Mô tả:
1
DOÃN XUÂN HUY – THPT ÂN THI – HƯNG YÊN
LỜI GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ
1/ Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1. Tìm GTNN của BT:
𝒙𝟐 (𝒚 + 𝒛) 𝒚𝟐 (𝒙 + 𝒛) 𝒛𝟐 (𝒚 + 𝒙)
𝑷=
+
+
𝒚𝒛
𝒙𝒛
𝒚𝒙
Giải: Theo BĐT Cô-si ta có:
𝒙𝟐 𝒙𝟐 𝒚𝟐
+ +
≥ 𝟑𝒙 → 𝟑𝑷 ≥ 𝟑 𝒙 + 𝒚 + 𝒙 + 𝒛 + 𝒛 + 𝒚 = 𝟔 → 𝑷 ≥ 𝟐
𝒚
𝒚
𝒙
2/ Cho 3 số thực dương x, y, z. Tìm GTLN của BT:
𝑺=
𝒙
𝒙+
𝒙 + 𝒚 (𝒙 + 𝒛)
+
𝒚
𝒚+
𝒙 + 𝒚 (𝒚 + 𝒛)
+
𝒛
𝒛+
𝒛 + 𝒚 (𝒙 + 𝒛)
Giải: Ta có:
𝒙
𝒙+
𝒙 + 𝒚 (𝒙 + 𝒛)
=
𝒙
𝒙 + 𝒚 (𝒙 + 𝒛) − 𝑥
𝒙 𝒙 + (𝒚 + 𝒛) 𝟐 − 𝒙
𝑥𝑦 + 𝑥𝑧
≤
=
𝑥 + 𝑦 𝑥 + 𝑧 − 𝒙𝟐
𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧
2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧)
Tương tự cho các số hạng khác; từ đó suy ra:
𝑆≤
𝑥𝑦 + 𝑥𝑧
𝑥𝑦 + 𝑦𝑧
𝑧𝑦 + 𝑥𝑧
+
+
=1
2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧) 2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧) 2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧)
3/ Cho 3 số thực không âm x, y, z thỏa mãn đk: 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 = 𝟑. Tìm GTLN của BT:
𝑨 = 𝒙𝒚 + 𝒚𝒛 + 𝒛𝒙 + 𝟓 (𝒙 + 𝒚 + 𝒛)
Giải: Ta có: 𝟑 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 ≥ 𝒙 + 𝒚 + 𝒛
𝟐
≥ 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 ≥ 𝒙𝒚 + 𝒚𝒛 + 𝒛𝒙 ≥ 𝟎
→𝟑 ≥𝒕 =𝒙+𝒚+𝒛≥ 𝟑→𝑨≤ 𝒙+𝒚+𝒛
𝟐
𝟑 + 𝟓 (𝒙 + 𝒚 + 𝒛) = 𝒕𝟐 𝟑 + 𝟓 𝒕 = 𝒇(𝒕)
→ 𝒇 𝒕 ≤ 𝒇 𝟑 = 𝟏𝟒 𝟑
4/ Cho tg ABC có độ dài các cạnh là a, b, c. CMR:
𝒂𝟑 + 𝒃𝟑 + 𝒄𝟑 + 𝟑𝒂𝒃𝒄 ≥ 𝒂 𝒃𝟐 + 𝒄𝟐 + 𝒃 𝒂𝟐 + 𝒄𝟐 + 𝒄(𝒃𝟐 + 𝒂𝟐 )
Giải: BĐT cần chứng minh tương đương với:
2
DOÃN XUÂN HUY – THPT ÂN THI – HƯNG YÊN
