb ab ab
42 2 2 2
222a b ab a b ab

42 2
11
(1)
22a b ab ab a b


Tương tự có

42 2
11
(2)
22ba ab abab

. Từ (1) và (2)

1
Q
ab a b

Vì
11
22ab ab
ab

mà 21a b ab ab
2
11
2( ) 2
Q
ab

.
Khi a = b = 1 thì
1
2
Q
. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là
1
2
Bài 8: (Hà Nội 12 – 13) Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện
x2y
, tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
22
xy
M
xy
Hướng dẫn
Ta có M =
22 2 2
3
()
44
x
yxyxy xy x
x
yxyxyyxyxy

Vì x, y > 0, áp dụng bdt Co si cho 2 số dương
;
4
x
y
yx
ta có 2.1
44
xy xy
yx yx
 ,
dấu “=” xảy ra
x = 2y
Vì x ≥ 2y
363
2.
442
xx
yy

, dấu “=” xảy ra x = 2y
Từ đó ta có M ≥ 1 +
3
2
=
5
2
, dấu “=” xảy ra x = 2y
Vậy GTNN của M là
5
2
, đạt được khi x = 2y
Bài 9:
Hướng dẫn:
Bài 10 (Hà Nam: 12 – 13)
Cho ba số thực a, b, c thoả mãn
a1;b4;c9
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
b
ca1 cab 4 abc 9
P
abc

Hướng dẫn:
Bài 11: (Hưng Yên 12 – 13)
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 4.
Chứng minh rằng
11
1
yxz

HD

11111 4 4
4





x
yxz xyz xyz x x
Bài 12: (Thanh Hóa 12 – 13)
Cho hai số thực a; b thay đổi, thoả mãn điều kiện a + b 1 và a > 0
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
2
2
4
8
b
a
ba
Hướng dẫn
a = b = 0,5
Bài 13: (Quảng Ngãi 12 – 13)
Cho
0, 0xy thỏa mãn
22
1xy. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
1
x
y
A
x
y
.
Hướng dẫn: Với 0, 0xy ta có
22
131224
1
2 2 21 31 3
xy
xy xy xy
xy xy


Do đó
2242
22
1133
xy
A
xy xy


.
Dấu “=” xảy ra khi
x
y .
Từ
22
0, 0
2
2
1
xy
xy xy
xy



Vậy
2
min
3
A 
khi
2
2
xy
.
Bài 14: (Quảng nam 12 – 13)
Cho a, b ≥ 0 và a + b ≤ 2. Chứng minh :
2a12b 8
1a 12b 7



Hướng dẫn:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
128
1127

ab
Ta có:
12
12 1ab

=
11 1
2
1
1
1
(1)( )
2
2
a
b
ab


(1) (bđt Côsi)
1
1
17
2
(1)( )
224


ab
ab
(bđt Cô si)
28
7
1
(1)( )
2
ab
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
128
1127

ab
Dấu “=” xảy ra chỉ khi : a + 1 = b +
1
2
và a + b = 2 a =
3
4
và b =
5
4
Bài 15
: Chuyên lam Sơn Thanh Hóa 11 – 12 (Vòng 01)
Cho a, b, c là ba số thực dương t/m a + b + c = 2 Tìm Max P
biết
bac
ca
abc
bc
cab
ab
P
222
Hướng dẫn
* Vì a + b+ c = 2
2c+ab = c(a+b+c)+ab= ca+cb+c
2
+ ab = (ca+ c
2
)+(bc + ab)
= c(a+c) + b(a+c)=(c+a)(c+b)
2c+ab = (c+a)(c+b)
vì a ; b ; c > 0 nên
0
1
ca
và 0
1
cb
áp dụng cosi ta có
ca
1
cb
1
2.
))((
1
cbca
dấu (=)
ca
1
cb
1
a + c = b + c a = b
hay
)
11
(
2
1
))((
1
bcac
bcac

bc
ab
ac
ab
bcac
ab
abc
ab
2
1
)(2
(1) dấu bằng a = b
Tương tự:
ca
bc
ba
cb
abc
bc
2
1
2
(2) dấu bằng b = c
ab
ca
bc
ca
cab
ac
2
1
2
(3) dấu bằng a = c
cộng vế với vế của (1) ; (2) ; (3) ta có
: P=
bca
ca
abc
bc
cab
ab
222
2
1
(
bc
ab
ac
ab
+
ac
cb
ab
cb
+
bc
ac
ab
ac
)
P
2
1
ba
ac
ba
cb
bc
ac
cb
ab
ac
cb
ac
ab
()()(
=
2
1
ba
abc
cb
cba
ac
bca ).().().(