𝒂𝟑 + 𝒃𝟑 − 𝒂𝒃 𝒂 + 𝒃 + 𝒄𝟑 + 𝒃𝟑 − 𝒄𝒃 𝒄 + 𝒃 + 𝒂𝟑 + 𝒄𝟑 − 𝒂𝒄 𝒂 + 𝒄 ≥ 𝒂𝟑 + 𝒃𝟑 + 𝒄𝟑 − 𝟑𝒂𝒃𝒄
↔ 𝒂+𝒃 𝒂−𝒃
𝟐
+ 𝒄+𝒃 𝒄−𝒃
𝟐
+ (𝒂 + 𝒄)(𝒂 − 𝒄)𝟐 ≥
× (𝒂 + 𝒃 + 𝒄) 𝟐 ↔ (𝒂 + 𝒃 − 𝒄) 𝒂 − 𝒃
𝟐
𝒂−𝒃
+ 𝒄+𝒃−𝒂 𝒄−𝒃
𝟐
𝟐
+ 𝒄−𝒃
𝟐
+ (𝒂 − 𝒄)𝟐
+ (𝒂 + 𝒄 − 𝒃)(𝒂 − 𝒄)𝟐 ≥ 𝟎
5/ Cho 𝒂, 𝒃, 𝒄 > 0&𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 𝟑 𝟒. Tìm GTNN của BT:
𝑷=𝟏
Giải: Ta có 𝑷 = 𝟏
𝟑
𝟑
𝒂 + 𝟑𝒃 + 𝟏
𝒂 + 𝟑𝒃 . 𝟏. 𝟏 + 𝟏
𝟑
𝟑
𝒃 + 𝟑𝒄 + 𝟏
𝒃 + 𝟑𝒄 . 𝟏. 𝟏 + 𝟏
𝟑
𝒄 + 𝟑𝒂
𝟑
𝒄 + 𝟑𝒂 . 𝟏. 𝟏 ≥
𝟑
𝟑
𝟑
𝟑×𝟗
𝟐𝟕
+
+
≥
=
=𝟑
𝒂 + 𝟑𝒃 + 𝟐 𝒃 + 𝟑𝒄 + 𝟐 𝒄 + 𝟑𝒂 + 𝟐 𝟒 𝒂 + 𝒃 + 𝒄 + 𝟔
𝟗
6/ Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn đk: 𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 ≤ 3. Chứng minh BĐT:
3𝑥𝑦 625𝒛𝟒 + 4 + 15𝑦𝑧 𝒙𝟒 + 4 + 5𝑧𝑥 81𝒙𝟐 + 4 ≥ 45 5𝑥𝑦𝑧
Giải: Đặt 𝑥 = 𝒂𝟓 ; 3𝑦 = 𝒃𝟓 ; 5𝑧 = 𝒄𝟓 𝑡ì 𝑡ừ 𝐺𝑇 𝑡𝑎 𝑐ó: 𝒂𝟓 + 𝒃𝟓 + 𝒄𝟓 ≤ 3 . Theo BĐT Cô-si ta có:
3𝒂𝟓 + 2 ≥ 5𝒂𝟑 → 𝒂𝟑 + 𝒃𝟑 + 𝒄𝟑 ≤ 3. Cũng theo BĐT Cô-si ta có:
3𝑥𝑦 625𝒛𝟒 + 4 = 𝒂𝟓 𝒃𝟓 𝒄𝟐𝟎 + 4 ≥ 𝒂𝟓 𝒃𝟓 5𝒄𝟒 = 5𝒂𝟓 𝒃𝟓 𝒄𝟐 → 𝑉𝑇 ≥ 5𝒂𝟓 𝒃𝟓 𝒄𝟓 ×
𝒂−𝟑 + 𝒃−𝟑 + 𝒄−𝟑 ≥
5𝒂𝟓 𝒃𝟓 𝒄𝟓 × 9 𝒂𝟑 + 𝒃𝟑 + 𝒄𝟑 ≥ 3 5 𝒂𝟓 𝒃𝟓 𝒄𝟓 → đ𝑝𝑐𝑚.
7/ Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn đk a + b + c = 1. Tìm GTNN của BT:
𝒂𝟑
𝒃𝟑
𝒄𝟑
𝑆=
+
+
(𝟏 − 𝒂)2 (𝟏 − 𝒃)2 (𝟏 − 𝒄)2
Giải: Theo BĐT Cô-si ta có:
𝒂𝟑
1 − 𝑎 1 − 𝑎 3𝑎
+
+
≥
. 𝑇ươ𝑛𝑔 𝑡ự 𝑡𝑎 𝑐ũ𝑛𝑔 𝑐ó 𝑐á𝑐 𝐵Đ𝑇 𝑘á𝑐; 𝑡ừ đó 𝑠𝑢𝑦 𝑟𝑎:
(𝟏 − 𝒂)2
8
8
4
𝑆+
1 − 𝑎 + 1 − 𝑏 + 1 − 𝑐 3(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)
3 2 1
≥
→ 𝑆 ≥ − = → 𝑀𝑖𝑛𝑆 = 0,25
4
4
4 4 4
3
DOÃN XUÂN HUY – THPT ÂN THI – HƯNG YÊN
3x 2 4 2 y 3
8/ Cho x, y > 0 TMĐK 𝑥 + 𝑦 ≥ 4. 𝑇ì𝑚 𝐺𝑇𝑁𝑁 𝑐ủ𝑎 𝐵𝑇: P
.
4x
y2
Giải: Theo BĐT Cô-si ta có: P
3x 2 4 2 y 3 x y x 1 2 y y
2 2 1 1,5 4,5
4x
y2
2
4 x y
4 4
9/ Cho 2 số thực x, y TMĐK 𝑥 2 − 𝑥𝑦 + 𝒚2 = 1. Tìm GTNN và GTLN của BT:
𝑃 = (𝑥 𝟒 + 𝒚𝟒 + 1) (𝑥 2 + 𝒚2 + 1) .
Giải:Từ GT ta suy ra: (𝑥 − 𝒚)2 = 1 − 𝑥𝑦 ≥ 0; (𝑥 + 𝒚)2 = 1 + 3𝑥𝑦 ≥ 0 → 1 ≥ 𝑡 = 𝑥𝑦 ≥ − 1 3
t 2 2t 2
f (t ) . Do PT f’(t) = 0 có nghiệm t 6 2 (1/ 3;1) nên
Ta có: P
t2
𝑀𝑎𝑥𝑃 = 𝑓
6 − 2 = 6 − 2 6 ; 𝑀𝑖𝑛𝑃 = 𝑓 1 = 1 .
10/ Cho 2 số thực x, y TMĐK 𝟐(𝑥 2 + 𝒚2 ) = 𝑥𝑦 + 1. Tìm GTNN và GTLN của BT:
𝑃 = (𝑥 𝟒 + 𝒚𝟒 ) (2𝑥𝑦 + 1) .
Giải:Từ GT ta suy ra: (𝑥 − 𝒚)2 = 0,5 − 1,5𝑥𝑦 ≥ 0; (𝑥 + 𝒚)2 = 0,5 + 2,5𝑥𝑦 ≥ 0
1
1
−7𝒕2 + 2𝑡 + 1
→ − ≤ 𝑡 = 𝑥𝑦 ≤ 𝑣à 𝑃 =
= 𝑓 𝑡 𝐷𝑜 𝑓 ′
5
3
4(2𝑡 + 1)
𝑡
= 0 𝑘𝑖 𝑡 = 0 𝑛ê𝑛
𝑀𝑎𝑥𝑃 = 𝑓 0 = 1 4 ; 𝑀𝑖𝑛𝑃 = 𝑓(− 1 5) = 𝑓 1 3 = 2 15
11/ Cho 4 số thực a, b, c, d thỏa mãn đk 𝒂2 + 𝒃2 = 1 𝑣à 𝑐 − 𝑑 = 3. CMR:
𝐹 = 𝑎𝑐 + 𝑏𝑑 − 𝑐𝑑 ≤ (9 + 6 2) 4 .
Giải:Từ GT ta suy ra: c = d + 3 và theo BĐT Bunhiacốpxki ta có:
𝐹≤
𝒂2 + 𝒃2 . 𝒄2 + 𝒅2 − 𝑑 + 3 𝑑 =
(𝒅 + 𝟑)2 + 𝒅2 − 𝒅2 + 3𝑑 = 𝑡 − 0,5(𝒕2 − 9)
= (−𝒕2 + 2𝑡 + 9) 2 = 𝑓 𝑡 . 𝑇𝑎 𝑐ó: 𝒕2 = 2(𝒅 + 𝟏, 𝟓)2 + 4,5 ≥ 4,5 → 𝑡 ≥ 3
𝐷𝑜 𝑓 ′ 𝑡 = 1 − 𝑡 > 0 𝑣ớ𝑖 𝑡 ≤ − 3
𝑡 ≤ −3
𝑣ớ𝑖 𝑡 ≥ 3
2 → 𝑓 𝑡 ≤ 𝑓 −3
2 (1) ; 𝑓 ′ 𝑡 = 1 − 𝑡 < 0 𝑣ớ𝑖 𝑡 ≥ 3
2 (2). Từ (1) và (2) ta suy ra đpcm.
2
2 = (9 − 6 2) 4 𝑣ớ𝑖
2→𝑓 𝑡 ≤𝑓 3
2 = (9 + 6 2) 4
4
DOÃN XUÂN HUY – THPT ÂN THI – HƯNG YÊN
- Xem thêm -