12.
2
1
2
1
cba
P=
bca
ca
abc
bc
cab
ab
222
≤ 1 dấu bằng a = b = c =
3
2
Vậy min P = 1 khi a = b = c =
3
2
Bài 16: (Vĩnh Phúc 11 – 12)
Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức: P =
ab bc ca
cab abc bca


.
Hướng dẫn: Từ a + b + c = 1 => ac + bc + c
2
= c (Do c > 0)
Vì vậy: c + ab = ac + ab + bc + c
2
= (b+c)(c+a)
Do đó
()() 2
ab
ab ab
ac bc
cab bcca



(Cô – si)
Tương tự:
2
bc
bc
bc ca
abc

;
2
ca
ca
ca ab
bca

Vậy
3
22
ac bc ab
ac bc ab
P




Do đó: MinP = 3/2, xảy ra khi a = b= c = 1/2
Bài 17: (Hà Nội 11 – 12)
Với x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
1
M 4x 3x 2011
4x

.
Hướng dẫn
22
2
11
4 3 2011 4 4 1 2010
44
1
(2 1) ( ) 2010
4
Mxx x x x
xx
xx
x
 

Vì
2
(2 1) 0x  và x > 0
1
0
4
x

, Áp dụng bdt Cosi cho 2 số dương ta có: x +
1
4
x
11
2. 2. 1
42
x
x

M =
2
1
(2 1) ( ) 2010
4
xx
x

0 + 1 + 2010 = 2011
M 2011 ; Dấu “=” xảy ra
2
1
2
1
210
2
11
1
44
2
0
0
1
2
0
x
x
x
xx
x
x
x
x
x
x








x =
1
2
Vậy M
min
= 2011 đạt được khi x =
1
2
Bài 18. (Hải Dương 11 – 12)
Cho x, y, z là ba số dương thoả mãn x + y + z =3. Chứng minh rằng:
1
333

 
xyz
x x yz y y zx z z xy
.
Hướng dẫn
Từ
2
2
xyz 0xyz2xyz (*) Dấu “=” khi x
2
= yz
Ta có: 3x + yz = (x + y + z)x + yz = x
2
+ yz + x(y + z) x(y z) 2x yz
Suy ra
3x yz x(y z) 2x yz x( y z) (Áp dụng (*))
xx
x3xyz x(x yz)
x3xyz x yz


(1)
Tương tự ta có:
y
y
y3yzx x yz

(2),
zz
z3zxy x yz

(3)
Từ (1), (2), (3) ta có
xyz
1
x3xyzy3yzxz3zxy

 
Dấu “=” xả
y
ra khi x =
y
= z = 1
Bài 19: Cho các số a, b, c đều lớn hơn
25
4
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
252525
abc
Q
bca


.
Do a, b, c >
25
4
(*) nên suy ra:
250a 
,
250b 
,
250c 
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương, ta có:
252
25
a
ba
b

(1)
252
25
b
cb
c

(2)
252
25
c
ac
a

(3)
Cộng vế theo vế của (1),(2) và (3), ta có:
5.3 15Q 
.
Dấu “=” xẩy ra
25abc
(thỏa mãn điều kiện (*))
Vậy Min Q = 15
25abc
| 1/9
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ÔN THI VÀO LỚP 10 I. Một số ví dụ
Ví dụ 1: Cho a, b,c là các số không âm chứng minh rằng (a+b)(b+c)(c+a)  8abc Giải:
Cách 1: Dùng bất đẳng thức phụ: x y2  4xy
Ta có a b2  4ab ; b c2  bc 4
; c a2  4ac  a  2 b b  2 c c  2 a  2 2 2
64a b c  8abc2  (a+b)(b+c)(c+a)  8abc
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c Ví dụ 2:
1) Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 CMR: 1 1 1    9 (403-1001) a b c
2) Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1 CMR:x + 2y + z  4 1 (  x 1 )(  y 1 )(  z)
3) Cho a > 0, b > 0, c > 0 CMR: a b c 3    b c c a a b 2 4) Cho x  1
0 ,y  0 thỏa mãn 2 x y  1 ;CMR: x+y  5
Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 và 2 2 2
a b c  1 3 3 3 Chứng minh rằng a b c 1   
b c a c a b 2 Giải: 
a2  b2  c2
Do a, b, c đối xứng,giả sử a  b  c   a b c    b c a c a b
Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có 2 2 2 1 3 1 2 a 2 b 2 c
a b c a b c a .  b .  c .  .    = . = b c a c a b 3
b c a c a b  3 2 2 3 3 3 Vậy a b c 1  
 Dấu bằng xảy ra khi a=b=c= 1 b c a c a b 2 3 Ví dụ 4:
Cho a, b, c, d > 0 và abcd = 1.Chứng minh rằng : 2 2 2 2
a b c d ab c  bc d   dc a  10 Giải:
Ta có a2  b2  2ab
c2  d 2  cd 2 Do abcd =1 nên cd = 1 (dùng 1 1 x   ) ab x 2 Ta có 2 2 2 1
a b c  (
2 ab cd)  ( 2 ab  )  4 (1) ab
Mặt khác: ab c bc d  dc a =(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad) =  1   1   1  ab    ac    bc    2  2  2  ab   ac   bc  Vậy 2 2 2 2
a b c d ab c  bc d   dc a  10
Ví dụ 5: Cho 4 số a, b, c, d bất kỳ chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2
(a c)  (b d)  a b c d
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski tacó ac+bd  2 2 2 2
a b . c d
mà a c2  b d 2 2 2
a b   2 ac bd  2 2  c d   2 2 a b  2 2 2 2 2 2
 2 a b . c d c d  2 2 2 2 2 2
(a c)  (b d)  a b c d
II. Một số bài tập thường gặp trong các đề thi vào lớp 10 2 2 2
Bài 1: Cho các số thực dương a, b, c. CMR: a + b + c    a b c b c a c b a 2 Bài giải: 2
Với a, b, c > 0 ta có: a + b c  a (áp dụng bất đẳng thức Cô si) b c 4 2 2
Tương tự ta có: b + a c  b; và c + a b  c a c 4 b a 4 2 2 2
a + b + c + a b c  a + b + c b c a c b a 2 2 2 2
a + b + c    a b c (đpcm) b c a c b a 2 2 2 2
Vậy a + b + c    a b c b c a c b a 2 1 1
Bài 2: Cho x, y > 0; thoả x + y = 1. Tìm Min A = + .Bài giải: 2 2 x  y xy a  b 4 1 1 4
Ap dụng bất đẳng thức (a + b)2  4ab =>     (a, b > 0) ab a  b a b a  b 2 1 Mặt khác: x + y (x  y)  2 xy => xy 
= (áp dụng bất đẳng thức Cô si) 4 4 1 1 4 1 4 1 A = 1 + +  + = +  4 + 1 = 4 + 2 = 6 2 2 x 2 2 2  y 2xy 2xy x  y  2xy 2xy (x  y) 2xy 1 2. 4 1 Vậy MinA = 6 khi x = y = 2
Bài 3. Cho a,b,c 0:abc 1 1 1 1 1 CMR :    2 2 2 2 2 2
a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 2 Hướng dẫn Ta có: 2 2 2 2 2 a b  2 ;
ab b 1 2b a  2b  3  2ab b   1 1 1   2 2
a  2b  3 2ab b   1 Tương tự => 1 1 1 1  1 1 1       2 2 2 2 2 2  
a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 2  ab b 1 bc c 1 ca a 1 Mặt khác: 1 1 1 1 ab b      1 2
ab b 1 bc c 1 ca a 1 ab b 1 ab c abc ab bca ab b 1 1 1 1 =>  
  a b c 1 2 2 2 2 2 2
a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 2
Bài 4: Cho ba số x,y,z dương và xyz = 1. CMR : Bài giải Ta có 3 3 3 3 3
x y 1  3 x y  3xy 3 3 3 3 3
z y 1  3 z y  3zy 3 3 3 3 3
x z 1  3 x z  3xz   Nên vế trái = 3xy 3zy 3xz 1 1 1 1    3      3 3 3  3 3 xy zy xzxy zy xz xy zy xz  
Vì xyz = 1. Dấu “ = “ khi x = y = z
Bài 5: Cho 3 số dương a, b, c chứng minh rằng: 3 3 3 a b c a b c      3 3 3 b c a b c a Giải
Vận dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 3 3 a  a   a 1 3 (1) 3 3 b b b 3 3 b  b   b 1 3 (2) 3 3 c c c 3 3 c c c   1  3 (3) 3 3 a a a
Cộng vế theo vế (1) (2) và (3) ta có: 3 3 3 a b c a b c a b c 2(   )  3  2(   )    3 3 3 b c a b c a b c a a b c  2(   )  3 b c a 3 3 3 a b c a b c Vậy:      3 3 3 b c a b c a
Bài 6. (1đ) (Đắc Lắc 12 – 13)
Cho hai số dương x, y thõa mãn: x + 2y = 3. Chứng minh rằng: 1 2   3 x y
HD: Áp dụng 1/x + 1/y + 1/z  9/(x + y + z)
Bài 7: (Hải Dương 12 – 13)
Cho 2 số dương a, b thỏa mãn 1 1
  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b 1 1 Q   . 4 2 2 4 2 2
a b  2ab
b a  2ba Hướng dẫn
Với a  0;b  0 ta có: 2 2 4 2 2 4 2 2
(a b)  0  a  2a b b  0  a b  2a b 4 2 2 2 2  1 1
a b  2ab  2a b  2ab   (1) 4 2 2
a b  2ab
2ab a b Tương tự có 1 1  1
(2) . Từ (1) và (2)  Q  4 2 2
b a  2a b
2ab a b
aba b Vì 1 1   1 1
2  a b  2ab mà a b  2 ab ab  1  Q   . a b 2 2(ab) 2 Khi a = b = 1 thì 1
Q  . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là 1 2 2
Bài 8: (Hà Nội 12 – 13) Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x  2y , tìm giá trị 2 2
nhỏ nhất của biểu thức: x  y M  xy Hướng dẫn 2 2 2 2
Ta có M = x y x y x y x y 3x      (  )  xy xy xy y x 4 y x 4 y
Vì x, y > 0, áp dụng bdt Co si cho 2 số dương x y x y x y ; ta có   2 . 1, 4 y x 4 y x 4 y x
dấu “=” xảy ra  x = 2y Vì x ≥ 2y  x 3 x 6 3
 2  .   , dấu “=” xảy ra  x = 2y y 4 y 4 2
Từ đó ta có M ≥ 1 + 3 = 5 , dấu “=” xảy ra  x = 2y 2 2
Vậy GTNN của M là 5 , đạt được khi x = 2y 2 Bài 9: Hướng dẫn:
Bài 10 (Hà Nam: 12 – 13)
Cho ba số thực a, b, c thoả mãn a 1;b  4;c  9
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
bc a 1  ca b  4  ab c  9 P  abc Hướng dẫn:
Bài 11: (Hưng Yên 12 – 13)
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 4. Chứng minh rằng 1 1  1 xy xz   HD 1 1 1 1 1 4 4     xy xz
x y z xy z     x 4  x
Bài 12: (Thanh Hóa 12 – 13)
Cho hai số thực a; b thay đổi, thoả mãn điều kiện a + b  1 và a > 0 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 8a b 2  b 4a Hướng dẫn a = b = 0,5
Bài 13: (Quảng Ngãi 12 – 13) Cho  xy
x  0, y  0 thỏa mãn 2 2
x y  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 A  . 1 xy
Hướng dẫn: Với x  0, y  0 ta có 2 2 x y 1 3 1 2 2 4
xy xy   1 xy      2 2 2 1 xy 3 1 xy 3 Do đó 2  xy 2 4 2 A   2    2     . 1 xy 1 xy 3 3
Dấu “=” xảy ra khi x y .
x  0, y  0 Từ  2 x yx y  2  2 2 x y  1 Vậy 2 min A   khi 2 x y  . 3 2
Bài 14: (Quảng nam 12 – 13) 2  a 1 2b 8
Cho a, b ≥ 0 và a + b ≤ 2. Chứng minh :   1 a 1 2b 7 Hướng dẫn:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 1 2 8   1 a 1 2b 7 Ta có: 1 2  = 1 1 1   2 (1) (bđt Côsi) a 1 2b 1 a 1 1 1 b  (a 1)(b  ) 2 2 1 a 1 b  1 7 2
(a 1)(b  )   (bđt Cô si) 2 2 4  2 8  (2) 1 7 (a 1)(b  ) 2 Từ (1) và (2) suy ra: 1 2 8   1 a 1 2b 7
Dấu “=” xảy ra chỉ khi : a + 1 = b + 1 và a + b = 2  a = 3 và b = 5 2 4 4
Bài 15: Chuyên lam Sơn Thanh Hóa 11 – 12 (Vòng 01)
Cho a, b, c là ba số thực dương t/m a + b + c = 2 Tìm Max P biết ab bc ca P    ab c 2 bc  2a ac b 2 Hướng dẫn
* Vì a + b+ c = 2 2c+ab = c(a+b+c)+ab= ca+cb+c2+ ab = (ca+ c2)+(bc + ab) 
= c(a+c) + b(a+c)=(c+a)(c+b)  2c+ab = (c+a)(c+b)
vì a ; b ; c > 0 nên 1  1 0 và  0 áp dụng cosi ta có a c b c 1  1 2. 1
dấu (=)  1  1  a + c = b + c  a = b a c b c
(a c)(b c) a c b c hay 1 1 1 1  (  )
(c a)(c b) 2 c a c bab ab 1  ab ab   (1) dấu bằng  a = b c 2  abc a     (c b)
2  c a c b  Tương tự: bc 1  cb bc    
 (2) dấu bằng  b = c bc  2a
2  a b a c ac 1  ca ca    
 (3) dấu bằng  a = c b 2  ca
2  c b b a
cộng vế với vế của (1) ; (2) ; (3) ta có  : P= ab bc ca   1  ( ab ab  + cb cb  + ac ac  ) ab c 2 bc  2a ca b 2 2 c a
c b b a c a b a c b  P 1   ab cb ab ac cb ac  (  )  (  )  (  2  
c a c a b c c b a b a b
= 1 (a c b ). a b .(  c) c b .(  a)   1
 a b c 1  2 .  1 2    c a b c a b  2 2  P= ab bc ca  
≤ 1 dấu bằng  a = b = c = 2 ab c 2 bc  2a ca b 2 3
Vậy min P = 1 khi a = b = c = 2 3
Bài 16: (Vĩnh Phúc 11 – 12)
Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức: P = ab bc ca   . c  ab a  bc b  ca
Hướng dẫn: Từ a + b + c = 1 => ac + bc + c2 = c (Do c > 0)
Vì vậy: c + ab = ac + ab + bc + c2 = (b+c)(c+a) a b  Do đó ab ab
a c b c   (Cô – si) c ab
(b c)(c a) 2 b cc a  Tương tự: bc
b c c a  ; ca
c a a ba bc 2 b ca 2
a c b c a b   Vậy
a c b c a b 3 P   2 2
Do đó: MinP = 3/2, xảy ra khi a = b= c = 1/2
Bài 17: (Hà Nội 11 – 12)
Với x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 1 M  4x  3x   2011. 4x Hướng dẫn 1 1 2 2
M  4x  3x
 2011  4x  4x 1 x   2010 4x 4x 1 2
 (2x 1)  (x  )  2010 4x Vì 2
(2x 1)  0 và x > 0 1 
 0 , Áp dụng bdt Cosi cho 2 số dương ta có: x + 4x 1 1 1  2 . x  2.  1 4x 4x 2  M = 1 2
(2x 1)  (x
)  2010  0 + 1 + 2010 = 2011 4x  1 x  1   2   2 1  0 x x  2    
 M  2011 ; Dấu “=” xảy ra   1   2 1  1 x
 x    x   x = 1 4x 4  2    2 x  0 x  0  1  x       2  x  0
Vậy Mmin = 2011 đạt được khi x = 1 2
Bài 18. (Hải Dương 11 – 12)
Cho x, y, z là ba số dương thoả mãn x + y + z =3. Chứng minh rằng: xyz  1.
x  3x yz
y  3y zx
z  3z xy Hướng dẫn Từ   2 2 x yz
 0  x  yz  2x yz (*) Dấu “=” khi x2 = yz
Ta có: 3x + yz = (x + y + z)x + yz = x2 + yz + x(y + z)  x(y  z)  2x yz
Suy ra 3x  yz  x(y  z)  2x yz  x( y  z) (Áp dụng (*)) x x
x  3x  yz  x ( x  y  z)   (1) x  3x  yz x  y  z Tương tự ta có: y y  (2), z z  (3) y  3y  zx x  y  z z  3z  xy x  y  z Từ (1), (2), (3) ta có x y z   1 x  3x  yz y  3y  zx z  3z  xy
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 25
Bài 19: Cho các số a, b, c đều lớn hơn
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 a b c Q  
2 b 5 2 c 5 2 a  . 5 25 Do a, b, c >
(*) nên suy ra: 2 a 5  0, 2 b 5  0 , 2 c 5  0 4
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương, ta có: a
2 b 5  2 a (1) 2 b 5 b
 2 c 5  2 b (2) 2 c 5 c
 2 a 5  2 c (3) 2 a 5
Cộng vế theo vế của (1),(2) và (3), ta có: Q  5.3 15 .
Dấu “=” xẩy ra  a b c  25 (thỏa mãn điều kiện (*))
Vậy Min Q = 15  a b c  25